Đây là bài trên báo Toán học và Tuổi trẻ số 378 xuất bản tháng 9 năm 2009. Khi đọc qua bài này tôi thấy rất hay nên xin mạn phép tác giả Hoàng Ngọc Cảnh và Từ Hữu Sơn - Giáo viên THPT chuyên Hà Tĩnh để tôi biên tập lại và post lên đây cho các bạn tham khảo.
Bài toán mở đầu:
Tìm giá trị lớn nhất (GTLN), giá trị nhỏ nhất (GTNN) của các hàm số:
1. \[y=3^{|sinx|}+3^{|cosx|}\]
2. \[y=4^{|sinx|}+4^{|cosx|}\]
Với một bài toán nhìn có vẻ đơn giản như vậy nhưng sự thực để tìm đến lời giải hoàn toàn không phải là điều dễ dàng. Tuy nhiên, khi tìm được lời giải trọn vẹn của bài toán là một điều thú vị và kích thích sự tìm tòi, sáng tạo. Câu hỏi đặt ra là có phương pháp chung nào giải các bài toán cùng loại?
Bài toán tổng quát:
Tìm GTLN, GTNN của hàm số:
\[f(x)=a^{x}+a^{\sqrt{1-x^{2}}}\] với \[x\in [0;1]\], \[a\] là một số dương khác \[1\] cho trước.
Lời giải:
Ta có:
\[f'(x)=xlna\left( \frac{a^{x}}{x}-\frac{a^{\sqrt{1-x^{2}}}}{\sqrt{1-x^{2}}}\right)\]
Để giải phương trình \[f'(x)=0\] ta xét hàm số sau:
\[g(x)=\frac{a^{x}}{x}\] với \[x\in (0;1)\]
Khi đó:
\[g'(x)=\frac{a^{x}(xlna-1)}{x^{2}}\]
\[g'(x)=0\] khi \[x=x_{o}=\frac{1}{lna}\]
Ta xét trường hợp sau:
Trường hợp 1: \[0<a<1\]
Ta có:
\[x_{o}<0\Rightarrow g'(x)<0\] với mọi \[x\in [0;1]\] suy ra hàm số \[g(x)\] nghịch biến trong \[(0;1)\]
Vậy
\[f'(x)=0\Leftrightarrow x=\sqrt{1-x^{2}}\Leftrightarrow x=\frac{1}{\sqrt{2}}\]
Ta dễ thấy:
\[f'(x)>0\] khi \[x>\frac{1}{\sqrt{2}}\]
và \[f'(x)<0\] khi \[x<\frac{1}{\sqrt{2}}\].
Do đó:
\[f_{Max}=f(0)=1+a\]
\[f_{min}=f\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)=2a^{\frac{1}{\sqrt{2}}}\]
Trường hợp 2: \[1<a<e\]
Ta có:
\[x_{o}\ge 1 \Rightarrow g'(x)<0\] với mọi \[x\in [0;1]\] suy ra hàm số \[g(x)\] nghịch biến trong \[(0;1)\]
Tương tự \[f'(x)=0\] có nghiệm duy nhất \[x=\frac{1}{\sqrt{2}}\]
Dễ thấy:
\[f'(x)>0\] khi \[x<\frac{1}{\sqrt{2}}\]
và \[f'(x)<0\] khi \[x>\frac{1}{\sqrt{2}}\]
Suy ra GTNN, GTLN của hàm số \[f(x)\] là:
\[f_{min}=f(0)=1+a\]
\[f_{Max}=f\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)=2a^{\frac{1}{\sqrt{2}}}\]
Trường hợp 3: \[e<a<e^{\sqrt{2}}\]
Mấu chốt của bài toán là phải chỉ ra số nghiệm của phương trình:
\[\frac{a^{x}}{x}=\frac{a^{\sqrt{1-x^{2}}}}{\sqrt{1-x^{2}}}\quad (1)\]
Hiển nhiên \[x=\frac{1}{\sqrt{2}}\] là một nghiệm của phương trình \[(1)\]
Ngoài ra phương trình \[(1)\] còn có nghiệm nào nữa không? Ta hãy đi tìm câu trả lời:
Ta có:
\[(1)\Leftrightarrow \sqrt{1-x^{2}}.a^{x}=x.a^{\sqrt{1-x^{2}}}\]
\[\Leftrightarrow ln\sqrt{1-x^{2}}+xlna=lnx+\sqrt{1-x^{2}}lna\]
Đặt:
\[h(x)=(x-\sqrt{1-x^{2}})lna-\left(lnx-\frac{1}{2}ln(1-x^{2})\right)\]
