Bài viết hướng dẫn phương pháp tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số (viết tắt là GTLN và GTNN), đây là một dạng toán căn bản thường gặp trong chương trình Giải tích 12 chương 1 (ứng dụng của đạo hàm để khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số). Bài viết tập trung đi sâu vào vận dụng tìm GTLN và GTNN của hàm số để giải quyết các bài toán nâng cao.
Phương pháp
Cho hàm số \(y = f(x)\) xác định trên tập \(D.\)
\(M = \mathop {\max }\limits_{x \in D} f(x)\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\forall x \in D, f(x) \le M\\
\exists {x_1} \in D, f({x_1}) = M
\end{array} \right.\)
\(m = \mathop {\min }\limits_{x \in D} f(x)\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\forall x \in D, f(x) \ge m\\
\exists {x_2} \in D, f({x_2}) = m
\end{array} \right.\)
Nếu hàm số \(f\) liên tục trên \([a;b]\) thì \(f\) đạt giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất trên đoạn đó.
Nếu hàm số \(f\) liên tục trên \([a,b]\) và có đạo hàm trên khoảng \((a,b)\) thì giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của \(f\) trên \([a;b]\) luôn tồn tại, hơn nữa các giá trị này chỉ đạt được tại các điểm cực trị hoặc tại hai biên \(a\), \(b\). Do đó trong trường hợp này để tìm \(\mathop {\max }\limits_{x \in [a,b]} f(x)\), \(\mathop {\min }\limits_{x \in [a,b]} f(x)\), ta có thể tiến hành một cách đơn giản hơn như sau:
+ Tính \(f'(x)\) và tìm các nghiệm \({{\rm{x}}_{\rm{1}}},{\rm{ }}{{\rm{x}}_{\rm{2}}},{\rm{ }} \ldots .,{\rm{ }}{{\rm{x}}_{\rm{n}}}\) thuộc \((a;b)\) của phương trình \(f’(x) = 0.\)
+ Tính \(f({x_1}), f({x_2}), …., f({x_n}), f(a), f(b).\)
+ Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất trong các giá trị trên là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số \(f\) trên \([a,b].\)
Ví dụ 1. Tìm GTLN và GTNN của các hàm số sau:
a. \(y = \frac{1}{3}{x^3} – \frac{1}{2}{x^2} – 6x + 3\), \(x \in [0;4].\)
b. \(y = {x^6} + 4{\left( {1 – {x^2}} \right)^3}\) trên đoạn \(\left[ { – 1;1} \right].\)
c. \(y = \frac{{x + \sqrt {1 + 9{x^2}} }}{{8{x^2} + 1}}\) trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right).\)
a. TXĐ: \(D = R \supset [0;4].\)
\(y’ = {x^2} – x – 6\) \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
y’ = 0\\
x \in (0;4)
\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = – 2,x = 3\\
x \in (0;4)
\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow x = 3.\)
\(y(0) = 3\), \(y(4) = – \frac{{23}}{3}\), \(y(3) = – \frac{{21}}{2}.\)
\(y\) liên tục trên \([0;4]\) và có đạo hàm trên \((0;4).\)
Suy ra \(\mathop {\max }\limits_{x \in [0;4]} y = 3\) khi \(x = 0\), \(\mathop {\min }\limits_{x \in [0;4]} y = – \frac{{21}}{2}\) khi \(x = 3.\)
b. TXĐ: \(D = R \supset \left[ { – 1;1} \right].\)
