Cách tính max min của đa thức dùng đạo hàm (2024) chi tiết nhất

1900.edu.vn xin giới thiệu Cách tính max min của đa thức dùng đạo hàm môn Toán hay, chi tiết nhất sẽ giúp các bạn học sinh ôn tập và củng cố kiến thức đã học, tự luyện tập nhằm học tốt môn Toán tốt hơn. Mời các em tham khảo:

Cách tính max min của đa thức dùng đạo hàm

I. Phương pháp giải

Các bước thực hiện :
+ Tìm miền xác định của hàm số.
+ Tính đạo hàm và lập bảng biến thiên.
+ Từ bảng biến thiên, ta tính giá trị hàm số tại các đầu của miền xác định ; giá trị của hàm số tại các điểm đạo hàm triệt tiêu. So sánh các giá trị đó để tìm giá trị lớn nhất (GTLN), giá trị nhỏ nhất (GTNN).
Chú ý :
+ Có những bái toán có nhiều ẩn thì ta phải gom các ẩn đó về cùng một dạng rồi đặt ẩn phụ, tìm miền giá trị của ẩn phụ, sau đó mới xét hàm số theo biến số mới.
+ Để tồn tại GTLN, GTNN thì ta chỉ cần một hoặc vài giá trị của biến số (không nhất thiết phải tìm hết tất cả các giá trị của biến số).

Ví dụ $1.$ Tìm GTLN, GTNN của các hàm số sau :
a.

y = {(\sin x + \cos x)}^{2} + \frac{1}{\sin^{2} x \cos^{2} x}

.
b.

y = \frac{\sin^{4} x + \cos^{4} x}{\sin^{6} x + \cos^{6} x}

.
Lời giải :
a.

y = 1 + 2 \sin x \cos x + \frac{1}{\sin^{2} x \cos^{2} x} = 1 + \sin 2 x + \frac{4}{\sin^{2} 2 x}

Đặt :

t = \sin 2 x \Rightarrow {\begin{cases} - 1 \leq t \leq 1 \\ t \neq 0 \end{cases}

\Rightarrow y = 1 + t + \frac{4}{t^{2}}; y^{'} = 1 - \frac{8}{t^{3}} = \frac{t^{3} - 8}{t^{3}}

y^{'} = 0 \Leftrightarrow t^{3} - 8 = 0 \Leftrightarrow t = 2

Bảng biến thiên :

\begin{array}{cccccccc} t & - 1 & 0 & 1 \\ y^{'} & + & ∥ & - \\ + \infty & ∥ & + \infty \\ f (x) & ↗ & ∥ & ↘ \\ 4 & ∥ & 6 \end{array}

Từ bảng biến thiên ta suy ra

min y = 4

đạt được

\Leftrightarrow t = - 1 \Leftrightarrow \sin 2 x = - 1 \Leftrightarrow x = - \frac{π}{4} + k π (k \in Z)

.
Hàm số không đạt giá trị lớn nhất.
Vậy GTNN của hàm số là

min y = 4

khi

x = - \frac{π}{4} + k π (k \in Z)

.
b.
Sử dụng các đẳng thức cơ bản :

\sin^{4} x + \cos^{4} x = 1 - \frac{1}{2} \sin^{2} 2 x

\sin^{6} x + \cos^{6} x = 1 - \frac{3}{4} \sin^{2} 2 x

Viết lại hàm số đã cho dưới dạng :

y = \frac{1 - \frac{1}{2} \sin^{2} 2 x}{1 - \frac{3}{4} \sin^{2} 2 x} = 2. \frac{2 - \sin^{2} 2 x}{4 - 3 \sin^{2} 2 x}

Đặt :

t = \sin^{2} 2 x

với

0 \leq t \leq 1

Xét hàm số :

f (t) = 2. \frac{2 - t}{4 - 3 t}

với

0 \leq t \leq 1

Ta có :

f^{'} (t) = 2. \frac{2}{(4 - 3 t)^{2}} > 0

với

0 \leq t \leq 1

Tức là

f (t)

là hàm tăng trên

[0, 1]

