Vui lòng bật JavaScript để tiếp tục sử dụng Website!

Bài toán định tính về cực trị của hàm số

  1. Chia sẻ trang này

    Tác giả: LTTK CTV
    Đăng lúc: 1/12/17
    BÀI TOÁN ĐỊNH TÍNH VỀ CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ

    Bài toán tìm giá trị lớn nhất (GTLN) và giá trị nhỏ nhất (GTNN) của hàm số khá đa dạng, phong phú và có thể nói là khó không những đối với các bạn học sinh phổ thông mà còn đối với các bạn sinh viên các trường đại học, đặc biệt là các hàm số có chứa tham số. Rất nhiều trường hợp, việc tìm GTLN, GTNN của hàm số gặp không ít khó khăn, thậm chí không tìm được. Tuy nhiên, chúng ta mong muốn biết được một số tính chất nào đó của GTLN, GTNN.

    Với mong muốn đó, bài viết trình bày một phương pháp đánh giá GTLN, GTNN của hàm số mang tính định tính thông qua các giá trị của hàm số tại một số điểm đặc biệt của hàm số, từ đó đạt được kết quả mong muốn.

    I. Nhắc lại khái niệm GTLN, GTNN của hàm số.

    Cho hàm số $f\left( x \right)$ xác định trên miền $D\left( {D \subset }\mathbb{R} \right)$. Giả sử $M,m$ lần lượt là GTLN, GTNN của hàm $f\left( x \right)$ trên miền $D$.

    $$M = \mathop {\max }\limits_{x \in D} f\left( x \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
    f\left( x \right) \le M,\forall x \in D\\
    \exists {x_0} \in D\,\,\,\,\text{sao cho}\,\,\,f\left( {{x_0}} \right) = M
    \end{array} \right.$$
    $$m = \mathop {\min }\limits_{x \in D} f\left( x \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
    f\left( x \right) \ge m,\forall x \in D\\
    \exists {x_0} \in D\,\,\,\text{sao cho}\,\,\, f\left( {{x_0}} \right) = m
    \end{array} \right.$$

    II. Một số bài toán minh họa.

    Bài toán 1. Cho hàm số $f\left( x \right) = \left| {4a{x^3} + 2b{x^2} + \left( {1 - 3a} \right)x - b} \right|$, trong đó $a,b$ là các số thực tùy ý. Gọi $M = \mathop {\max }\limits_{x \in \left[ { - 1;1} \right]} f\left( x \right)$. Chứng minh rằng $M \ge \frac{{\sqrt 3 }}{2}$.

    Lời giải. Trước hết ta có các kết quả sau:
    $$\max \left\{ {\alpha ,\beta } \right\} \ge \frac{1}{2}\left( {\alpha + \beta } \right)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)$$
    $$\min \left\{ {\alpha ,\beta } \right\} \le \frac{1}{2}\left( {\alpha + \beta } \right)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)$$
    $$\left| \alpha \right| + \left| \beta \right| \ge \alpha - \beta \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 3 \right)$$
    Do $\frac{{\sqrt 3 }}{2}$ và $-\frac{{\sqrt 3 }}{2}$ thuộc đoạn $\left[ { - 1;1} \right]$ nên ta có
    $$M \ge f\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right) = \left| {4a{{\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)}^3} + 2b{{\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} + \left( {1 - 3a} \right)\frac{{\sqrt 3 }}{2} - b} \right| = \left| {\frac{{\sqrt 3 }}{2} + \frac{b}{2}} \right|$$
    $$M \ge f\left( { - \frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right) = \left| {4a{{\left( { - \frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)}^3} + 2b{{\left( { - \frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} + \left( {1 - 3a} \right)\left( { - \frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right) - b} \right| = \left| { - \frac{{\sqrt 3 }}{2} + \frac{b}{2}} \right|$$
    Từ đó suy ra $$M \ge \max \left\{ {f\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right),f\left( { - \frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)} \right\} = \max \left\{ {\left| {\frac{{\sqrt 3 }}{2} + \frac{b}{2}} \right|,\left| { - \frac{{\sqrt 3 }}{2} + \frac{b}{2}} \right|} \right\}$$
    $$ \ge \frac{1}{2}\left( {\left| {\frac{{\sqrt 3 }}{2} + \frac{b}{2}} \right| + \left| { - \frac{{\sqrt 3 }}{2} + \frac{b}{2}} \right|} \right)\,\,\text{(theo kết quả (1))}$$
    $$ \ge \frac{1}{2}\left[ {\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2} + \frac{b}{2}} \right) - \left( { - \frac{{\sqrt 3 }}{2} + \frac{b}{2}} \right)} \right]\,\,\text{(theo kết quả (3))}$$
    Vậy $M \geqslant \frac{{\sqrt 3 }}{2}.\,\square $

    Bài toán 2. Cho hàm số $f\left( x \right) = 2{x^2} - 1 + ax - 2012\sqrt {1 - {x^2}} $, trong đó $a$ là tham số thực tùy ý. Gọi $M = \mathop {\max }\limits_{x \in \left[ { - 1;1} \right]} f\left( x \right);\,\,m = \mathop {\min }\limits_{x \in \left[ { - 1;1} \right]} f\left( x \right)$. Chứng minh rằng $M \geqslant 1\,\,\,\text{và}\,\,\,\,m \leqslant - 1006\sqrt 2 $