Với \[x\in (0;1)\] ta có:
\[h'(x)=lna-\frac{1}{x}-\frac{x}{1-x^{2}}+\frac{xlna}{\sqrt{1-x^{2}}}\]
\[=\frac{1}{x(1-x^{2})}\left((\sqrt{1-x^{2}}+x)x\sqrt{1-x^{2}}lna-1\right)\]
Từ
\[0<\sqrt{1-x^{2}}+x\le \sqrt{2}; \quad 0<x\sqrt{1-x^{2}}\le \frac{1}{2}\]
\[\Rightarrow (\sqrt{1-x^{2}}+x)x\sqrt{1-x^{2}}lna-1\le \frac{lna}{\sqrt{2}}-1\le 0\qquad (2)\] (do \[a\le e^{\sqrt{2}}\])
Vậy \[h'(x)\le 0\] dẫn đến hàm số \[h(x)\] nghịch biến trong \[(0;1)\]. Từ đó suy ra phương trình \[(1)\] có duy nhất một nghiệm (đpcm)
Trở lại bài toán ban đầu, từ chứng minh trên suy ra nghiệm của phương trình \[f'(x)=0\] có nghiệm duy nhất \[x=\frac{1}{\sqrt{2}}\]
Ta thấy khi \[x\rightarrow 1\] thì \[\frac{a^{\sqrt{1-x^{2}}}}{\sqrt{1-x^{2}}}\rightarrow +\infty \]
suy ra \[f'(x)<0\] khi \[x>\frac{1}{\sqrt{2}}\]
\[f'(x)>0\] khi \[x<\frac{1}{\sqrt{2}}\]
Vậy GTLN và GTNN của hàm số là:
\[f_{Max}=f\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)=2a^{\frac{1}{\sqrt{2}}}\]
\[f_{min}=f(0)=1+a\]
Như vậy bài toán mở đầu ứng với \[a=3\] và \[a=4\].
Trường hợp 4: \[a>e^{\sqrt{2}}\]
Đây là trường hợp khó khăn nhất của bài toán. Nếu như cứ theo cách ở trường hơpk \[3\] sẽ không ổn vì bất đẳng thức \[(2)\] không còn đúng nữa khi \[a>e^{\sqrt{2}}\]. Ta hãy chứng minh phương trình \[(1)\] có đúng \[3\] nghiệm phân biệt. Hiển nhiên \[(1)\] có một nghiệm \[x_{o}=\frac{1}{\sqrt{2}}\]. Ta vẫn sử dụng hàm số \[h(x)\] ở trường hợp \[3\].
Ta có \[h'(x)=0\]
\[\Leftrightarrow x\sqrt{1-x^{2}}(x+\sqrt{1-x^{2}})lna-1=0\]
\[\Leftrightarrow x^{2}(1-x^{2})(1+2x\sqrt{1-x^{2}})=\frac{1}{ln^{2}a}=k\qquad (3)\]
Do \[a>e^{\sqrt{2}}\] nên \[0<k<\frac{1}{2}\].
Đặt
\[t=x\sqrt{1-x^{2}}\] suy ra \[0<t<\frac{1}{2}\]
Phương trình \[(3)\] trở thành \[2t^{3}+t^{2}=k\qquad (4)\]
Ta thấy hàm số \[2t^{3}+t^{2}\] là đồng biến trên \[\left(0;\frac{1}{2}\right]\] và cũng nhận giá trị trên \[\left(0;\frac{1}{2}\right]\] mà \[0<k<\frac{1}{2}\] nên phương trình \[(4)\] có duy nhất nghiệm \[t_{o}\in \left( 0;\frac{1}{2}\right)\]
Xét phương trình \[t_{o}=x\sqrt{1-x^{2}}\qquad (5)\]
\[\Leftrightarrow t_{o}^{2}=x^{2}(1-x^{2}) với t_{o}^{2}\in \left(0;\frac{1}{4}\right)\]
Xét hàm số \[x^{2}(1-x^{2})\] trong \[(0;1)\] ta dễ dàng chỉ ra phương trình \[(5)\] có đúng hai nghiệm \[x_{1}\] và \[x_{2}\] khác \[\frac{1}{\sqrt{2}}\]
Hơn thế nữa ta còn có \[0<x_{1}<\frac{1}{\sqrt{2}}<x_{2}<1\]
Vậy phương trình \[h'(x)=0\] có đúng hai nghiệm. Từ đó ta lập được bảng biến thiên cho hàm số \[h(x)\]:
Nhìn vào bảng biến thiên ta dễ thấy phương trình \[h(x)=0\] có \[3\] nghiệm phân biệt: \[x_{3}, \frac{1}{\sqrt{2}}, x_{4}\] và \[0<x_{3}<x_{1}\], \[\quad <x_{2}<x_{4}<1\].