.
Suy ra :

min y = min f (t) = f (0) = 1

đạt được khi

t = 0 \Rightarrow x = \frac{k π}{2}, k \in Z

max y = max f (t) = f (1) = 2

đạt được khi

t = 1 \Rightarrow x = \frac{π}{4} + \frac{m π}{2}, m \in Z

Ví dụ $2.$ Cho ba số dương

x, y, z

thỏa mãn

x + y + z \leq \frac{3}{2}

Tìm GTNN của :

P = x + y + z + \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}

Lời giải :
Từ giả thiết :

\frac{3}{2} \geq x + y + z \underset{BĐT Cô-si}{\underset{⏟}{\geq}} 3 \sqrt[3]{x y z} \Rightarrow 0 < 3 \sqrt[3]{x y z} \leq \frac{1}{2}

Mặt khác cũng theo BĐT Cô-si thì :

P = x + y + z + \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} \geq 3 \sqrt[3]{x y z} + \frac{3}{\sqrt[3]{x y z}}

Đặt

t = \sqrt[3]{x y z}

thì :

0 < t \leq \frac{1}{2}

Xét hàm số :

f (t) = 3 t + \frac{3}{t}

với

0 < t \leq \frac{1}{2}

f^{'} (t) = 3 - \frac{3}{t^{2}} = 3. \frac{t^{2} - 1}{t^{2}}

f^{'} (t) = 0 \Leftrightarrow t^{2} - 1 = 0 \Leftrightarrow t = \pm 1

Bảng biến thiên :

\begin{array}{cccccccccc} t & 0 & \frac{1}{2} \\ f^{'} (t) & - \\ + \infty \\ f (t) & ↘ \\ \frac{15}{2} \end{array}

Từ bảng biến thiên ta suy ra

min f (t) = \frac{15}{2}

đạt được

\Leftrightarrow t = \frac{1}{2} \Leftrightarrow x = y = z = \frac{1}{2}

Vậy GTNN của

P

bằng

\frac{15}{2}

khi

x = y = z = \frac{1}{2}

Ví dụ $3.$ (Đại học khối

D - 2009

) Cho các số thực không âm

x, y

thay đôi và thỏa mãn

x + y = 1

. Tìm GTLN và GTNN của biểu thức :

S = (4 x^{2} + 3 y) (4 y^{2} + 3 x) + 25 x y

Lời giải :
Do

x + y = 1

, nên :

S = 16 x^{2} y^{2} + 12 (x^{3} + y^{3}) + 9 x y + 25 x y = 16 x^{2} y^{2} + 12 [(x + y)^{3} - 3 x y (x + y)] + 34 x y = 16 x^{2} y^{2} - 2 x y + 12

Đặt

t = x y

, ta được :

S = 16 t^{2} - 2 t + 12

.
Mặt khác, từ BĐT quen thuộc

0 \leq x y \leq \frac{(x + y)^{2}}{4} = \frac{1}{4} \Rightarrow t \in [0; \frac{1}{4}]

Xét hàm

f (t) = 16 t^{2} - 2 t + 12

trên đoạn

[0; \frac{1}{4}]

f^{'} (t) = 32 t - 2; f^{'} (t) = 0 \Leftrightarrow t = \frac{1}{16}

Bảng biến thiên :

\begin{array}{cccccccccc} t & 0 & \frac{1}{16} & \frac{1}{4} \\ f^{'} (t) & - & 0 & + \\ 12 & \frac{25}{2} \\ f (t) & ↘ & ↗ \\ \frac{191}{16} \end{array}

Từ bảng biến thiên ta suy ra :

max_{[0; \frac{1}{4}]} f (t) = f (\frac{1}{4}) = \frac{25}{2}

min_{[0; \frac{1}{4}]} f (t) = f (\frac{1}{16}) = \frac{191}{16}

Vậy,
GTLN của

S

bằng

\frac{25}{2}

, khi

{\begin{cases} x + y = 1 \\ x y = \frac{1}{4} \end{cases} \Leftrightarrow (x; y) = (\frac{1}{2}; \frac{1}{2})