Đặt \(t = {x^2},x \in \left[ { – 1;1} \right]\) \( \Rightarrow t \in \left[ {0;1} \right].\)
Hàm số đã cho viết lại \(f\left( t \right) = {t^3} + 4{\left( {1 – t} \right)^3}\), \(t \in \left[ {0;1} \right].\)
Ta có \(f’\left( t \right) = 3{t^2} – 12{\left( {1 – t} \right)^2}\) \( = 3\left( { – 3{t^2} + 8t – 4} \right).\)
\(f’\left( t \right) = 0\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
t = \frac{2}{3},f\left( {\frac{2}{3}} \right) = \frac{4}{9}\\
t = 2
\end{array} \right.\) và \(f\left( 0 \right) = 4,f\left( 1 \right) = 1.\)
Vậy \(\mathop {\max }\limits_{\left[ { – 1;1} \right]} y = 4\) khi \(x = 0\), \(\mathop {\min }\limits_{\left[ { – 1;1} \right]} y = \frac{4}{9}\) khi \(x = \pm \sqrt {\frac{2}{3}}.\)
c. Hàm số đã cho xác định và liên tục trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right).\)
\(y = \frac{{x + \sqrt {9{x^2} + 1} }}{{8{x^2} + 1}}\) \( = \frac{{9{x^2} + 1 – {x^2}}}{{\left( {8{x^2} + 1} \right)\left( {\sqrt {9{x^2} + 1} – x} \right)}}\) \( = \frac{1}{{\sqrt {9{x^2} + 1} – x}}.\)
Hàm số đạt giá trị lớn nhất trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\) khi hàm số \(f\left( x \right) = \sqrt {9{x^2} + 1} – x{\rm{ }}\) đạt giá trị nhỏ nhất trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right).\)
Ta có: \(f’\left( x \right) = \frac{{9x}}{{\sqrt {9{x^2} + 1} }} – 1\) với mọi \(x \in \left( {0; + \infty } \right).\)
Ta tìm nghiệm của phương trình \(f’\left( x \right)\) trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right).\)
\(f’\left( x \right) = 0,x \in \left( {0; + \infty } \right)\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x /> 0\\
\sqrt {9{x^2} + 1} = 9x
\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x /> 0\\
72{x^2} = 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow x = \frac{1}{{6\sqrt 2 }}.\)
\(\mathop {\min }\limits_{x /> 0} f\left( x \right) = \frac{{{\rm{2}}\sqrt {\rm{2}} }}{{\rm{3}}}\) khi \(x = \frac{{\rm{1}}}{{{\rm{6}}\sqrt {\rm{2}} }}\) \( \Rightarrow \mathop {{\rm{max}}y}\limits_{x /> {\rm{0}}} = \frac{1}{{\frac{{{\rm{2}}\sqrt {\rm{2}} }}{{\rm{3}}}}} = \frac{{3\sqrt 2 }}{4}\) khi \(x = \frac{{\rm{1}}}{{{\rm{6}}\sqrt {\rm{2}} }}.\)
Hàm số không có giá trị nhỏ nhất khi \(x /> 0.\)
Ví dụ 2. Tìm GTLN và GTNN của các hàm số sau:
a. \(y = (x + 3)\sqrt { – {x^2} – 2x + 3} .\)
b. \(y = \sqrt {45 + 20{x^2}} + \left| {2x – 3} \right|.\)
a. Hàm số xác định \( \Leftrightarrow – {x^2} – 2x + 3 \ge 0\) \( \Leftrightarrow – 3 \le x \le 1.\)
Vậy hàm số xác định trên \(D = [ – 3;1].\)
\(y’ = \frac{{ – 2{x^2} – 6x}}{{\sqrt { – {x^2} – 2x + 3} }}\) \( \Rightarrow y’ = 0\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x \in ( – 3;1)\\
– 2{x^2} – 6x = 0
\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x \in ( – 3;1)\\
x = 0,x = – 3