Quay trở lại bài toán ban đầu ta có phương trình \[(1)\Leftrightarrow h(x)=0\Leftrightarrow f'(x)=0\]
Ta thấy rằng nếu \[x\] là nghiệm của \[f'(x)=0\] thì \[\sqrt{1-x^{2}}\] cũng là nghiệm của \[f'(x)=0\Rightarrow x_{3}^{2}+x_{4}^{2}=1\qquad (6)\]
Rõ ràng khi \[x\rightarrow 0\] thì \[\left(\frac{a^{x}}{x}-\frac{a^{\sqrt{1-x^{2}}}}{\sqrt{1-x^{2}}}\right)\rightarrow +\infty \]
suy ra \[f'(x)>0\] khi \[x\in (0;x_{3})\]
Ta có bảng biến thiên của hàm số \[f(x)\]
Ta thấy với \[e<a<e^{\sqrt{2}}\] thì 2\[a^{\frac{1}{\sqrt{2}}}>1+a \]
Với \[a>e^{\sqrt{2}}\], bằng việc khảo sát hàm số \[y=2x^{\frac{1}{\sqrt{2}}}-x-1\], ta chứng minh được tồn tại \[a_{o}>e^{\frac{1}{\sqrt{2}}}\] sao cho \[2a_{o}^{\frac{1}{\sqrt{2}}}=1+a_{o}\]
Từ đó suy ra với \[e^{\sqrt{2}}<a<a_{o}\] thì \[2a^{\frac{1}{\sqrt{2}}}>1+a \]
với \[a>a_{o}\] thì \[2a^{\frac{1}{\sqrt{2}}}\]
Đặt:
\[m=min\{2a^{\frac{1}{\sqrt{2}}};1+a \}\]
Khi đó \[x_{3},x_{4}\] thỏa mãn \[(6)\] nên \[f(x_{3})=f(x_{4})=M\]
Vậy trong trường hợp \[a>e^{\sqrt{2}}\] thì \[f_{Max}=f(x_{3})=f(x_{4})=M\]
và \[f_{min}=m\].
Như vậy bài toán đã được giải trọn vẹn, tuy nhiên theo cách trên thì trường hợp 4 ta không thể biểu diễn \[x_{3}\] và \[x_{4}\] theo \[a\], cũng như GTLN của \[f(x)\]. Các bạn có thể tiếp tục suy nghĩ và bổ sung để lời giải hoàn thiện hơn.
Trong trường hợp \[4\], \[a>e^{\sqrt{2}}\] ta có thể tiếp tục khảo sát hàm số \[g(x)\]. Bằng cách dùng nguyên lý Cantor về dãy đoạn thắt, ta sẽ chứng minh được phương trình \[g(x)=g(\sqrt{1-x^{2}})\] có hai nghiệm \[x_{o}\] và \[\sqrt{1-x_{o}^{2}}\] khác với \[\frac{1}{\sqrt{2}}\].