GTNN của

S

bằng

\frac{191}{16}

, khi

{\begin{cases} x + y = 1 \\ x y = \frac{1}{16} \end{cases} \Leftrightarrow [\begin{matrix} (x; y) = (\frac{2 + \sqrt{3}}{4}; \frac{2 - \sqrt{3}}{4}) \\ (x; y) = (\frac{2 - \sqrt{3}}{4}; \frac{2 + \sqrt{3}}{4}) \end{matrix}

Ví dụ $4.$ (Đại học khối

B - 2012

) Cho các số thực

x, y, z

thỏa mãn các điều kiện

x + y + z = 0

và

x^{2} + y^{2} + z^{2} = 1

.
Tìm GTLN của :

P = x^{5} + y^{5} + z^{5}

Lời giải :
Với

x + y + z = 0

và

x^{2} + y^{2} + z^{2} = 1

, ta có :

0 = (x + y + z)^{2} = x^{2} + y^{2} + z^{2} + 2 x (y + z) + 2 y z = 1 - 2 x^{2} + 2 y z

, nên

y z = x^{2} - \frac{1}{2}

Mặt khác

y z \leq \frac{y^{2} + z^{2}}{2} = \frac{1 - x^{2}}{2},

suy ra

x^{2} - \frac{1}{2} \leq \frac{1 - x^{2}}{2}

\Rightarrow 3 x^{2} \leq 2 \Rightarrow - \frac{\sqrt{6}}{3} \leq x \leq \frac{\sqrt{6}}{3}

Khi đó :

P = x^{5} + (y^{2} + z^{2}) (y^{3} + z^{3}) - y^{2} z^{2} (y + z)

= x^{5} + (1 - x^{2}) [(y^{2} + z^{2}) (y + z) - y z (y + z)] + {(x^{2} - \frac{1}{2})}^{2} x

= x^{5} + (1 - x^{2}) [- x (1 - x^{2}) + x (x^{2} - \frac{1}{2})] + {(x^{2} - \frac{1}{2})}^{2} x

= \frac{5}{4} (2 x^{3} - x)

Xét hàm :

f (x) = 2 x^{3} - x

trên

[- \frac{\sqrt{6}}{3}, \frac{\sqrt{6}}{3}]

f^{'} (x) = 6 x^{2} - 1; f^{'} (x) = 0 \Leftrightarrow x = \pm \frac{\sqrt{6}}{6}

Bảng biến thiên :

\begin{array}{cccccccccc} x & - \frac{\sqrt{6}}{3} & - \frac{\sqrt{6}}{6} & \frac{\sqrt{6}}{6} & \frac{\sqrt{6}}{3} \\ f^{'} (x) & + & 0 & - & 0 & + \\ \frac{\sqrt{6}}{9} & \frac{\sqrt{6}}{9} \\ f (x) & ↗ & ↘ & ↗ \\ - \frac{\sqrt{6}}{9} & - \frac{\sqrt{6}}{9} \end{array}

Từ bảng biến thiên ta suy ra

P = \frac{5}{4} f (x) \leq \frac{5}{4} max f (x) = \frac{5 \sqrt{6}}{36}

.
Khi

x = \frac{\sqrt{6}}{3}, y = z = - \frac{\sqrt{6}}{6}

thì dấu bằng xảy ra.
Vậy giá trị lớn nhất của

P

là

\frac{5 \sqrt{6}}{36} .

Ví dụ $5.$ (Đại học khối

A - 2011

) Cho

x, y, z

là ba số thực thuộc đoạn

[1; 4]

và

x \geq y, x \geq z

. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P = \frac{x}{2 x + 3 y} + \frac{y}{y + z} + \frac{z}{z + x}

Lời giải :
Trước hết ta chứng minh :

\frac{1}{1 + a} + \frac{1}{1 + b} \geq \frac{2}{1 + \sqrt{a b}} (*)

với

a, b

dương,

a b \geq 1

.
Thật vậy,

(*) \Rightarrow (a + b + 2) (1 + \sqrt{a b}) \geq 2 (1 + a) (1 + b)

\Leftrightarrow (a + b) \sqrt{a b} + 2 \sqrt{a b} \geq a + b + 2 a b

\Leftrightarrow (\sqrt{a b} - 1) {(\sqrt{a} - \sqrt{b})}^{2} \geq 0

luôn đúng với

a, b

dương,

a b \geq 1

.
Dấu bằng xảy ra

\Leftrightarrow [\begin{matrix} a = b \\ a b = 1 \end{matrix}

Áp dụng

(*)