\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow x = 0.\)
\({\rm{y}}\left( { – {\rm{ 3}}} \right) = 0\), \({\rm{y}}\left( {\rm{1}} \right) = 0\), \({\rm{y}}\left( 0 \right) = 3\sqrt 3 .\)
\(f\) liên tục trên \([ – 3;1]\) và có đạo hàm trên \(( – 3;1).\)
Suy ra \(\mathop {\max }\limits_{x \in D} y = 3\sqrt 3 \) khi \(x = 0\), \(\mathop {\min }\limits_{x \in D} y = 0\) khi \(x = – 3\) hoặc \(x = 1.\)
b. Áp dụng bất đẳng thức B.C.S (Bunyakovsky), ta có:
\(\sqrt {45 + 20{x^2}} = \sqrt {5(9 + 4{x^2})} \) \( = \sqrt {({2^2} + {1^2})[{3^2} + {{(2x)}^2}]}\) \(\mathop \ge \limits^{BCS} \) \(\left| {2.3 + 1.2x} \right| = \left| {6 + 2x} \right|.\)
Suy ra \(y \ge \left| {6 + 2x} \right| + \left| {2x – 3} \right|.\)
Áp dụng bất đẳng thức \(\left| a \right| + \left| b \right| \ge \left| {a + b} \right|\), ta có:
\(\left| {6 + 2x} \right| + \left| {2x – 3} \right|\) \( = \left| {6 + 2x} \right| + \left| {3 – 2x} \right|\) \( \ge \left| {6 + 2x + 3 – 2x} \right| = 9.\)
Suy ra \(y \ge 9.\)
\(y = 9\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
(6 + 2x)(3 – 2x) \ge 0\\
\frac{{2x}}{1} = \frac{3}{2}
\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow x = \frac{3}{4}.\)
Vậy \({\rm{miny}} = {\rm{9}}\) khi \(x = \frac{3}{4}.\)
[ads]
Ví dụ 3. Cho hai số thực \(x, y\) thoả mãn: \(\left\{ \begin{array}{l}
x \ge 0,{\rm{ }}y \ge 1\\
x + y = 3
\end{array} \right.\). Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của biểu thức: \(P = {x^3} + 2{y^2} + 3{x^2} + 4xy – 5x.\)
Ta có \(y = 3 – x \ge 1\) \( \Rightarrow x \le 2 \Rightarrow x \in \left[ {0;2} \right].\)
Khi đó: \(P = {x^3} + 2{(3 – x)^2} + 3{x^2} + 4x(3 – x) – 5x\) \( = {x^3} + {x^2} – 5x + 18.\)
Xét hàm số \(f(x) = {x^3} + {x^2} – 5x + 18\) trên \(\left[ {0;2} \right]\), ta có:
\(f'(x) = 3{x^2} + 2x – 5\) \( \Rightarrow f'(x) = 0 \Leftrightarrow x = 1.\)
Hơn nữa: \(f\left( 0 \right) = 18,\), \(f\left( 1 \right) = 15\), \(f\left( 2 \right) = 20.\)
Vậy: \(\max P = \mathop {\max }\limits_{{\rm{x}} \in {\rm{[}}0;2]} f(x) = f(2) = 20\) khi \(x = 2\), \(\min P = \mathop {\min }\limits_{{\rm{x}} \in {\rm{[}}0;2]} f(x) = f(1) = 15\) khi \(x = 1.\)
Ví dụ 4. Cho hai số thực \(a,b \ge 0\). Chứng minh: \({a^4} + {b^4} \ge {a^3}b + {b^3}a\) \((1).\)
+ Nếu một trong hai số \(a, b\) bằng \(0\) thì \((1)\) luôn đúng.
+ Với \(a \ne 0\), đặt \(b = ta\). Khi đó \((1)\) trở thành:
\({a^4}(1 + {t^4}) \ge {a^4}(t + {t^3})\) \( \Leftrightarrow {t^4} – {t^3} – t + 1 \ge 0.\)
Xét hàm số \(f(t) = {t^4} – {t^3} – t + 1\), ta có: \(f'(t) = 4{t^3} – 3{t^2} – 1\) \( = (t – 1)(4{t^2} + t + 1).\)
\( \Rightarrow f'(t) = 0 \Leftrightarrow t = 1.\)
Lập bảng biến thiên, từ đó suy ra \(f(t) \ge f(0) = 0\). Từ đó suy ra \({a^4} + {b^4} \ge {a^3}b + {b^3}a\) với \(a,b \ge 0\).