Ta có thể mở rộng thêm bài toán này như sau:
Bài toán mở rộng:
Tìm GTLN, GTNN của hàm số :
\[f(x)=a^{x}+a^{\sqrt{1-x^{2}}}\] với \[x\in [-1;1]\]
Trường hợp \[x\in [0;1]\] đã xét ở trên. Trường hợp \[x\in [-1;0]\], ta thấy \[f'(x)\] có dấu không đổi trên \[[-1;0]\] suy ra hàm số \[f(x)\] đơn điệu trên đó, từ đó suy ra GTLN, GTNN của hàm số trên \[[-1;1]\]
===================
NguoiDien-vnkienthuc.com
MỘT BÀI TOÁN CỰC TRỊ
Bài toán mở đầu:
Tìm giá trị lớn nhất (GTLN), giá trị nhỏ nhất (GTNN) của các hàm số:
1. \[y=3^{|sinx|}+3^{|cosx|}\]
2. \[y=4^{|sinx|}+4^{|cosx|}\]
Với một bài toán nhìn có vẻ đơn giản như vậy nhưng sự thực để tìm đến lời giải hoàn toàn không phải là điều dễ dàng. Tuy nhiên, khi tìm được lời giải trọn vẹn của bài toán là một điều thú vị và kích thích sự tìm tòi, sáng tạo. Câu hỏi đặt ra là có phương pháp chung nào giải các bài toán cùng loại?
Bài toán tổng quát:
Tìm GTLN, GTNN của hàm số:
\[f(x)=a^{x}+a^{\sqrt{1-x^{2}}}\] với \[x\in [0;1]\], \[a\] là một số dương khác \[1\] cho trước.
Lời giải:
Ta có:
\[f'(x)=xlna\left( \frac{a^{x}}{x}-\frac{a^{\sqrt{1-x^{2}}}}{\sqrt{1-x^{2}}}\right)\]
Để giải phương trình \[f'(x)=0\] ta xét hàm số sau:
\[g(x)=\frac{a^{x}}{x}\] với \[x\in (0;1)\]
Khi đó:
\[g'(x)=\frac{a^{x}(xlna-1)}{x^{2}}\]
\[g'(x)=0\] khi \[x=x_{o}=\frac{1}{lna}\]
Ta xét trường hợp sau:
Trường hợp 1: \[0<a<1\]
Ta có:
\[x_{o}<0\Rightarrow g'(x)<0\] với mọi \[x\in [0;1]\] suy ra hàm số \[g(x)\] nghịch biến trong \[(0;1)\]
Vậy
\[f'(x)=0\Leftrightarrow x=\sqrt{1-x^{2}}\Leftrightarrow x=\frac{1}{\sqrt{2}}\]
Ta dễ thấy:
\[f'(x)>0\] khi \[x>\frac{1}{\sqrt{2}}\]
và \[f'(x)<0\] khi \[x<\frac{1}{\sqrt{2}}\].
Do đó:
\[f_{Max}=f(0)=1+a\]
\[f_{min}=f\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)=2a^{\frac{1}{\sqrt{2}}}\]
Trường hợp 2: \[1<a<e\]
Ta có:
\[x_{o}\ge 1 \Rightarrow g'(x)<0\] với mọi \[x\in [0;1]\] suy ra hàm số \[g(x)\] nghịch biến trong \[(0;1)\]
Tương tự \[f'(x)=0\] có nghiệm duy nhất \[x=\frac{1}{\sqrt{2}}\]
Dễ thấy:
\[f'(x)>0\] khi \[x<\frac{1}{\sqrt{2}}\]
và \[f'(x)<0\] khi \[x>\frac{1}{\sqrt{2}}\]
Suy ra GTNN, GTLN của hàm số \[f(x)\] là:
\[f_{min}=f(0)=1+a\]
\[f_{Max}=f\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)=2a^{\frac{1}{\sqrt{2}}}\]
Trường hợp 3: \[e<a<e^{\sqrt{2}}\]
Mấu chốt của bài toán là phải chỉ ra số nghiệm của phương trình:
\[\frac{a^{x}}{x}=\frac{a^{\sqrt{1-x^{2}}}}{\sqrt{1-x^{2}}}\quad (1)\]
Hiển nhiên \[x=\frac{1}{\sqrt{2}}\] là một nghiệm của phương trình \[(1)\]
Ngoài ra phương trình \[(1)\] còn có nghiệm nào nữa không? Ta hãy đi tìm câu trả lời:
Ta có:
\[(1)\Leftrightarrow \sqrt{1-x^{2}}.a^{x}=x.a^{\sqrt{1-x^{2}}}\]
\[\Leftrightarrow ln\sqrt{1-x^{2}}+xlna=lnx+\sqrt{1-x^{2}}lna\]
Đặt:
