Xem mẫu
- SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
KỸ THUẬT GIẢM BIẾN TRONG
BÀI TOÁN TÌM GTNN – GTLN
CỦA MỘT BIỂU THỨC
- Phần mở đầu
1. Bối cảnh của đề tài
Bài toán tìm giá trị nhỏ nhất (GTNN), giá trị lớn nhất (GTLN) của một
biểu thức nhiều biến là một bài toán bất đẳng thức và đây là một trong những
dạng toán khó ở chương trình phổ thông. Trong đề thi tuyển sinh Đại học, Cao
đẳng hàng năm, nội dung này thường xuất hiện ở dạng câu khó nhất. Trong Sách
giáo khoa Giải tích 12 thì chỉ trình bày cách tìm GTNN, GTLN của hàm số (tức
biểu thức một biến số). Vì vậy, một số dạng bài toán tìm GTNN, GTLN của một
biểu thức chứa một biến trở nên đơn giản. Tuy nhiên thực tế, hầu hết học sinh là
không giải quyết được cho bài toán từ hai biến trở lên, thậm chí còn có tâm lí
không đọc đến.
Qua quá trình giảng dạy lớp chuyên Toán và luyện thi Đại học tôi đã tích
lũy được một số kinh nghiệm cho nội dung này. Các vấn đề trình bày trong sáng
kiến kinh nghiệm là chuyên đề được ứng dụng trong giảng dạy lớp 11T2 chuyên
Toán của trường THPT chuyên Thoại Ngọc Hầu và các lớp luyện thi Đại học.
Sáng kiến kinh nghiệm này là sự tổng kết có chọn lọn các chuyên đề của bản
thân đã viết ra trong thực tiễn giảng dạy cùng với sự đóng góp nhiệt tình của quý
Thầy, Cô trong Tổ Toán – Tin trường THPT chuyên Thoại Ngọc Hầu.
2. Lý do chọn đề tài
Đề tài này xuất phát từ những lí do sau:
Giúp học sinh có thêm kiến thức và tự tin hơn trong việc giải quyết bài toán
khó này.
Giúp cho quý Thầy, Cô và các bạn đồng nghiệp dạy Toán có một tài liệu
tham khảo trong quá trình giảng dạy bộ môn của mình. Và qua chuyên đề
này tôi hy vọng quý Thầy, Cô và các bạn đồng nghiệp sẽ yêu thích hơn
trong việc giảng dạy chuyên đề này. Thực tế một số Thầy, Cô không thích
dạy, và kể cả những Thầy, Cô nhiều năm luyện thi Đại học cũng không đi
sâu lắm về chuyên đề này.
- 3. Phạm vi và đối tượng nghiên cứu
- Đề tài này có thể áp dụng rộng rãi cho tất cả giáo viên dạy Toán ở các trường
trung học phổ thông tham khảo và các em học sinh lớp 12 ôn thi Đại học, Cao
đằng.
- Phạm vi nghiên cứu của đề tài này bao gồm:
+ Nhắc lại cách tìm GTNN, GTLN của hàm số thông qua một vài ví dụ.
+ Hệ thống một số dạng bài toán tìm GTNN, GTLN của một biểu thức chứa
hai biến bằng cách thế một biến qua biến còn lại.
+ Hệ thống một số dạng bài toán tìm GTNN, GTLN của một biểu thức chứa
hai biến bằng cách đặt ẩn phụ theo tính đối xứng t = x + y , t = x 2 + y 2 hoặc
t = xy .
+ Hệ thống một số dạng bài toán tìm GTNN, GTLN của một biểu thức chứa
x
hai biến bằng cách đặt ẩn phụ theo tính đẳng cấp t = ..
y
+ Hệ thống một số dạng bài toán tìm GTNN, GTLN của một biểu thức chứa
ba biến bằng cách đặt ẩn phụ hoặc thế hai biến qua một biến còn lại.
4. Mục đích nghiên cứu
Bản thân nghiên cứu đề tài này nhằm mục đích:
- Chia sẻ với quý Thầy, Cô, các bạn đồng nghiệp và các em học sinh kinh
nghiệm để giải quyết bài toán tìm GTNN, GTLN trong đề thi tuyển sinh Đại
học.
- Bản thân nhằm rèn luyện chuyên môn nhằm nâng cao nghiệp vụ sư phạm.
- Hưởng ứng phong trào viết sáng kiến kinh nghiệm của trường THPT chuyên
Thoại Ngọc Hầu.
5. Cấu trúc SKKN
Sáng kiến được chia thành ba phần :
Phần mở đầu
Phần nội dung: gồm 3 chương
Chương 1. Giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của hàm số
Chương 2. Kỹ thuật giảm biến trong bài toán tìm GTNN, GTLN
của biểu thức
Chương 3. Một số bài toán trong các đề thi tuyển sinh Đại học
Phần kết luận
- Phần nội dung
Chương I
GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT , GIÁ TRỊ LỚN NHẤT CỦA HÀM SỐ
I.1. Trongsố kiến thức cơ tôi về đạo hàm một số kiến thức về đạo hàm và
Một mục này chúng sơ trình bày lại
một số công thức về đạo hàm.
1.1 Định lí. Giả sử D là một khoảng hay hợp các khoảng.
