Khóa luận Xây dựng hệ thống bài tập đạo hàm và ứng dụng nhằm phát triển năng lực cho học sinh

tập 3: Tìm m để hệ phƣơng trình sau có ba cặp nghiệm phân biệt. 23( 1) 0 (1) 1 (2) x y m x xy         HD: Vì 0x  không là nghiệm phƣơng trình. Nên 1 1x xy xy x     2 1 2 1 x x x y x         Thay vào phƣơng trình (1) ta đƣợc: 2 2 2 13 6 (3) x x x x m x      . Hệ có ba cặp nghiệm khi (3) có ba nghiệm phân biệt thỏa mãn 1x  . Xét hàm số 2 2 22 1 1( ) 3 6 3 7 2 x x f x x x x x x x          với 1x  . 3 2 2 2 1 6 7 1 '( ) 6 7 x x f x x x x       1 1 '( ) 0 1; ; 2 3 f x x x x        V bảng biến thiên ta kết luận phƣơng trình (3) có ba nghiệm phân biệt: 11 20 3 9 12 3 3 27 15 7 3 4 4 4 m m m m                         Vậy 15 20 [ 4, ] [ ,12] 4 3 m    hệ phƣơng trình có ba cặp nghiệm phân biệt. b) Dạng 2: : Hệ phƣơng trình trong đó cả 2 phƣơng trình đều chứa tham số. Bài tập 1: Tìm m để hệ phƣơng trình 1 1 1 1 x y m y x m           (1) có nghiệm duy nhất. HD: Điều kiện: 0 1 0 1 x y      Hệ (1) 1 1x y x x      1 1 ( ) ( )x x y y f x f y        76 Xét hàm số  ( ) 1 , 0;1f t t t t      1 1 '( ) 0, 0;1 2 2 1 f t t t t       Suy ra hàm số ( )y f t đồng biến trên 0;1 . Khi đó : ( ) ( )f x f y x y   Thay vào hệ ta đƣợc :  1 1 , 0;1x x m x     (2) Xét hàm số  ( ) 1 , 0;1f x x x x    Ta có : ; 1 '( ) 0 1 2 f x x x x      Bảng biến thiên: x 0 1 2 1 '( )f x + 0 – ( )f x 2 1 1 Hệ phƣơng trình đã cho có nghiệm duy nhất khi phƣơng trình (2) có nghiệm duy nhất. Từ bảng biến thiên ta có: 1 2 2 1m m     Bài tập 2: Tìm m để hệ phƣơng trình 3 2 2 2 ( 2) 1 2 x y x xy m x x y m           (1) có nghiệm. HD: Hệ phƣơng trình (1)        2 2 2 2 1 2 x x x y m x x x y m            Đặt 2 1 , ; 2 4 u x x u v x y      Hệ đã cho trở thành 2 (2 1) 0 (2) 1 2 1 2 uv m u m u m u v m v m u                ' 1 1 1( ) 2 2 1 2 (1 ) x x f x x x x x        77 Hệ phƣơng trình (1) có nghiệm khi phƣơng trình (2) có nghiệm thỏa mãn 1 4 u   Với 1 4 u   , ta có: (2) 2 2(2 1) 2 1 u u m u u u m u           Xét hàm số 2 ( ) 2 1 u u f u u     , với 1 4 u   Ta có:   2 2 2 2 1 3 1 '( ) , '( ) 0 22 1 u u f u f u u u          Bảng biến thiên: u 1 4  3 1 2   '( )f u + 0 – ( )f u 2 3 2  5 8   Từ bảng biến thiên ta có : 2 3 2 m   . Bài tập 3: Tìm m để hệ phƣơng trình 2 3 3 3 2 3 3 1 3 3 3 x y x y x y y m x m                 (1) có nghiệm HD: Hệ phƣơng trình (1)   2 3 32 3 3 3 3 3 x y x y x yx y m m           Đặt 2 3 3 ( 0, 0) 3 x y x y u u v v        . Ta đƣợc :   3 3 1 1 3 3 3 2m m u v u v u v v v                 Vì 0 3 0 3u v v      . Do đó: 0 3v  . 78 Hệ phƣơng trình (1) có nghiệm khi phƣơng trình (2) có nghiệm thỏa 0 3v  Xét hàm số   1 ( ) 3 , 0;3f v v v v      . Ta có:  2 1 '( ) 1 0, 0;3f v v v       Bảng biến thiên: v 0 3 '( )f v – ( )f v  1 3 Từ bảng biến thiên ta có: 1 3 1 3 m m    2.7.3.3. Bài tập về hệ bất phương trình. Bài tập 1: Tìm m để hệ bất phƣơng trình sau có nghiệm: 4 5 2 2 1 2 (1) 2 3 16 0 (2) x x x mx x             HD: Ta thấy (1) là bất phƣơng trình một ẩn nên ta s đi giải bất phƣơng trình này Ta có: 2 5 4 22 2 5 4 0 1 4xx x x x        . Hệ phƣơng trình đã cho có nghiệm khi (2) có nghiệm [1;4]x . 23 16 (2) x m x x    . Đặt 23 16 ( ) x f x x x   với [1;4]x có 2 2 2 3 3 3 6 (3 16) 3 ( 16)2'( ) 0, [1;4] 2 x x x x x x f x x x x         . 8 (4) f(x) f(1) 19 [1;4]f x       Vậy hệ phƣơng trình đã cho có nghiệm 8 19m   . 79 Bài tập 2: Xác định giá trị tham số m để hệ phƣơng trình sau có 2 nghiệm phân biệt: 2 33 3 2 2 2 5 log ( 1) log ( 1) log 4 (1) log ( 2 5) log 2 5 (2) x x x x x x m            HD: Điều kiện: 1x  . 3 3 1 1 (1) log log 2 2 1 3 1 1 x x x x x            (Do 1x  ). Hệ phƣơng trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt khi phƣơng trình (2) có hai nghiệm phân biệt  1;3x . Đặt 2 2log ( 2 5) 2 3, (1;3)t x x t x        Khi đó: 2(2) 5 5 (3) m t t t m t        Từ cách đặt t ta có: 2( 1) 2 4x t   Do đó với mỗi giá trị (2;3)t cho ta một giá trị (1;3).x Suy ra phƣơng trình (2) có 2 nghiệm phân biệt  1;3x khi phƣơng trình (3) có 2 nghiệm phân biệt (2;3)t . Xét hàm số 2( ) 5f t t t  với 5 (2;3) '( ) 2 5 '( ) 0 2 t f t t f t t        Suy ra phƣơng trình (3) có 2 nghiệm phân biệt 25 25 (2;3) 6 6 4 4 t m m          . 80 2.8. Ứng dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức. 2.8.1. Bài tập nhận biết. Hoàn thành bài trắc nghiệm về ứng dụng đạo hàm để chứng minh bất đẳng thức sau: Câu 1: Cho ( )f x đồng biến trên ; a b và ( ) ( ).f x f a Kết luận nào sau đây đúng? A. x a B. x a C. x a D. Đáp án khác. Đáp án: B. Câu 2: Cho ( )f x nghịch biến trên ; a b với mọi x b ta có thể khẳng định: A. ( ) ( )f x f b B. ( ) ( )f x f b C. ( ) ( )f x f b D. Đáp án khác. Đáp án: B. Câu 3: Cho , 0,m n  bất đẳng thức 2( ) 4m n mn  tƣơng đƣơng với bất đẳng thức nào? A. 2 2( 1) ( 1) 0n m m n    B. 2( ) 0m n m n    C. 2( ) 0m n m n    D. Tất cả đều đúng. Đáp án: B. 2.8.2. Bài tập thông hiểu. Hoàn thành các câu sau bằng cách điền vào chỗ trống: Câu 1: Chứng minh bất đẳng thức: 1 khi 0xe x x   Bài giải: 1 1 0x xe x e x      Đặt: ( ) 1xf x e x   D  '( ) ...(1)...f x  '( ) 0 1 0 0xf x e x      Bảng biến thiên: 81 x - ∞ 0 +∞ '( )f x - 0 + ( )f x +∞ - ∞ (2) Từ bảng biến thiên suy ra: ( ) 0,f x x  ( ( ) 0f x  tại 0x  ) Vậy ( ) 0,f x x  hay 1, 0xe x   Đáp án: (1): 1xe  (2): 0 Câu 2: Chứng minh: sin khi 0x x x  sin sin 0 khi 0x x x x x     Đặt ( ) sin f x x x  ; D  ; '( ) ...