, với

x

và

y

thuộc đoạn

[1; 4]

và

x \geq y

, ta có :

P = \frac{x}{2 x + 3 y} + \frac{1}{1 + \frac{z}{y}} + \frac{1}{1 + \frac{x}{z}} \geq \frac{1}{2 + \frac{3 y}{x}} + \frac{2}{1 + \sqrt{\frac{x}{y}}}

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi :

[\begin{matrix} \frac{z}{y} = \frac{x}{z} \\ \frac{x}{y} = 1 \end{matrix} (1)

Đặt

\sqrt{\frac{x}{y}} = t t \in [1; 2]

. Khi đó :

P \geq \frac{t^{2}}{2 t^{2} + 3} + \frac{2}{1 + t}

Xét hàm

f (t) = \frac{t^{2}}{2 t^{2} + 3} + \frac{2}{1 + t}, t \in [1; 2]

f^{'} (t) = \frac{- 2 [t^{3} (4 t - 3) + 3 t (2 t - 1) + 9]}{(2 t^{2} + 3)^{2} (1 + t)^{2}} < 0

Tức là

f (t)

nghịch biến trên

[1; 2] \Rightarrow f (t) \geq f (2) = \frac{34}{33}

.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi :

t = 2 \Leftrightarrow \frac{x}{y} = 4 \Leftrightarrow x = 4, y = 1 (2)

Tóm lại

P \geq \frac{34}{33}

.
Từ

(1)

và

(2)

suy ra dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi :

x = 4, y = 1, z = 2

.
Vậy GTNN của

P

bằng

\frac{34}{33}

khi

x = 4, y = 1, z = 2

.

Ví dụ $6.$ Cho các số

x, y

khác

0

thỏa mãn :

x^{2} + y^{2} = x \sqrt{1 - y^{2}} + y \sqrt{1 - x^{2}}

Tìm giá trị nhỏ nhất của

P = x^{2} + y^{2} + \frac{1}{4} (\frac{1}{x^{2}} + \frac{1}{y^{2}})

.
Lời giải :
Theo BĐT Bunhiacopsky ta có :

x^{2} + y^{2} = x \sqrt{1 - y^{2}} + y \sqrt{1 - x^{2}} \leq \sqrt{(x^{2} + y^{2}) [2 - (x^{2} + y^{2})]}

\Rightarrow {(x^{2} + y^{2})}^{2} \leq (x^{2} + y^{2}) [2 - (x^{2} + y^{2})]

\Rightarrow x^{2} + y^{2} \leq 2 - (x^{2} + y^{2})

\Rightarrow x^{2} + y^{2} \leq 1

Mặt khác :

P = x^{2} + y^{2} + \frac{1}{4} . \frac{x^{2} + y^{2}}{x^{2} y^{2}} = (x^{2} + y^{2}) (1 + \frac{1}{4 x^{2} y^{2}})

Theo BĐT Cô-si ta có :

4 x^{2} y^{2} \leq (x^{2} + y^{2})^{2} \Rightarrow \frac{1}{4 x^{2} y^{2}} \geq \frac{1}{{(x^{2} + y^{2})}^{2}}

\Rightarrow P \geq (x^{2} + y^{2}) (1 + \frac{1}{{(x^{2} + y^{2})}^{2}}) = x^{2} + y^{2} + \frac{1}{x^{2} + y^{2}}

Đặt

t = x^{2} + y^{2}

, với

0 < t \leq 1

.
Xét hàm số :

f (t) = t + \frac{1}{t}

với

0 < t \leq 1

f^{'} (t) = 1 - \frac{1}{t^{2}} \leq 0

với

0 < t \leq 1

.
Suy ra

f (t)

nghịch biến trên

(0; 1]

. Từ đó :

f (t) \geq f (1) = 2 \Rightarrow P \geq 2

Nhận thấy dấu bằng xảy ra khi

t = 1 \Rightarrow {\begin{cases} x^{2} + y^{2} = 1 \\ x^{2} + y^{2} = x \sqrt{1 - y^{2}} + y \sqrt{1 - x^{2}} \end{cases}

. Chẳng hạn khi

x = y = \frac{1}{\sqrt{2}}

Vậy GTNN của

P

là

2

đạt được chẳng hạn khi

x = y = \frac{1}{\sqrt{2}}

.