\[h(x)=(x-\sqrt{1-x^{2}})lna-\left(lnx-\frac{1}{2}ln(1-x^{2})\right)\]
Với \[x\in (0;1)\] ta có:
\[h'(x)=lna-\frac{1}{x}-\frac{x}{1-x^{2}}+\frac{xlna}{\sqrt{1-x^{2}}}\]
\[=\frac{1}{x(1-x^{2})}\left((\sqrt{1-x^{2}}+x)x\sqrt{1-x^{2}}lna-1\right)\]
Từ
\[0<\sqrt{1-x^{2}}+x\le \sqrt{2}; \quad 0<x\sqrt{1-x^{2}}\le \frac{1}{2}\]
\[\Rightarrow (\sqrt{1-x^{2}}+x)x\sqrt{1-x^{2}}lna-1\le \frac{lna}{\sqrt{2}}-1\le 0\qquad (2)\] (do \[a\le e^{\sqrt{2}}\])
Vậy \[h'(x)\le 0\] dẫn đến hàm số \[h(x)\] nghịch biến trong \[(0;1)\]. Từ đó suy ra phương trình \[(1)\] có duy nhất một nghiệm (đpcm)
Trở lại bài toán ban đầu, từ chứng minh trên suy ra nghiệm của phương trình \[f'(x)=0\] có nghiệm duy nhất \[x=\frac{1}{\sqrt{2}}\]
Ta thấy khi \[x\rightarrow 1\] thì \[\frac{a^{\sqrt{1-x^{2}}}}{\sqrt{1-x^{2}}}\rightarrow +\infty \]
suy ra \[f'(x)<0\] khi \[x>\frac{1}{\sqrt{2}}\]
\[f'(x)>0\] khi \[x<\frac{1}{\sqrt{2}}\]
Vậy GTLN và GTNN của hàm số là:
\[f_{Max}=f\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)=2a^{\frac{1}{\sqrt{2}}}\]
\[f_{min}=f(0)=1+a\]
Như vậy bài toán mở đầu ứng với \[a=3\] và \[a=4\].
Trường hợp 4: \[a>e^{\sqrt{2}}\]
Đây là trường hợp khó khăn nhất của bài toán. Nếu như cứ theo cách ở trường hơpk \[3\] sẽ không ổn vì bất đẳng thức \[(2)\] không còn đúng nữa khi \[a>e^{\sqrt{2}}\]. Ta hãy chứng minh phương trình \[(1)\] có đúng \[3\] nghiệm phân biệt. Hiển nhiên \[(1)\] có một nghiệm \[x_{o}=\frac{1}{\sqrt{2}}\]. Ta vẫn sử dụng hàm số \[h(x)\] ở trường hợp \[3\].
Ta có \[h'(x)=0\]
\[\Leftrightarrow x\sqrt{1-x^{2}}(x+\sqrt{1-x^{2}})lna-1=0\]
\[\Leftrightarrow x^{2}(1-x^{2})(1+2x\sqrt{1-x^{2}})=\frac{1}{ln^{2}a}=k\qquad (3)\]
Do \[a>e^{\sqrt{2}}\] nên \[0<k<\frac{1}{2}\].
Đặt
\[t=x\sqrt{1-x^{2}}\] suy ra \[0<t<\frac{1}{2}\]
Phương trình \[(3)\] trở thành \[2t^{3}+t^{2}=k\qquad (4)\]
Ta thấy hàm số \[2t^{3}+t^{2}\] là đồng biến trên \[\left(0;\frac{1}{2}\right]\] và cũng nhận giá trị trên \[\left(0;\frac{1}{2}\right]\] mà \[0<k<\frac{1}{2}\] nên phương trình \[(4)\] có duy nhất nghiệm \[t_{o}\in \left( 0;\frac{1}{2}\right)\]
Xét phương trình \[t_{o}=x\sqrt{1-x^{2}}\qquad (5)\]
\[\Leftrightarrow t_{o}^{2}=x^{2}(1-x^{2}) với t_{o}^{2}\in \left(0;\frac{1}{4}\right)\]
Xét hàm số \[x^{2}(1-x^{2})\] trong \[(0;1)\] ta dễ dàng chỉ ra phương trình \[(5)\] có đúng hai nghiệm \[x_{1}\] và \[x_{2}\] khác \[\frac{1}{\sqrt{2}}\]
Hơn thế nữa ta còn có \[0<x_{1}<\frac{1}{\sqrt{2}}<x_{2}<1\]
Vậy phương trình \[h'(x)=0\] có đúng hai nghiệm. Từ đó ta lập được bảng biến thiên cho hàm số \[h(x)\]:
Nhìn vào bảng biến thiên ta dễ thấy phương trình \[h(x)=0\] có \[3\] nghiệm phân biệt: \[x_{3}, \frac{1}{\sqrt{2}}, x_{4}\] và \[0<x_{3}<x_{1}\], \[\quad <x_{2}<x_{4}<1\].