(1)... 0 0f x x    Bảng biến thiên: Từ bảng biến thiên suy ra ( ) 0f x  khi 0x  hay sin x x khi 0x  Đáp án: (1): cos 1x (2): 0 Câu 3: Chứng minh 2 2 2 2 3 4, 1 x x x x x        Đặt: 2 2 2 2 3 ( ) D 1 x x f x x x       ; ; '( ) ...(1)...f x  x - ∞ 0 +∞ '( )f x - 0 - ( )f x (2) 82 1 1 10 '( ) 0 2 2 3 f x x f           Bảng biến thiên: x - ∞ 0 +∞ '( )f x + 0 - ( )f x (2) 2 2 Từ bảng biến thiên suy ra: 2 2 10 2 2 3 ( ) 4 4 3 1 x x f x x x         Đáp án: (1): 2 2 2 1 ( 1) x x x     (2): 10 3 2.8.3. Bài tập vận dụng. PHƢƠNG PHÁP CHUNG Sử dụng tính đơn điệu của hàm số và kết hợp với những bất đẳng thức quen thuộc. Tính đơn điệu của hàm số, ta thường sử dụng: ( )f x đồng biến trên [a; b] thì ( ) ( )f x f a với mọi x a . ( )f x nghịch biến trên [a; b] thì ( ) ( )f x f b với mọi x b . Những bất đẳng thức thường gặp: 1. Bất đẳng thức AM – GM (Arithmetic Mean-Geometric Mean) hay ta thường gọi là bất đẳng thức Cauchy ( Cô si) Nếu là các số 1 2 3, , ,..., nx x x x không âm thì 1 2 3 1 2 3 ... ...n n n x x x x x x x x n      Dấu “=” xảy ra khi: 1 2 3 ... nx x x x    Lƣu ý: Các trƣờng hợp riêng của bất đẳng thức AM – GM + , ,a b c là các số không âm. 83  2 a b ab   , bất đẳng thức viết dƣới dạng khác là: 2 2 2 2 2 ( ), ( ) 4 , 2 2 a b a b ab a b ab a b             2 2 2a b c ab bc ca      2 2 2 2 ( ) 3 a b c a b c       2( ) 3( )a b c ab bc ca      2( ) 3 ( )ab bc ca abc a b c      1 1 4 ( , 0)a b a b a b      1 1 1 9 ( , , 0)a b c a b c a b c       2. Bất đẳng thức Cauchy – Schwarz Cho , ( 0);1i i ia b b i n      . Ta có: 2 2 22 2 3 1 2 31 2 1 2 3 1 2 3 ( ... ) ... ... n n n n a a a a a aa a b b b b b b b b              Dấu “=” xảy ra khi: 31 2 1 2 3 ... n n a aa a b b b b     3. Bất đẳng thức Bunhiacosky Nếu 1 2 3 1 2 3, , ,..., , , , ,...,n na a a a b b b b là các số thực thì: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 3 3 1 2 3 1 2 3( ... ) ( ... )( ... )n n n na b a b a b a b a a a a b b b b             Hay 2 2 2 2 2 2 2 21 1 2 2 3 3 1 2 3 1 2 3... ( ... )( ... )n n n na b a b a b a b a a a a b b b b             Dấu “=” xảy ra khi 31 2 1 2 3 ... n n a aa a b b b b     (quy ƣớc mẫu bằng 0 thì tử cũng bằng 0) 84 4. Các bất đẳng thức phụ quen thuộc  3 3 2 2a b a b ab   ( với 0a b  )  1 1 2 1 1 1a b ab      ( với , 0, 1a b ab  )  2 2 1 1 2 11 1 aba b     ( với 0 1ab  )  2 2 nn na b a b        ( với 0,a b n   ) 2.8.3.1. Bất đẳng thức một biến số. a) Dạng 1: Khảo sát trực tiếp cực trị của hàm số để tìm tập giá trị của hàm số. Bài tập: Cho số nguyên dƣơng n. Chứng minh rằng 1 1 2 nx x ne   với mọi  .0;1x (Bộ đề tuyển sinh Đại học) HD: Ta có: 2 1 1 1 (1 ) (1) 22 n nx x x x nene      Xét hàm số 2( ) (1 )nf x x x  với  0;1x . Ta có:  2 1( ) 2 (2 1)nf x x n n x    Bảng biến thiên: x 0 2 2 1 n n  1 '( )f x + 0 – ( )f x Vậy 2 2 1(0;1) (2 ) max ( ) (2 1) n n n g x n    . 85 Ta chứng minh: 2 12 2 1 (2 ) 1 2 1 2 2 1(2 1) nn n n n ne n en              2 1 2 1 2 (2 1) ln(2 1) ln(2 ) 1 n n e n n n n              1 ln(2 1) ln(2 ) (2) 2 1 n n n      Áp dụng định lý Lagrange cho hàm số ( ) lnf x x trên 2 ;2 1n n suy ra  2 ;2 1c n n   sao cho (2 1) (2 ) ( ) 2 1 2 f n f n f x n n       . Suy ra: 1 1 ln(2 1) ln(2 ) (3) 2 1 n n e n      . Từ (1), (2) và (3) suy ra điều phải chứng minh. Chú ý: Định lý Lagrange:(định lý về giá trị trung bình). Nếu hàm số ( )f x liên tục trên [a,b] có đạo hàm trong khoảng ( , )a b thì tồn tại ít nhất một số ( , )c a b sao cho ( ) (a) '( )( )f b f f c b a   Nếu ( ) ( )f b f a thì phƣơng trình '( ) 0f x  có nghiệm ( , )x c a b  (Sách giáo khoa phổ thông đã có đề cập đến ứng dụng một phần của định lý này. Cụ thể sách giáo khoa đại số và giải tích 11 cơ bản định lí 3 trang 138). b) Dạng 2: Sử dụng tính đơn điệu. Trong một số bài toán có thể phải đạo hàm nhiều lần liên tiếp thậm chí phải khảo sát thêm hàm số phụ. Tính đơn điệu của hàm số, ta thƣờng sử dụng: + ( )f x đồng biến trên  ;a b thì ( ) ( )f x f a với mọi x a . + ( )f x nghịch biến trên  ;a b thì ( ) ( )f x f b với mọi x b . Bài tập 1: Chứng minh rằng với mọi 0x  ta có 3 sin 6 x x x x   . HD: 86 Xét hàm số 3 ( ) sin 6 x f x x x    trên  0; . Ta có : ; ; Ta có:  ( ) 1 cos 0, 0; ( ) (0) 0,f x x x f x f           nên  ’ f x đồng biến trên  0; . Suy ra ( ) (0) 0 ( )f x f f x    đồng biến trên  0; . Do đó: ( ) (0) 0, 0f x f x    và ( ) (0) 0, 0.f x f x    Tức là: 3 3 sin 0 sin 6 6 x x x x x x     với 0x  (1) Lại có ( ) (0) 0f x f   với 0x  . Ta có:sin x x (2) Từ (1) và (2) suy ra điều cần chứng minh. Bài tập 2: Cho , , 0a b x  và a b . Chứng minh rằng b x b a x a b x b              HD: Xét hàm số ( ) , 0. b x a x f x x b x          Khi đó:  ln ( ) ln a x f x b x b x         .  ln ( ) ( ) ln ( ) ln ( ) . ln ( ) a x f x b x b x f x a x b x a x a x b a b x f x b x a x b x b x a x                           ( ) ( ) ln ln . ( ) b x b x a x b a a x a x b a a x f x f x g x b x a x b x b x a x b x                                          Trong đó ( ) ln a x b a g x b x a x       . Ta có: 2 2 2 2 ( ) ( ) . 