Ví dụ $7.$ Cho tam giác

A B C

nhọn. Tìm GTLN của biểu thức :

P = (1 + \sin^{2} A) (1 + \sin^{2} B) (1 + \sin^{2} C)

Lời giải :
Ta có :

(1 + \sin^{2} A) (1 + \sin^{2} B) = 1 + \sin^{2} A + \sin^{2} B + \sin^{2} A \sin^{2} B

= 1 + \frac{1 - \cos 2 A}{2} + \frac{1 - \cos 2 B}{2} + \frac{1}{4} {[\cos (A - B) - \cos (A + B)]}^{2}

= 2 - \frac{1}{2} (\cos 2 A + \cos 2 B) + \frac{1}{4} {[\cos (A - B) - \cos (A + B)]}^{2}

= 2 + \cos C \cos (A - B) + \frac{1}{4} {[\cos (A - B) - \cos (A + B)]}^{2}

\leq 2 + \cos C + \frac{1}{4} (1 + \cos C)^{2}

Chú ý rằng ở đây

△ A B C

nhọn nên

\cos C > 0

và

\cos (A - B) \leq 1

.
Suy ra

(1 + \sin^{2} A) (1 + \sin^{2} B) \leq \frac{1}{4} (3 + \cos C)^{2}

\Leftrightarrow (1 + \sin^{2} A) (1 + \sin^{2} B) (1 + \sin^{2} C) \leq \frac{1}{4} (3 + \cos C)^{2} (2 - \cos^{2} C)

Đặt

t = \cos C

với

0 < t < 1

.
Xét hàm số :

f (t) = \frac{1}{4} (t + 3)^{2} (2 - t^{2})

f^{'} (t) = \frac{1}{4} [2 (t + 3) (2 - t^{2}) - 2 t (t + 3)^{2}] = \frac{1}{2} (t + 3) (2 - 3 t - 2 t^{2})

f^{'} (t) = 0 \Leftrightarrow 2 - 3 t - 2 t^{2} = 0 \Leftrightarrow t = \frac{1}{2}

với

0 < t < 1

.
Bảng biến thiên :

\begin{array}{cccccccccc} t & 0 & \frac{1}{2} & 1 \\ f^{'} (t) & + & 0 & - \\ \frac{343}{64} \\ f (t) & ↗ & ↘ \\ \frac{9}{2} & 4 \end{array}

Từ bảng biến thiên ta suy ra

f (t) \leq \frac{343}{64}

.
Dấu bằng xảy ra

\Leftrightarrow {\begin{cases} \cos C = \frac{1}{2} \\ \cos (A - B) = 1 \end{cases} \Leftrightarrow {\begin{cases} \hat{C} = 60^{\circ} \\ \hat{A} = \hat{B} \end{cases} \Leftrightarrow \hat{A} = \hat{B} = \hat{C} = 60^{\circ}

Vậy GTLN của

P

là

\frac{343}{64}

đạt được khi tam giác

A B C

đều.

II. Bài tập vận dụng

Bài $1.$ Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số :

y = \cos^{4} x + \sin^{2} x + \cos x \sin x

Bài $2.$ Cho hai số dương

x, y

thỏa mãn

x + y = 1

Tìm GTNN của biểu thức :

P = \frac{x}{\sqrt{1 - x}} + \frac{y}{\sqrt{1 - y}}

Bài $3.$ (Đại học Khối

B - 2011

) Cho

a

và

b

là các số thực dương thỏa mãn

2 (a^{2} + b^{2}) + a b = (a + b) (a b + 2)

Tìm GTNN của biểu thức :

P = 4 (\frac{a^{3}}{b^{3}} + \frac{b^{3}}{a^{3}}) - 9 (\frac{a^{2}}{b^{2}} + \frac{b^{2}}{a^{2}})

Bài $4.$ (Đại học khối

D - 2012

) Cho các số thực

x, y

thỏa mãn điều kiện

(x - 4)^{2} + (y - 4)^{2} + 2 x y \leq 32

.
Tìm GTNN của biểu thức :

P = x^{3} + y^{3} + 3 (x y - 1) (x + y - 2)

.