Quay trở lại bài toán ban đầu ta có phương trình \[(1)\Leftrightarrow h(x)=0\Leftrightarrow f'(x)=0\]
Ta thấy rằng nếu \[x\] là nghiệm của \[f'(x)=0\] thì \[\sqrt{1-x^{2}}\] cũng là nghiệm của \[f'(x)=0\Rightarrow x_{3}^{2}+x_{4}^{2}=1\qquad (6)\]
Rõ ràng khi \[x\rightarrow 0\] thì \[\left(\frac{a^{x}}{x}-\frac{a^{\sqrt{1-x^{2}}}}{\sqrt{1-x^{2}}}\right)\rightarrow +\infty \]
suy ra \[f'(x)>0\] khi \[x\in (0;x_{3})\]
Ta có bảng biến thiên của hàm số \[f(x)\]
Ta thấy với \[e<a<e^{\sqrt{2}}\] thì 2\[a^{\frac{1}{\sqrt{2}}}>1+a \]
Với \[a>e^{\sqrt{2}}\], bằng việc khảo sát hàm số \[y=2x^{\frac{1}{\sqrt{2}}}-x-1\], ta chứng minh được tồn tại \[a_{o}>e^{\frac{1}{\sqrt{2}}}\] sao cho \[2a_{o}^{\frac{1}{\sqrt{2}}}=1+a_{o}\]
Từ đó suy ra với \[e^{\sqrt{2}}<a<a_{o}\] thì \[2a^{\frac{1}{\sqrt{2}}}>1+a \]
với \[a>a_{o}\] thì \[2a^{\frac{1}{\sqrt{2}}}\]
Đặt:
\[m=min\{2a^{\frac{1}{\sqrt{2}}};1+a \}\]
Khi đó \[x_{3},x_{4}\] thỏa mãn \[(6)\] nên \[f(x_{3})=f(x_{4})=M\]
Vậy trong trường hợp \[a>e^{\sqrt{2}}\] thì \[f_{Max}=f(x_{3})=f(x_{4})=M\]
và \[f_{min}=m\].
Như vậy bài toán đã được giải trọn vẹn, tuy nhiên theo cách trên thì trường hợp 4 ta không thể biểu diễn \[x_{3}\] và \[x_{4}\] theo \[a\], cũng như GTLN của \[f(x)\]. Các bạn có thể tiếp tục suy nghĩ và bổ sung để lời giải hoàn thiện hơn.
Trong trường hợp \[4\], \[a>e^{\sqrt{2}}\] ta có thể tiếp tục khảo sát hàm số \[g(x)\]. Bằng cách dùng nguyên lý Cantor về dãy đoạn thắt, ta sẽ chứng minh được phương trình \[g(x)=g(\sqrt{1-x^{2}})\] có hai nghiệm \[x_{o}\] và \[\sqrt{1-x_{o}^{2}}\] khác với \[\frac{1}{\sqrt{2}}\].
Ta có thể mở rộng thêm bài toán này như sau:
Bài toán mở rộng:
Tìm GTLN, GTNN của hàm số :
\[f(x)=a^{x}+a^{\sqrt{1-x^{2}}}\] với \[x\in [-1;1]\]
Trường hợp \[x\in [0;1]\] đã xét ở trên. Trường hợp \[x\in [-1;0]\], ta thấy \[f'(x)\] có dấu không đổi trên \[[-1;0]\] suy ra hàm số \[f(x)\] đơn điệu trên đó, từ đó suy ra GTLN, GTNN của hàm số trên \[[-1;1]\]
===================
NguoiDien-vnkienthuc.com