0. ( ) ( ) ( ) ( ) b x b a a b a b g x a x b x a x a x b x                2 ( ) 1 cos 2 x f x x    ( ) sinf x x x   ( ) 1 cosf x x   87 Do đó g(x) nghịch biến trên  0; . Suy ra: ( ) lim ( ) lim ln 0 x x a x b a g x g x b x a x             Vậy ( ) 0, 0f x x    , nên f(x) đồng biến trên  0; . Suy ra    0f x f . c) Dạng 3: Kết hợp với các BĐT khác nhƣ BĐT AM – GM, BĐT Cauchy – Schwarz, BĐT Chebyshes, Bài tập1: Chứng minh rằng nếu 0 2 x    thì sin tan 12 2 2x x x  . HD: Áp dụng BĐT AM – GM có sin tan sin tan2 2 2 2 2x x x x  . Ta chứng minh: sin tan 1 sin tan 22 2 .2 2 2 2 sin tan 2x x x x x x x x x       . Xét hàm số ( ) sin tan 2f x x x x   liên tục trên 0; 2      có: 2 2 2 1 1 ( ) cos 2 cos 2 0, 0; os os 2 f x x x x c x c x               (Vì với 0; 2 x      thì 2cos osx c x và theo BĐT AM – GM có 2 2 1 cos 2 os x c x   ) Do đó  f x đồng biến trên 0; 2      . Suy ra ( ) (0) 0f x f  hay sin tan 2x x x  với mọi 0; 2 x      . Bài tập 2: Cho  , 0;1a b . Chứng minh rằng        1 1 1 1, 0;1 1 1 1 x b a f x x a b x a b x a x b                 . HD: Ta có: 88                  2 2 3 3 1 1 1 1 1 1 2 2 0, 0;1 1 1 b a f x a b a b x a x b b a f x x a x b                       Nên hàm số  'f x đồng biến trên [0;1]. Suy ra phƣơng trình   0'f x  có nhiều nhất một nghiệm trên (0; 1). + Nếu phƣơng trình   0'f x  vô nghiệm thì  f x đơn điệu trên [0;1]. Khi đó:            0;1 max max 0 ; 1 .f x f x f f  Ta có            2 2 1 1 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 b a a b a b ab a b f a b a b a b a b                       1 1 1 1 1 2 2 1 1 1 a b a b f a b b a a b b a a b                  Suy ra            0;1 max max 0 ; 1 1f x f x f f   + Nếu phƣơng trình   0'f x  có nghiệm duy nhất 0x x . Khi đó: vì  'f x đồng biến trên [0;1] nên    00, 0;f x x x    và    00, ;1f x x x    . Do đó 0x là điểm cực tiểu của hàm số. Mặt khác  f x liên tục trên [0;1] nên            0;1 max max 0 ; 1 1f x f x f f   . Từ hai trƣờng hợp ta có điều phải chứng minh. 2.8.3.2. Bất đẳng thức có hai hay nhiều biến số. a) Dạng 1: Khảo sát hàm đặc trƣng. Bài tập 1: Chứng minh các bất đẳng thức sau: a) 2 2 2, , 0 : 1.a b c a b c     Chứng minh: 2 2 2 2 2 2 3 3 2 a b c b c c a a b       b) 0 , , , 1.x y z x y z     Chứng minh: 7 0 2 27 xy yz zx xyz     89 HD: a) Nhận xét: Vai trò của a,b,c trong vế trái là nhƣ nhau, nên ta có thể biến đổi từng nhóm trong vế trái thành những biểu thức “đồng dạng”. Từ giả thiết suy ra:0 1,0 1,0 1a b c      2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 b c a c a b a b c             2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 (1 ) (1 ) (1 ) a b c a b c VT b c c a a b a b c a b c a a b b c c                   Xét hàm số    21f x x x  trên đoạn [0;1]. ; 1 1 2 '( ) 0 3 3 3 3 f x x f           Bảng biến thiên: A 0 1 3 1 '( )f a + 0 - ( )f a 2 3 3 0 0 Từ bảng biến thiên suy ra: 2 2 2 3 3 (1 ) 2 a a a a   2 2 2 3 3 (1 ) 2 b b b b   2 2 2 3 3 (1 ) 2 c c c c   2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 3 3 3 3 ( ) (1 ) (1 ) (1 ) 2 2 1 1 1 2 a b c a b c a b c a a b b c c a b c                 Dấu “=” xảy ra khi 1 3 a b c   2'( ) 3 1f x x  90 b) Giả sử: 1 0 3 z  . Ta có: 1 2 (1 2 ) ( ) ( ) 0 (1) 3 xy yz zx xyz xy z z x y xy z x y           2 2 (1 2 ) ( ) (1 2 ) ( ) 2 x y xy yz zx xyz xy z z x y z z x y                 (Cauchy : 2 )x y xy  2 2 3 21 1(1 2 ) ( ) (1 2 ) (1 ) ( 2 1) 2 2 4 x y z z z x y z z z z z                        Xét hàm số: ; Bảng biến thiên: z  0 1 3  '(z)f – 0 + 0 – ( )f z 7 27 1 4 Từ bảng biến thiên suy ra 7 1 ( ) khi 0; 27 3 f z z        hay 7 2 (2) 27 xy yz zx xyz    Từ (1),(2) suy ra: 7 0 2 , , , 0, 1 27 xy yz zx xyz x y z x y z          Để chứng minh BĐT có chứa nhiều biến số bằng phƣơng pháp đạo hàm thì điều quan trọng nhất là chúng ta đƣa đƣợc về một biến và khảo sát hàm số theo biến đó. 3 21 1( ) ( 2 1), 0; 4 3 f z z z z            31'( ) ( 6 2 ) 4 f z z z   1 0 (0) 4 '( ) 0 1 1 7 3 3 27 z f f z z f               91 Bài tập 2: Chứng minh rằng a) 2 1 2, 1 x x x x      b) 2 2 21 1 1 3, , ,x x y y z z x y z          thỏa mãn x + y + z = 3. HD: a) Xét hàm số   2 1 , 1 x f x x x x      . Ta có:      2 2 3 1 2 1 1 x f x x x x x        Và      0 1; lim 1, lim 1 x x f x x f x f x          Ta có bảng biến thiên: x  1  '( )f x + 0 – ( )f x 2 1 1 Từ bảng biến thiên suy ra    1 2,f x f x   . Áp dụng câu a ta có:  2 2 1 1 2, 1 1 (1) 21 x x x x x x x           Tƣơng tự ta có:    2 1 1 1 2 2 y y y    ;    2 1 1 1 3 2 z z z    Cộng vế BĐT( 1), (2), (3) có:  2 2 2 1 1 1 1 3 3 2 x x y y z z x y z             . Bài tập 3: Cho A, B, C là ba góc của một tam giác nhọn. Chứng minh rằng  tan tan tan 6 sin sin sin 12 3A B C A B C      . HD: Xét hàm số:   tan 6sin 7f x x x x   trên 0; 2       . 92 Ta có:       2 2 cos 1 3cos 1 2cos 11 6cos 7 os os x x x f x x c x c x         . Vì 0; 2 x       nên   0 2cos 1 0 3 f x x x         . Lập bảng biến thiên của )(f x trên 0; 2       ta đƣợc:   0; 2 7 min 4 3 3 3 f x f                  . Áp dụng vào bài toán ta đƣợc:       7 3 4 3 3 f A f B f C            tan tan tan 6 sin sin sin 12 3.A B C A B C       Nhận xét: Trong BĐT trên A, B, C bình đẳng nên ta kiểm tra đƣợc dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 3 A B C     .Vì vậy cần chọn một hàm số có dạng   tan 6sinf x x x kx   sao cho 0 3 f        . Do đó k = -7 và tìm đƣợc hàm đặc trƣng cần xét. Bài tập 4: Cho a + b + c = 0. Chứng minh rằng: 8 8 8 2 2 2 a b c a b c     . (ĐH Quốc gia Hà Nội, 2000) HD: Xét hàm số     3 2 2 2 ln 2x xf x x   trên . Ta có:        2 3. 