Bài $5.$ (Đại học Khối

A - 2012

) Cho các số thực

x, y, z

thỏa mãn điều kiện

x + y + z = 0

.
Tìm GTNN của biểu thức :

P = 3^{| x - y |} + 3^{| y - z |} + 3^{| z - x |} - \sqrt{6 x^{2} + 6 y^{2} + 6 x^{2}}

Bài $6.$ Tìm GTLN và GTNN của hàm số :

f (x) = 5 \cos x - \cos 5 x

với

- \frac{π}{3} \leq x \leq \frac{π}{3}

Bài $7.$ Cho

x, y

là hai số thực thay đổi thỏa mãn

x^{2} + y^{2} = 1

.
Tìm GTNN của biểu thức :

P = x \sqrt{1 + y} + y \sqrt{1 + x}

Xem thêm các dạng bài tập hay, có đáp án:

30 Bài toán xác định min max của hàm số trên đoạn (2024) có đáp án, chi tiết nhất

30 bài tập Tìm Giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số lượng giác cực hay 202430 Bài tập tìm giá trị lớn nhất của biểu thức (2024) có đáp án

30 Bài tập tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức (2024) có đáp án

20 bài tập Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của biểu thức chứa căn (2024) mới nhất, có đáp án

Được cập nhật 23/01/2024 117 lượt xem

Bởi Trần Thơ

Chủ đề: Tổng hợp các dạng bài tập Toán Cách tính max min của đa thức dùng đạo hàm

Bình luận (0)

Đăng nhập để có thể bình luận

Chưa có bình luận nào. Bạn hãy là người đầu tiên cho tôi biết ý kiến!

Bài viết cùng chủ đề

Tổng hợp các dạng bài tập Toán

30 bài tập các dạng phương trình hình học 2024 (có đáp án)

1900.edu.vn xin giới thiệu bài tập và tóm tắt lý thuyết Toán: các dạng phương trình hình học hay, chi tiết cùng với bài tập trắc nghiệm chọn lọc có đáp án giúp học sinh nắm vững kiến thức trọng tâm, ôn luyện để học tốt môn Toán 9. Mời các bạn đón xem:

510 5 tháng trước

Tổng hợp các dạng bài tập Toán

30 bài tập các dạng lượng giác 2024 (có đáp án)

1900.edu.vn xin giới thiệu bài tập và tóm tắt lý thuyết Toán: các dạng lượng giác hay, chi tiết cùng với bài tập trắc nghiệm chọn lọc có đáp án giúp học sinh nắm vững kiến thức trọng tâm, ôn luyện để học tốt môn Toán 12. Mời các bạn đón xem:

577 5 tháng trước

Tổng hợp các dạng bài tập Toán

30 bài tập các dạng đồ thị phương trình 2024 (có đáp án)

1900.edu.vn xin giới thiệu bài tập và tóm tắt lý thuyết Toán: các dạng đồ thị phương trình hay, chi tiết cùng với bài tập trắc nghiệm chọn lọc có đáp án giúp học sinh nắm vững kiến thức trọng tâm, ôn luyện để học tốt môn Toán 12. Mời các bạn đón xem:

566 5 tháng trước

Cách tính max min của đa thức dùng đạo hàm (2024) chi tiết nhất

1900.edu.vn xin giới thiệu Cách tính max min của đa thức dùng đạo hàm môn Toán hay, chi tiết nhất sẽ giúp các bạn học sinh ôn tập và củng cố kiến thức đã học, tự luyện tập nhằm học tốt môn Toán tốt hơn. Mời các em tham khảo:

I. Phương pháp giải

II. Bài tập vận dụng

Bình luận (0)

Bài viết cùng chủ đề

30 bài tập các dạng phương trình hình học 2024 (có đáp án)

30 bài tập các dạng lượng giác 2024 (có đáp án)

30 bài tập các dạng đồ thị phương trình 2024 (có đáp án)

Nội dung bài viết