    Lời giải. Ta có: $$\left\{ \begin{gathered}
    M \geqslant f\left( 1 \right) = 1 + a \\
    M \geqslant f\left( { - 1} \right) = 1 - a \\
    \end{gathered} \right.\,\,\,\,\text{suy ra}\,\,\,M \geqslant \frac{1}{2}\left( {f\left( 1 \right) + f\left( { - 1} \right)} \right) = 1\,\,\,\,\text{(đpcm)}$$

    Tương tự ta có: $$\left\{ \begin{array}{l}
    m \le f\left( {\frac{1}{{\sqrt 2 }}} \right) = \frac{a}{{\sqrt 2 }} - \frac{{2012}}{{\sqrt 2 }}\\
    m \le f\left( { - \frac{1}{{\sqrt 2 }}} \right) = - \frac{a}{{\sqrt 2 }} - \frac{{2012}}{{\sqrt 2 }}
    \end{array} \right.\,\,\,\text{suy ra}\,\,\,m \le \frac{1}{2}\left[ {f\left( {\frac{1}{{\sqrt 2 }}} \right) + f\left( { - \frac{1}{{\sqrt 2 }}} \right)} \right]\,\,\text{(theo kết quả (2))}$$
    Vậy $m \leqslant - \frac{{2012}}{{\sqrt 2 }} = - 1006\sqrt 2 .\,\square $

    Bài toán 3. Giả sử $M$ là giá trị lớn nhất của $\left| b \right|$ sao cho $4b{x^3} + \left( {a - 3b} \right)x \leqslant 1,\forall x \in \left[ { - 1;1} \right]$ và với mọi số thực $a$. Chứng minh rằng $M \leqslant 1$.

    Lời giải. Đặt $f\left( x \right) = 4b{x^3} + \left( {a - 3b} \right)x$. Từ giả thiết ta có:
    $$\left\{ \begin{array}{l}
    f\left( 1 \right) = 4b + a - 3b = a + b \le 1\\
    f\left( { - 1} \right) = - 4b - \left( {a - 3b} \right) = - a - b \le 1
    \end{array} \right.\,\,\,\text{suy ra}\,\,\, - 1 \le a + b \le 1\,\,\,\,\,(4)$$
    Hoàn toàn tương tự ta có:
    $$\left\{ \begin{array}{l}
    f\left( {\frac{1}{2}} \right) = \frac{b}{2} + \frac{1}{2}\left( {a - 3b} \right) = \frac{a}{2} - b \le 1\\
    f\left( { - \frac{1}{2}} \right) = - \frac{b}{2} - \frac{1}{2}\left( {a - 3b} \right) = - \frac{a}{2} + b \le 1
    \end{array} \right.\,\,\,\text{suy ra}\,\,\, - 1 \le - \frac{a}{2} + b \le 1\,\,\,\,\left( 5 \right)$$
    Từ $(4)$ và $(5)$, ta nhận được $$\left\{ \begin{array}{l}
    - 1 \le a + b \le 1\\
    - 2 \le - a + 2b \le 2
    \end{array} \right. \Rightarrow - 3 \le 3b \le 3 \Rightarrow \left| b \right| \le 1$$
    Suy ra $\max \left| b \right| \leqslant 1.\,\,\text{Vậy}\,\,M \leqslant 1.\,\square $

    Để kết thúc bài viết này, mời các bạn tham gia giải các bài toán sau.

    Bài toán 4. Cho hàm số $f\left( x \right) = \cos 2x + a\cos \left( {x + \alpha } \right)$, trong đó $a,\alpha$ là các tham số thực tùy ý. Giả sử $M = \max f\left( x \right);m = \min f\left( x \right)$. Chứng minh rằng ${M^2} + {m^2} \geqslant 2$.

    Bài toán 5. Cho hàm số $f\left( x \right) = a{x^2} + bx + c$, trong đó $a,b,c$ là các tham số thực thỏa mãn các điều kiện $a + b + c \leqslant 1,a - b + c \geqslant 0,c \leqslant 1$. Gọi $M = \mathop {\max }\limits_{x \in \left[ {0;1} \right]} f\left( x \right)$. Chứng minh rằng $M \leqslant \frac{9}{8}$.
     
  2. Chia sẻ trang này

    Tác giả: LTTK CTV28
    Đăng lúc: 25/5/19
    Cho hai số thực $x,y$ thuộc $(0;1)$ và $x+y=1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $x^{x}+y^{y}$.
    Xét hàm số: $f(x)=ln(x)-x+1,x\in (0;+\infty)$. Ta có: $f'(x)=\frac{1}{x}-1$.
    Vậy $f'(1)=0,f'(x)>0$ khi $0<x<1$ và $f'(x)<0$ khi $x>1$.
    Suy ra: $f(x)\le f(1)=0\forall x\in (0;+\infty)$.
    Vậy $xf(\frac{1}{2x})+yf(\frac{1}{2y})\le 0,\forall x,y>0$.
    Hay $ln(\frac{1}{2x})^x+ln(\frac{1}{2y})^y\le 0$.
    $\implies x^{x}.y^{y}\ge \frac{1}{2}$.
    Mặt khác: $x^{x}+y^{y}\ge 2\sqrt{x^{x}y^{y}}\ge 2\sqrt{\frac{1}{2}}=\sqrt{2}$.
    Đẳng thức xay ra khi: $x=y=\frac{1}{2}$. Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức $x^x+y^y$ là $\sqrt{2}$.