2 .ln 2 2 .ln 2 2ln 2 2 1 3.2 2 ln 2x x x xf x       .   0 2 1 0xf x x      . Bảng biến thiên: x  0  '( )f x - 0 + ( )f x   0 93 Suy ra        0, 0f x x f a f b f c        8 8 8 (2 2 2 ) 2 ln 2 0 8 8 8 2 2 2a b c a b c a b c a b ca b c                Bài tập 5: Chứng minh rằng: 1 1 2 2 , 0 2 2 b a a b a b a b                  . (Đại học khối D, 2006) HD: Ta có:             1 1 1 4 1 4 2 2 2 2 2 2 ln 1 4 ln 1 4 1 4 1 4 ln 1 4 ln 1 4 b ab a a b a b a b a b a b b a b a a b a b a b                                        Xét hàm số    ln 1 4x f x x   với x > 0. Ta có:        2 4 ln 4 1 4 ln 1 4 0 1 4 x x x x x f x x        Nên f là hàm nghịch biến trên  0; . Do đó    f a f b . Bài tập 6: Chứng minh rằng với  , 0;1 ,x y x y  có:   1 ln ln 4 1 1 1 y x y x y x          . HD: Nếu y x thì    1 ln ln 4 ln 4 ln 4 1 1 1 1 y x y x y x y x y x y x             . Nếu y x thì    1 ln ln 4 ln 4 ln 4 1 1 1 1 y x y x y x y x y x y x             . Xét   ln 4 1 t f t t t    với  0;1t ,       21 (2 1) 4 0, 0;1 1 1 t t t f t t t t t t               . Suy ra ( )f x tăng trên (0;1). Suy ra ( ) ( )f y f x nếu y x và ( ) ( )f y f x nếu y x   1 ln ln 4, , 0;1 , 1 1 y x x y x y y x y x              . 94 Bài tập 7: Cho 0, 0x y  và x + y = 1. Chứng minh rằng 2 1 1 x y x y     . HD: Ta có y = 1 – x nên BĐT cần chứng minh là:   1 2, 0;1 1 x x x x x       . Xét     1 , 0;1 1 x x f x x x x       . Ta có:          1 2 1 1 1 (1 ) 1 1 1 2 2 21 1 1 1 x x x x f x h x h x x x x x x x x x                                 Trong đó   2 3 3 1 1 1t h t tt t     nghịch biến trên  0; , nên:       10 1 1 2 f x h x h x x x x                10 1 1 ;1 2 f x h x h x x x x                  1 0 0; 2 f x x          Vậy     0;1 1 min 2 2 f x f        . Suy ra    2, 0;1f x x   . Bài tập 8: Cho hai số x, y khác 0 thay đổi thỏa mãn    2 2 *x y xy x y xy    Chứng minh rằng 3 3 1 1 16 x y   . HD: Nhận thấy x, y đối xứng nên đặt . x y u x y v     Khi đó (*) trở thành 2 2 . 3 3 u u v u v v u      (do 3u   ) 95 Ta có:   33 3 3 2 2 33 3 3 3 1 1 3 ( 3 ) 3x y u uv u u v u u x y v v v uxy                Vì 2 2 2 14 4 1 4 1 0 33 3 3 uu u u v u uu u u                Vì từ (*) suy ra 3 0 u u   nên ta chỉ cần chứng minh: 3 4 u u   với 1u  hoặc 3u   Xét hàm số 2 3 3 ( ) '( ) 0 u f u f u u u       suy ra ( )f x . Trên mỗi khoảng  ; 3  và 1; ) do đó ( ) (1), 1f u f u   Còn 0 ( 3) ( ) 1, 3f f u u       , từ đó ta có điều phải chứng minh. b) Dạng 2: Kết hợp với các BĐT khác nhƣ BĐT AM – GM, BĐT Cauchy – Schwarz, BĐT Chebyshes, Đối với các bài toán phức tạp, ta cần phối hợp với phƣơng pháp chặn khoảng các biến và các BĐT phụ khác nhƣ BĐT AM – GM, BĐT Cauchy – Schwarz hoặc các đánh giá khác, hoặc phối hợp với các phƣơng pháp khác nhƣ phƣơng pháp tọa độ, .... Bài tập 1: Cho các số  , , 0;1x y z thỏa mãn    1 1 1xyz x y z    . Chứng minh rằng: 2 2 2 3 4 x y z   . HD: Ta có:    1xyz x y z xy yz zx xyz         2 1xy yz zx xyz x y z        Mà:     2 2 2 2 2x y z x y z xy yz zx            22 2 2 2 2 4x y z x y z x y z xyz           96 Áp dụng BĐT AM – GM ta có 3 3 x y z xyz         , suy ra:     3 22 2 2 2 2 4 3 x y z x y z x y z x y z                  . Đặt t = x + y + z (0 < t < 3), ta có: 3 2 2 2 2 42 2 27 t x y z t t      . Khảo sát hàm số   3 2 42 2 27 t f t t t    ta đƣợc   3 min 4 f t  khi 1 2 x y z   . Bài tập 2: Cho x, y, z là các số thực thuộc đoạn [1;4] và ,x y x z  . Tìm GTNN của biểu thức: 2 3 x y z P x y y z z x       . (Tuyển sinh Đại học khối A, 2011) HD: Trƣớc hết ta chứng minh với mọi a b dƣơng, 1ab  thì 1 1 2 1 1 1a b ab      (*) Thật vậy, ta có 2(*) ( 1)( ) 0ab a b    luôn đúng do a,b dƣơng và 1ab  . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b hoặc ab = 1. Áp dụng (*) với x, y thuộc đoạn [1;4] và ,x y x z  ta có: 1 1 1 1 32 3 1 1 2 1 x P z x yx y x y z x y           . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi z x y z  hoặc 1 x y  (1) Đặt  , 1;2 x t t y   , khi đó 2 2 2 12 3 t P tt    . 97 Xét hàm   2 2 2 ( ) , 1;2 2 3 1 t f t t t t      có         3 2 22 2 4 3 3 2 1 9 '( ) 0 2 3 1 t t t f t t t           . Suy ra: 34 ( ) (2) 33 f t f  . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 2 4 4; 1 x t x y y       (2) Do đó 34 33 P  . Từ (1) và (2) suy ra dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 9, 1, 2.x y z   c) Dạng 3: Khảo sát hàm số theo từng biến. Đối với các BĐT nhiều biến, ta có thể chọn một biến là biến số biến thiên và cố định các biến còn lại, bài toán lúc này trở thành BĐT một biến. Bài tập 1: Cho 0 , 1a b  . Chứng minh rằng: tan .tan tana b ab . HD: Giả sử a b . Đặt   tan .tan tanf x b x bx  với 1b x  . Ta có:   2 2 tan os os b b f x c x c bx    . Do0 , 1a b  nên tan 0b b  và 2 2 1 1 os osc x c bx  . Suy ra   0f x  , nên f đồng biến trên [b;1]. Vì vậy với a b ta có    f a f b . Suy ra:  2 2tan .tan tan tan tan 1a b ab b b   . Đặt   2 2tan tang x x x      2 2tan 2 0; 0;1 cos os x x g x x x c x       Suy ra      2 20 0 tan tan 0 2g b g b b     Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh. 98 Bài tập 2: Chứng minh rằng      3 3 3 2 2 22 3, , , 0;1x y z x y y z z x x y z        . HD: BĐT đã cho tƣơng đƣơng với    3 2 2 3 3 22 2 3f x x yx z x y z y z       . Ta có:   2 26 2f x x yz z    và       2 2 1 2 2 2 1 6 6 0 1 6 6 x x y y z f x x x y y z                . Vì 0x  nên  1 0;1x  . Xét hai trƣờng hợp: Nếu      2 0;1 0, 0;1x f x x     . Suy ra ( )f x giảm trên [0;1]. Do đó:          0;1 max max 0 , 1 x f x f f   . Nếu  2 0;1x  thì ta có bảng biến thiên: x 0 2x 1 '( )f x - 0 + ( )f x  2f x Từ bảng biên thiên suy ra          0;1 max max 0 , 1 x f x f f   . Nhƣ vậy trong cả hai trƣờng hợp ta đều có          0;1 max max 0 , 1 x f x f f   . Mặt khác          3 3 2 3 3 2 20 2 2 2 1f y z y z y z y z y z f          . Ta s chứng minh  1 3f  .