Ví dụ 5. Cho các số thực dương \(x, y\). Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: \(P = \frac{{4x{y^2}}}{{{{\left( {x + \sqrt {{x^2} + 4{y^2}} } \right)}^3}}}.\)
Đặt \(x = ty\) ta có \(P = \frac{{4t}}{{{{\left( {t + \sqrt {{t^2} + 4} } \right)}^3}}}.\)
Xét \(f\left( t \right) = \frac{{4t}}{{{{\left( {t + \sqrt {{t^2} + 4} } \right)}^3}}}\), \(t /> 0.\)
Ta có: \(f’\left( t \right) = \frac{{4\left( {\sqrt {{t^2} + 4} – 3t} \right)}}{{\sqrt {{t^2} + 4} {{\left( {t + \sqrt {{t^2} + 4} } \right)}^3}}}\) và \(f’\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow \sqrt {{t^2} + 4} = 3t\) \( \Leftrightarrow t = \frac{1}{{\sqrt 2 }}.\)
Lập bảng biến thiên ta được \(\mathop {\max }\limits_{(0; + \infty )} f\left( t \right) = f\left( {\frac{1}{{\sqrt 2 }}} \right) = \frac{1}{8}.\)
Vậy \(\max P = \frac{1}{8}\) khi \(x = \frac{1}{{\sqrt 2 }}y.\)
Ví dụ 6. Tìm tất cả các giá trị của \(a\) và \(b\) thoả mãn điều kiện: \(a \ge – \frac{1}{2}\) và \(\frac{a}{b} /> 1\) sao cho biểu thức \(P = \frac{{2{a^3} + 1}}{{b\left( {a – b} \right)}}\) đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó.
Từ giả thiết, ta suy ra \(a \ne 0\) và \(b(a – b) /> 0.\)
Ta có: \(0 < b(a – b) \le \frac{{{a^2}}}{4}\) và \(2{a^3} + 1 /> 0\) nên \(P \ge \frac{{2{a^3} + 1}}{{{a^2}}} = f(a).\)
Xét hàm số \(f(a),{\rm{ }}a \ge – \frac{1}{2}\) có \(f'(a) = \frac{{2{a^3} – 2}}{{{a^3}}}\) \( \Rightarrow f(a) = 0 \Leftrightarrow a = 1.\)
Bảng biến thiên:
Từ bảng biến thiên \( \Rightarrow f(a) \ge 3{\rm{ }}, \forall a \ge – \frac{1}{2}\) \( \Rightarrow P \ge – \frac{1}{2}.\)
Đẳng thức xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = – \frac{1}{2}\\
b = – \frac{1}{4}
\end{array} \right.\) hoặc \(\left\{ \begin{array}{l}
a = 1\\
b = \frac{1}{2}
\end{array} \right.\)
Vậy \(\min P = 3\) khi \(\left( {a;b} \right) = \left( { – \frac{1}{2}; – \frac{1}{4}} \right),\left( {1;\frac{1}{2}} \right)\).
Ví dụ 7. Tìm GTLN và GTNN của hàm số sau: \(y = \frac{{\sqrt {x + 1} + 2\sqrt {3 – x} + 2}}{{2\sqrt {x + 1} + \sqrt {3 – x} + 1}}\) trên \(\left[ { – 1;3} \right].\)
Vì \({\left( {\sqrt {x + 1} } \right)^2} + {\left( {\sqrt {3 – x} } \right)^2} = 4\), suy ra tồn tại số thực \(t \in \left[ {0;1} \right]\) sao cho \(\sqrt {x + 1} = \frac{{4t}}{{1 + {t^2}}}\), \(\sqrt {3 – x} = \frac{{2(1 – {t^2})}}{{1 + {t^2}}}.\)
Khi đó: \(y = \frac{{2{t^2} – 4t – 6}}{{{t^2} – 8t – 3}} = f(t)\), xét \(f(t) = \frac{{2{t^2} – 4t – 6}}{{{t^2} – 8t – 3}}\) với \(t \in \left[ {0;1} \right].\)
Ta có: \(f'(t) = \frac{{ – 12{t^2} – 36}}{{{{({t^2} – 8t – 3)}^2}}} < 0\) \(\forall t \in \left[ {0;1} \right]\) nên \(f(t)\) nghịch biến trên đoạn \(\left[ {0;1} \right].\)
Hơn nữa: \(f(0) = 2\), \(f(1) = \frac{4}{5}.\)
Vậy \(\min y = \mathop {\min }\limits_{t \in \left[ {0;1} \right]} f(t) = f(0) = 2\) khi \(x = 0\), \(\max y = \mathop {\max }\limits_{t \in \left[ {0;1} \right]} f(t) = f(1) = \frac{4}{5}\) khi \(x = 1.\)