Đặt:        3 3 2 21 2 2f g y y z y z y z       Ta có:       2 1 2 2 2 1 6 0 6 6 2 1 0 1 6 6 y y z z g y y zy y y z z                    99  Nếu      2 0;1 0, 0;1y g y y     . Suy ra ( )g y giảm trên [0;1]. Do đó:          0;1 max max 0 , 1 y g y g g   .  Nếu  2 0;1y  thì ta có bảng biến thiên: y 0 2y 1 '( )g y - 0 + (y)g  2g y Từ bảng biên thiên suy ra          0;1 max max 0 , 1 y g y g g   . Nhƣ vậy trong cả hai trƣờng hợp ta đều có          0;1 max max 0 , 1 y g y g g   . Ta có:         3 2 3 20 2 2 2 2 1 1 1 2 1 3 3g z z z z z g z z z              Với mọi  0;1z . 2.9. Ứng dụng đạo hàm tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số. 2.9.1. Bài tập nhận biết. Hoàn thành bài trắc nghiệm về ứng dụng đạo hàm để tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất qua các câu hỏi sau đây: Câu 1: Cho hàm số xác định trên D. Số M gọi là giá trị lớn nhất của hàm số trên D nếu: A. ( ) M, Df x x   và 0( ) M,f x  ký hiệu: D max My  B. ( ) M, Df x x   và 0 Dx  sao cho 0( ) M,f x  ký hiệu: D max My  C. ( ) M, Df x x   và 0 Dx  sao cho 0( ) M,f x  ký hiệu: D max My  D. Cả ba ý trên đều sai. Đáp án: B. 100 Câu 2: Cho hàm số xác định trên D. Số m gọi là giá trị nhỏ nhất của hàm số trên D nếu: A. ( ) m, Df x x   và 0 Dx  sao cho 0( ) mf x  , ký hiệu: D min my  B. ( ) m, Df x x   và 0 Dx  , ký hiệu: D min my  C. ( ) m, Df x x   và 0 Dx  sao cho 0( ) mf x  , ký hiệu: D min my  D. Cả ba ý trên đều sai. Đáp án: A. Câu 3: Phát biểu nào sau đây sai? A. Mọi hàm số liên tục trên một đoạn đều có GTLN và GTNN trên đoạn đó. B. Mọi hàm số liên tục trên một khoảng đều có GTLN và GTNN trên khoảng đó. C. Hàm số liên tục trên khoảng có thể không có GTLN và GTNN trên khoảng đó. D. Một hàm số có thể có GTLN và không có GTNN hoặc ngƣợc lại. Đáp án: B. 2.9.2. Bài tập thông hiểu. Hoàn thành các câu sau bằng cách điền vào chỗ trống. Câu 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: 24 4 11H x x   Bài giải: 2(4 4 1) 10H x x    ...(1)... 10  . Suy ra min ...(2)...A khi 1 2 x  Đáp án: (1): 2(2 1) 10x  (2): 10 Câu 2: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: 2 25 2 4 4G x x y y     Bài giải: Ta có: 2 2( 2 1) (4 4 1) 7 ...(1)... 7G x x y y          . Suy ra: maxG 7 khi 1x  và ...(2)...y  101 Đáp án: (1): 2 2( 1) (2 1) 7x y     (2): 1 2 Câu 3: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 4 ( )f x x x   trên đoạn [1,3] Bài giải: Ta có ( )f x xác định và liên tục trên đoạn [1,3] , '( ) ...(1)...f x  Với [1,3]x , 2 4 '( ) 0 1 0 ...(2)....f x x      . Ta có: 13 (1) 5, (2) 4, (3) 3 f f f   Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của trên đoạn [1,3] là: [1;3] max ( ) 5f x  , tại 1x  , [1;3] min ( ) 4f x  tại 2x  Đáp án: (1): 2 4 1 x  (2): 2 (1;3) 2 (1;3) x x       2.9.3. Bài tập vận dụng. 2.9.3.1.Phương pháp đưa về một biến trong các bài toán hai biến. Biến đổi giả thiết và biểu thức cần tìm GTLN và GTNN để tìm mối quan hệ giữa chúng rồi tìm cách đặt ẩn phụ hợp lý, đƣa biểu thức đã cho về hàm một biến để khảo sát. Khi đƣa về một biến, ta cần lƣu ý: + Nếu bất đẳng thức hai biến có điều kiện và trong điều kiện có một biến bậc nhất thì ta có thể rút biến đó và thế vào bất đẳng thức cần chứng minh ta đƣợc một bất đẳng thức một biến. + Nếu điều kiện của bài toán và bất đẳng thức cần chứng minh là những biểu thức đối xứng hai biến thì ta có thể chuyển về tổng và tích hai biến đó. Lƣu ý 2 4S P . + Nếu trong bất đẳng thức xuất hiện các số hạng n n n n a b b a  thì ta có thể đặt a b t b a   . 102 Bài tập 1: (Đề thi CĐ khối A, B – 2008) Cho ,x y là số thực thỏa mãn 2 2 2x y  . Tìm GTLN, GTNN của biểu thức: 3 32( ) 3P x y xy   . HD: Với 2 2 2x y  ta có:              2 2 2 2 2 2 2 3 3 2 2 2 3 3 ( ) ( ) 2 ( ) 2 2 2 2 ( ) 2 2 3 2 2 3 2 x y x y x y x y x y xy xy x y x y x xy y x y xy x y P x y xy x y xy                               Đặt t x y  . Khi đó:   2 2 3 22 2 32 2 3 6 3 2 2 2 t t P t t t t t               Ta có :     2 22 2 24 4 2 2 2 x y x y x y t t            Xét hàm số   3 2 3 6 3 2 P t t t t     với 2 2t       2 2 ' 3 3 6 1 ' 0 3 3 6 0 2 P t t t t P t t t t                Bảng biến thiên: t – 2 1 2  'P t + 0 –  P t 13 2 -7 1 Vậy 103    2;2 2;2 1 3 1 3 ; 13 2 2 ( ) ( 2) 7 1; ( ) (1) 2 1 3 1 3 ; 2 2 x y Min P t P x y Max P t P x y                        Bài tập 2: Cho 0, 0x y  và 1x y  . Tìm GTLN, GTNN của biểu thức sau : 2 2(4 3 )(4 3 ) 25S x y y x xy    HD: Với 0, 0x y  và 1x y  . Ta có: 2 2 2 3 3 2 2 2 2 ( ) 2 1 2 ( )( ) 1 3 x y x y xy xy x y x y x xy y x xy y xy                 Khi đó: 2 2 2 2 3 3(4 3 )(4 3 ) 25 16 12( ) 34S x y y x xy x y x y xy        2 2 2 216 12( )( ) 34x y x y x xy y xy       2 2 2 216 12 1 3 34 16 2 12x y xy xy x y xy       Đặt t xy . Do 0; 0x y  nên 2( ) 1 1 0 0 4 4 4 x y xy t        Xét hàm số 2( ) 16 2 12f t t t   với 1 0 4 t  . Ta có '( ) 32 2f t t  ; 1 '( ) 0 32 2 0 16 f t t t      . Bảng biến thiên : t 0 1 16 1 4  'f t – 0 +  f t 12 25 2 191 16 Vậy : 104   1 0; 4 1 191 16 16 Min f t f              khi 2 3 2 3 ; 4 4 x y     hoặc 2 3 2 3 ; 4 4 x y       1 0; 4 1 25 4 2 Max f t f              khi 1 2 x y  . Bài tập 3 : ( Đề thi ĐH Khối B – 2009). Tìm GTLN, GTNN của biểu thức: 4 4 2 2 2 23( ) 2( ) 1A x y x y x y      . Với ,x y là các số thỏa mãn điều kiện: 3( ) 4 2x y xy   . HD : Với 3( ) 4 2x y xy   . Ta có : 2 2 2 3 3 2 2 ( ) 2 ( )( ) x y x y xy x y x y x xy y          Ta luôn có kết quả: 2( ) 4x y xy  , từ đó ta có : 3 3 2 3( ) 4 2 ( ) ( ) ( ) 4 2x y xy x y x y x y xy            3 2 2( ) ( ) 2 ( ) 1 ( ) 2( ) 2 0 ( ) 1 0x y x y x y x y x y x y                   Do   22( ) 2( ) 2 ( ) 1 1 0, ,x y x y x y x y            Bài toán đƣợc đƣa về tìm max, min của : 4 4 2 2 2 23( ) 2( ) 1A x y x y x y      . Với ,x y thỏa mãn 1x y  . Ta biến đổi biểu thức A nhƣ sau : 4 4 2 2 2 2 2 2 2 4 4 2 23 33( ) 2( ) 1 ( ) ( ) 2( ) 1 2 2 A x y x y x y x y x y x y             2 2 2 2 2 2 2 23 3( )( ) 2( ) 1 2 4 x y x y x y        2 2 2 4 4 ( )do 2 x y x y        Hay 2 2 2 2 2 9 ( ) 2( ) 1 4 A x y x y     . Vì 2 2 2 ( ) 2 x y x y    ( do 1x y  ) nên 2 2 1 2 x y  . Đặt 2 2t x y  . Ta có hàm số 2 9 ( ) 2 1 4 f t t t   với 1 2 t  . 105 9 9 4 '( ) 2; '( ) 0 2 0 2 2 9 f t t f t t t        Bảng biến thiên : t 4 9 1 2  '( )f t + ( )f t  9 16 Vậy 1 2 1 9 ( ) 2 16t Min f t f         khi 1 2 t  Suy ra 9 16 A  . Mặt khác, ta dễ thấy 1 2 x y  thì 9 16 A  . Kết luận: 9 16 MinA  khi 1 2 x y  và không có giá trị lớn nhất. Bài tập 4: ( Đề thi ĐH Khối A – 2006). Cho hai số thực , 0x y  thay đổi thỏa mãn điều kiện 2 2( )x y xy x y xy    . Tìm GTLN của biểu thức: 3 3 1 1 A x y   HD: 2 23 3 2 2 3 3 3 3 3 3 1 1 ( )( ) 1 1x y x y x xy y x y A x y x y x y xy x y                       . Đặt x ty . Từ giả thiết ta có: 2 2 3 2 2( ) ( 1) ( 1)x y xy x y xy t ty t t y         Do đó 2 2 2 1 1 ; 1 t t t t y x ty t t t          . Từ đó 22 2 2 1 1 2 1 1 t t A x y t t                 . Xét hàm số   2 2 22 2 2 1 3 3 ( ) '( ) 1 1 t t t f t f t t t t t            . Lập bảng biến thiên ta tìm GTLN của A là 16 đạt đƣợc khi 1 2 x y  . 106 Bài tập 5: Cho a,b là các số thực dƣơng thỏa mãn 2 22( ) ( )( 2)a b ab a b ab     . Tìm GTLN của biểu thức 3 3 2 2 3 3 2 2 4 9 a b a b P b a b a                (ĐH Khối B- 2011). HD: Biến đổi giả thiết: 2 2 2 2 2 22( ) ( )( 2) 2( ) 2( )a b ab a b ab a b ab a b ab a b            1 1 2 1 ( ) 2 a b a b b a a b                   Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta đƣợc: 1 1 1 1 ( ) 2 2 2( ) 2 2 2 a b a b a b a b a b b a                           Suy ra: 5 2 1 2 2 4 2 a b a b a b b a b a b a                          . Đặt a b t b a   , 5 2 t  . Ta đƣợc: 3 2 3 24( 3 ) 9( 2) 4 9 12 18P t t t t t t        . Xét hàm số: 3 2 2 5 ( ) 4 9 12 18 '( ) 6(2 3 2) 0, 2 f t t t t f t t t t           Suy ra 5 ; 2 5 23 ( ) 2 4 Min f t f              . Vậy 23 4 MinP   đạt đƣợc khi và chỉ khi 5 2 a b b a   và 1 1 2a b a b         ( ; ) (2;1)a b  hoặc ( ; ) (1;2)a b  2.9.3.2. Phương pháp khảo sát lần lượt từng biến trong bài toán ba biến. Đối với bất đẳng thức nhiều biến, ta có thể khảo sát lần lƣợt từng biến một bằng cách chọn một biến làm tham số biến thiên và cố định các biến còn lại, bài toán lúc này trở thành bất đẳng thức một biến. Việc nhìn biểu thức nhiều biến mà ta cần tìm GTLN, GTNN dƣới dạng là một hàm số giúp ta sử dụng đƣợc công cụ hiệu quả trong bài toán là đạo hàm. 107  Sơ đồ tổng quát. Giả sử tìm cực trị của biểu thức ba biến , ,x y z là ( , , )P x y z với điều kiện T nào đó. Bước 1. Xem ( , , )P x y z là hàm theo biến x , còn ,y z là hằng số. Khảo sát hàm này tìm cực trị với điều kiện T. Ta đƣợc ( , , ) ( , )P x y z g y z hoặc ( , , ) ( , )P x y z g y z Bước 2. Xem ( , )g y z là hàm biến y , còn z là hằng số. Khảo sát hàm này với điều kiện T. Ta đƣợc: ( , ) ( )g y z h z hoặc ( , ) ( )g y z h z . Bước 3. Cuối cùng khảo sát hàm số một biến ( )h z với điều kiện T ta tìm đƣợc min, max của hàm này. Ta đi đến kết luận: ( , , ) ( , ) ( )P x y z g y z h z m   hoặc ( , , ) ( , ) ( )P x y z g y z h z M   . Bài tập 1: (ĐH Khối A – 2011). Cho ba số thực  , , 1;4x y z và ,x y x z  . Tìm GTNN của biểu thức: 2 3 x y z P x y y z z x       HD: Ta có : 2 3 x y z P x y y z z x       . Xem đây là hàm theo biến z ; còn ,x y là hằng số. 2 2 2 2 2 ( )( ) '( ) ( ) ( ) ( ) ( ) y z x y z xy P z y z z x y z z x           Theo giả thiết 0x y x y    nếu 20 0P z xy z xy      (do  , , 1;4x y z ) Bảng biến thiên: Z xy '( )P z – 0 + ( )P z Min 108 Từ bảng biến thiên ta có: 2 2 ( ) = 2 3 2 3 1 x yx y P P xy xx y x y x y y         Đặt x t y  , do ,x y x z  và  , , 1;4x y z nên1 2t  . Xét hàm 2 2 2 ( ) 2 3 1 t f t t t     . Ta có   3 2 2 2 2 2 4 ( 1) 3(2 3) '( ) 0, 1;2 (2 3) (1 ) t t t t f t t t t             . Suy ra ( )f t giảm trên  1;2 , do đó 34 ( ) ( ) (2) 33 P P xy f t f    Đẳng thức xảy ra: 4, 1, 2 2 z xy x y zx t y           . Vậy 34 min 33 P  khi 4, 1, 2x y z   . Bài tập 2: Cho ba số thực 1 , , ;3 3 x y z       . Tìm GTLN của a b c P a b b c c a       . HD: Đặt ( ) a b c P a a b b c c a       . Xem đây là hàm số theo biến a còn ,b c là hằng số. 2 2 2 2 2 ( )( ) '( ) ( ) ( ) ( ) ( ) b c b c a bc P a a b a c a b a c          . Trƣờng hợp 1: a b c  và 1 , , ;3 3 a b c       . Suy ra 20; 0b c a bc    nên '( ) 0P a  . 109 Do đó ( )P a tăng trên 1 ;3 3       . 3 ( ) (3) ( ) 3 3 b c P a P g c b b c c          (xem đây là hàm theo biến c) 2 2 2 2 2 3 ( 3)(3 ) '( ) 0 ( ) ( 3) ( ) ( 3) b b b c g c b c c b c c            . Do đó ( )g c giảm trên 1 ;3 3       . Suy ra: 1 3 3 1 ( ) ( ) 3 3 3 1 10 b g c g h b b b            . ( xem h(b) là hàm số theo biến b) Ta có: 2 2 2 2 3 3 (1 )(1 ) '( ) (3 2) ( 3) (3 1) ( 3) b b h b b b b b          . Ta có bảng biến thiên. b 1 3 1 3 '( )h b + 0 – ( )h b 8 5 Suy ra 8 ( ) (1) 5 h b h  . Vậy 1 1 8 ( , , ) (3, , ) 3, , 3, , 3 3 5 P a b c P b c P b P b                khi 1 3; 1; 3 a b c   Trƣờng hợp 2: c b a  và 1 , , ;3 3 a b c       . Từ kết quả của trƣờng hợp 1, ta có: 8 ( , , ) 5 P a b c  . Mặt khác : ( )( )( ) ( , , ) ( , , ) 0 ( )( )( ) a b b c a c P a b c P c b a a b b c a c          8 ( , , ) 5 P a b c  . Vậy 8 5 MaxS  , đạt đƣợc khi 1 1 1 ( , , ) 3;1; , ;3;1 , 3; ;1 3 3 3 a b c                       . 110 Bài tập 3:Cho , ,a b c là ba số thực thỏa mãn điều kiện abc a c b   . Tìm GTLN của biểu thức: 2 2 2 2 2 3 1 1 1 P a b c       HD: Theo giả thiết ta có (1 ) 0 1 a c a c b ac b ac         và 1 a c  . Thay vào biểu thức P ta đƣợc: 2 2 2 2 2 2 2( ) 3 1 2 ,(0 ) 1 ( 1)( 1) 1 a c P a a a c c c            Xét hàm số: 2 2 2 2 1 ( ) ( ) 1 1 ( 1)( 1) x c f x x x c        với 1 0 x c   và coi c là tham số 0c  Ta có: 2 2 02 2 2 2 ( 2 1) 1 '( ) 0 1 0; (1 ) (1 ) c x cx f x x c c x c c                   Ta có bảng biến thiên : x 0 0x 1 c '( )f x + 0 – ( )f x 0( )f x Từ bảng biến thiên ta có : 0 2 ( ) ( ) 1 c f x f x c    2 22 3 2 3 2 ( ) ( ) 1 11 c S f a g c c cc        Ta có:   2 0 2 2 2 2(1 8 ) 1 '( ) 0 0; 8(1 ) (3 1 ) c g c c c c c c            . Ta có bảng biến thiên : c 0 0c  '( )g c + 0 – ( )g c 0( )g c 111 Từ bảng biến thiên suy ra : 0( ) ( )g c g c 0 10 ( ) ( ) 3 S g c g c    . Vậy với 1 2 , , 2 28 c a b   thì 10 ax 3 M S  . Bài tập 4: Cho ba số dƣơng , ,a b c thỏa mãn điều kiện 21 2 8 12ab bc ca   . Tìm GTNN của biểu thức: 1 2 3 P a b c    . HD: Đặt 1 1 1 , ,x y z a b c    , , 0;2 8 21 12x y z x y z xyz     và 2 3S x y z   Từ 2 8 2 8 21 12 12 21 x y x y z xyz z xy        và 7 4 x y  . Từ biểu thức S suy ra đƣợc: 2 8 2 ( ) 4 7 x y S x y f x xy       2 2 14 32 '( ) 1 0 (4 7) y f x xy       2 0 32 147 7 ; 4 4 4 y x x y y y             .Ta có bảng biến thiên x 7 4y 0x  f’(x) – 0 + ( )f x 0( )f x Khi đó từ bảng biến thiên , ta có : 2 0 32 149 ( ) ( ) 2 ( ) 4 2 y S f x f x y g y y y        2 2 2 2 (8 9) 32 14 28 '( ) 0 4 32 14 y y g y y y       Đặt 232 14t y  thì phƣơng trình 2 2'( ) 0 (8 9) 32 14 28 0g y y y      3 550 122 0 8 4 t t t y        . Ta có bảng biến thiên: 112 y 0 5 4  g’(y) – 0 + ( )g y 15 2 Từ bảng biến thiên suy ra : 5 ( ) 4 g y g        5 15 ( ) 4 2 S g y g          . Vậy với : 5 2 1 4 3 , 3, , , 4 3 3 5 2 y x z a b c       thì 15 min 2 S  . Bài tập 5: (Đề thi Khối B – 2010). Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn 1a b c   . Tìm GTLN của biểu thức : 2 2 2 2 2 2 2 2 23( ) 3( ) 2M a b b c c a ab bc ca a b c         HD: Ta có 2( ) 3( ) 2 1 2( )M ab bc ca ab bc ca ab bc ca          . Đặt t ab bc ca   , ta có: 2( ) 1 0 3 3 a b c t      . Xét hàm số: 2( ) 3 2 1 2f t t t t    với 1 0; 2 t       . Ta có: 2 '( ) 2 3 1 2 f t t t     3 2 ; ''( ) 2 0 (1 2 ) f t t     Dấu bằng chỉ xảy ra tại t = 0 ; suy ra '( )f t nghịch biến. Xét trên đoạn 1 0; 3       ta có: 1 11 '( ) ' 2 3 0 3 3 f t f          Suy ra ( )f t đồng biến. Do đó 1 ( ) (0) 2, 0; 3 f t f t          . 113 Vì thế 1 ( ) 2, 0; ; 2 3 M f t t M           khi , 0, 1ab bc ca ab bc ca a b c        ( ; ; )a b c là một trong các bộ số sau: (1;0;0), (0 ;1 ;0), (0 ;0 ;1). Do đó giá trị nhỏ nhất của M là 2. 2.10. Ứng dụng đạo hàm để giải bài toán có liên quan đến thực tiễn. Đạo hàm là công cụ hữu hiệu trong việc tìm cực trị, tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số. Thông qua việc dạy học kiến thức này, chúng ta có thể cho HS giải những bài toán thực tiễn khá hấp dẫn và mang nhiều ý nghĩa. Điều này có tác dụng giúp HS thấy đƣợc ứng dụng của kiến thức toán và đƣợc học toán trong các tình huống có ý nghĩa, chính điều này s tạo động lực học tập. Một số bài toán liên quan đến thực tiễn được giải bằng cách ứng dụng đạo hàm. Bài tập 1: Một màn ảnh chữ nhật cao1,4m đƣợc đặt ở độ cao 1,8m so với tầm mắt (tính đầu mép dƣới của màn ảnh). Để nhìn rõ nhất phải xác định vị trí đứng sao cho góc nhìn lớn nhất. Hãy xác định vị trí đó? HD: Bài toán yêu cầu xác định OA để góc BOC lớn nhất. Điều này xảy ra khi và chỉ khi tan BOC lớn nhất. Đặt OA = x (m) với 0,x  ta có  tan tanBOC AOC AOB  2 2 2 1,4 tan tan 1,4 . 3,2.1,8 5,761 tan .tan 1 1 AC AB AOC AOB xOA OA x AC AB xAOC AOB OA x          . Xét hàm số 2 1,4 ( ) 5,76 x f x x   . Bài toán trở thành tìm 0x  để ( )f x đạt giá trị lớn nhất. Ta có: O A C B 1,4 1,8 114 2 2 2 1,4 1,4.5,76 '( ) ( 5,76) '( ) 0 2,4 x f x x f x x         Bảng biến thiên: x 0 2,4  '( )f x + 0 – ( )f x 84 193 0 0 Vậy vị trí đứng cho góc nhìn lớn nhất là cách màn ảnh 2,4m. Bài tập 2: Từ một khúc gỗ tròn hình trụ, cần xẻ thành một chiếc xà có tiết diện ngang là hình vuông và 4 miếng phụ nhƣ hình v . Hãy xác định kích thƣớc của các miếng phụ để diện tích sử dụng theo tiết diện ngang là lớn nhất? HD: Gọi x, y lần lƣợt là chiều rộng, chiều dài của miếng phụ nhƣ hình v . Gọi d là đƣờng kính của khúc gỗ. Khi đó tiết diện ngang của thanh xà có cạnh là 2 d Và (2 2) 0 ,0 4 2 d d x y      . Ta đƣợc hình chữ nhật ABCD nhƣ hình v . Theo Định lý Pitago có: 2 2 2 2 212 8 4 2 2 2 d x y d y d x x             Suy ra 2 2 1 ( ) 4 2 8 2 S S x x d dx x    với (2 2) 0 4 d x    , S là diện tích một miếng phụ. Sử dụng đạo hàm ta có S lớn nhất khi và chỉ khi 34 3 2 16 x   . A B C D d x y 115 Bài tập 3: Chi phí về nhiên liệu của một tàu đƣợc chia làm hai phần. Trong đó phần thứ nhất không phụ thuộc vào vận tốc và bằng 480 ngàn đồng/giờ. Phần thứ hai tỷ lệ thuận với lập phƣơng của vận tốc, khi v = 10 km/h thì phần thứ hai bằng 30 ngàn đồng/giờ. Hãy xác định vận tốc của tàu để tổng chi phí nguyên liệu trên 1 km đƣờng là nhỏ nhất? HD: Gọi x (km/h) là vận tốc của tàu. Thời gian tàu chạy quảng đƣờng 1km là 1 x (giờ). Chi phí tiền nhiên liệu cho phần thứ nhất là 1 480 .480 x x  (ngàn đồng). Tại 10v  km/h chi phí cho quảng đƣờng 1km ở phần thứ hai là 1 .30 3 10  (ngàn đồng). Xét tại vận tốc x (km/h). Gọi y (ngàn đồng) là chi phí cho quảng đƣờng1km tại vận tốc x, ta có: 3 33 10,y kx k  (k là hệ số tỉ lệ giữa chi phí 1km đƣờng của phần thứ hai và lập phƣơng của vận tốc). Suy ra 3 30,003 3 10 y x y x         . Vậy tổng chi phí tiền nhiên liệu cho 1km đƣờng là 3 480 ( ) 0,003p p x x x    . Áp dụng Đạo hàm ta có chi phí p nhỏ nhất khi tàu chạy với vận tốc x = 20 (km/h). Bài tập 4: Một công ty tổng thu nhập (tính bằng $) từ việc sản xuất và bán x đơn vị sản phẩm đƣợc cho bởi công thức 2 150000 60 1000 P x x    . Tính số x đơn vị sản phẩm cần sản xuất và bán để tổng thu nhập lớn nhất. HD: Điều kiện: 2 0 0 60 1000 0, x x x x x         116 Tập xác định:  D 0;  2 2 2 2 150000(2 60) ' ( 60 1000) 150000(2 60) ' 0 0 150000(2 60) 0 30 ( 60 1000) x P x x x P x x x x                   Bảng biến thiên: x 0 30  '( )P x + 0 – ( )P x (30)P (0)P  Từ bảng biến thiên ta có ( ) (30) 1500 D Max P x P  . Vậy cần sản xuất và bán 30 sản phẩm để tổng thu nhập lớn nhất. Bài tập 5: Chi phí xây dựng một cao ốc có x tầng gồm 10 triệu USD để mua đất, 100 ngàn USD để xây dựng một tầng và 2 10 x triệu USD để thiết kế cho một tầng. Hỏi có bao nhiêu tầng trong cao ốc văn phòng này s đƣợc xây dựng để tổng chi phí xây dựng nhỏ nhất? HD: Ta có: 1 triệu USD = 1000 ngàn USD 0,1 triệu USD = 100 ngàn USD. Tổng chi phí xây dựng cao ốc (đơn vị triệu USD) là: 2 10 10 ( ) 10 0,1 . ( ) 10 0,1C x x x C x x x x        Điều kiện: 0x  117     2 2 10 '( ) 0,1 10 0;10 '( ) 0 0,1 0 10 0; C x x x C x x x                0 lim ( ) ; lim ( ) xx C x C x       Bảng biến thiên: x 0 10  '( )C x – 0 + ( )C x   (10)C Từ bảng biến thiên ta có ( ) (10) 12 D MinC x C  . Vậy10 tầng đƣợc xây dựng trong cao ốc văn phòng để tổng chi phí xây dựng nhỏ nhất. 118 KẾT LUẬN Từ những vấn đề đã trình bày, có thể rút ra một số kết luận sau: + Khóa luận đã cũng cố kiến thức và xây dựng đƣợc hệ thống bài tập ứng dụng đạo hàm để giải quyết các bài toán nhằm giúp HS đọc hiểu, nắm rõ tri thức, tăng cƣờng tính thực hành và vận hành tri thức, phát huy tính tích cực của học sinh trong học tập. + Khóa luận đã nêu ra các hƣớng phân tích, phƣơng pháp giải cho từng dạng bài cụ thể. + Khóa luận phân chia cấp độ nhận thức bài toán và ứng dụng đạo hàm vào giải các bài toán thực tiễn – điều hạn chế của đa số các sách Toán và sách tham khảo trên thị trƣờng hiện nay. Thứ nhất, việc phân chia cấp độ nhận thức trong các bài toán phù hợp với nhiều đối tƣợng học. Đối tƣợng là HS yếu kém, trung bình hay khá, giỏi đều có thể học đƣợc. Việc chia cấp độ nhận thức còn giúp cho HS hiểu rõ kiến thức căn bản, giúp HS có nền tảng vững chắc để vận dụng vào các bài toán khó hơn. Thứ hai, Toán học có nguồn gốc từ thực tiễn và đƣợc vận dụng vào giải quyết các vấn đề thực tiễn. Việc dùng các thí dụ thực tiễn trong giảng dạy s giúp HS hiểu rõ các ứng dụng của kiến thức Toán học trong thực tiễn. Các thí dụ thực tiễn còn giúp bài giảng trở nên sinh động và đƣa lớp học đến gần cuộc sống xung quanh hơn. 119 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Hoàng Thị Tuyết, phát triển chƣơng trình đại học theo cách tiếp cận năng lực: Xu thế và nhu cầu. Đại học sƣ phạm, TP. Hồ Chí Minh, 2013. [2] Tham khảo từ internet (Trang giáo án điện tử violet, tailieu.vn, vnmath.vn..) [3] Bộ đề thi tự luận Toán học – Lê Hoàng Phò. [4] Ứng dụng đạo hàm để giải toán sơ cấp – Nguyễn Phụ Hy – Tạ Ngọc Trí – Nguyễn Thị Trang [5] Đạo hàm, tích phân ứng dụng đƣợc gì? – Murray Bourne. (Bản dịch trên [6] Ứng dụng đạo hàm để giải toán Trung học phổ thông – Nguyễn Văn Xá. [7] ThS. Lê Hồng Đức (Chủ biên), Vƣơng Ngọc, Lê Viết Hòa, Lê Hữu Trí, Lê Bích Ngọc, Bài giảng trọng tâm chƣơng trình chuẩn Toán 11, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội, Năm 2013. [8] Nguyễn Anh Trƣờng – Nguyễn Duy Hiếu, Phân dạng và phƣơng pháp giải bài tập Đại số và Giải tích 11, NXB Đại học Quốc gia TP. Hồ Chí Minh, Năm 2013. [9] Sách giáo khoa và sách bài tập Toán Giải Tích 10, 11, 12.