Nếu hai hàm số u = u (x ) và v = v (x ) có đạo hàm trên D thì
(u + v )¢ = u ¢+ v ¢
; (u - v )¢ = u ¢- v ¢
;
(uv )¢ = u ¢ + uv ¢
v ; (ku )¢ = ku ¢
;
(uv )¢ = u ¢ - uv ¢
v
v2
, với v (x ) ¹ 0
1.2.Định lý. Đạo hàm của một số hàm số thường gặp
(c )¢ = 0 ( c là hàng số)
(x )¢ = 1
(x n )¢ = nx n - 1 (x Î ¡ ) (u n )¢ = nu n - 1u ¢
(x1 )¢ = - 1
x2
(u1 )¢ = - u¢
u2
( x )¢ = 1
2 x
(x > 0) ( u )¢ = u¢
2 u
(e x )¢ = ex (e u )¢ = euu ¢
(ln x )¢ = x1 (x > 0) (ln u )¢ = u¢
u
(sin x )¢ = cos x (sin u )¢ = u ¢cos u
(cos x )¢ = - sin x (cos u )¢ = - u ¢sin u
(t an x )¢ = 1 + t an 2 x (x ¹ p
2
+ kp ) (t an u )¢ = u ¢(1 + t an 2 u )
(co t x )¢ = - (1 + cot 2 x )(x ¹ k p ) (co t u )¢ = - u ¢(1 + co t 2 u )
1.3 Nhận xét. Đạo hàm của một số hàm phân thức hữu tỉ thường gặp
- ax + b
1. Cho hàm số y = với a.c ¹ 0, ad - cb ¹ 0 . Ta có y ¢= ad - cb
2
.
cx + d (cx + d )
b c
amx 2 + 2anx +
ax 2 + bx + c m n
2. Cho hàm số y = với a.m ¹ 0 . Ta có y ¢= 2
.
mx + n (mx + n )
ax 2 + bx + c
3. Cho hàm số y = với a .m ¹ 0 . Ta có
mx 2 + nx + p
a b 2 a c b c
x +2 x+
m n m p n p
y ¢= 2 .
(mx 2 + nx + p )
I.2. Giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của hàm số
Trong mục này chúng tôi trình bày lại một số kiến thức về bài toán tìm giá
trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của hàm số.
2.1 Định nghĩa. Giả sử hàm số f xác định trên tập hợp D Ì ¡ .
a) Nếu tồn tại một điểm x 0 Î D sao cho f (x ) £ f (x 0 ) với mọi x Î D thì số
M = f (x 0 ) được gọi là giá trị lớn nhất của hàm số f trên D , kí hiệu là
M = max f (x ).
xÎ D
b) Nếu tồn tại một điểm x 0 Î D sao cho f (x ) ³ f (x 0 ) với mọi x Î D thì số
m = f (x 0 ) được gọi là giá trị nhỏ nhất của hàm số f trên D , kí hiệu là
m = min f (x ).
xÎ D
2.1 Nhận xét. Như vậy, muốn chứng tỏ rằng số M (hoặc m ) là giá trị lớn nhất
(hoặc giá trị nhỏ nhất) của hàm số f trên tập hợp D cần chỉ rõ :
a) f (x ) £ M (hoặc f (x ) ³ m ) với mọi x Î D ;
b) Tồn tại ít nhất một điểm x 0 Î D sao cho f (x 0 ) = M (hoặc f (x 0 ) = m ).
2.2 Nhận xét. Người ta đã chứng minh được rằng hàm số liên tục trên một đoạn
thì đạt được giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất trên đoạn đó.
Trong nhiều trường hợp, có thể tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của
hàm số trên một đoạn mà không cần lập bảng biến thiên của nó.
é
Quy tắc tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của hàm f trên đoạn ëa;b ù như sau :
û
1. Tìm các điểm x 1, x 2,..., x n thuộc khoảng (a;b ) mà tại đó f có đạo hàm
bằng 0 hoặc không có đạo hàm.
- 2. Tính f (x 1 ), f (x 2 ),..., f (x n ), f (a ) và f (b ).
3. So sánh các giá trị tìm được.
Số lớn nhất trong các giá trị đó là giá trị lớn nhất của f trên đoạn éa;b ù, số nhỏ
ë û
nhất trong các giá trị đó là giá trị nhỏ nhất của f trên đoạn éa;b ù.
ë û
I.3. Một số thí dụ tìm GTNN, GTLN của hàm số
Trong mục này chúng tôi trình bày một số ví dụ tìm giá trị nhỏ nhất, giá
trị lớn nhất của hàm số.
Thí dụ 1 ( Đề thi tuyển sinh Đại học khối B – 2003)
Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số f (x ) = x + 4 - x 2
x
Lời giải. Tập xác định D = ë- 2;2 ù, f ¢(x ) = 1 -
é
û , f ¢(x ) = 0 Û x = 2
4 - x2
Bảng biến thiên
t - 2 2 2
f ¢(t ) + 0 -
2 2
f (t )
- 2 2
Từ bảng biến thiên ta có min ù f (x ) = f (- 2 ) = - 2 và max ù f (x ) = f ( 2 ) = 2 2 .
x Î é- 2;2 ë û x Î é- 2;2 ë û
Thí dụ 2. (Đề thi tuyển sinh Đại học khối B – 2004)
ln 2 x
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y = trên đoạn é1;e 3 ù
ë û
x
1
2 ln x . .x - ln 2 x ln x (2 - ln x )
Lời giải. Ta có y ¢ = x =
x2 x2
Từ đó có bảng biến thiên : x 1 e2 e3
y¢ 0 + 0 -
4
e2
y
9
0 e3
Vậy max y = y (e 2 ) =
é ù
4
e2
Û x = e 2 và min y = y (1 ) = 0 Û x = 1
é 3ù
1; 3
ê e ú 1;
ê e ú
ë û ë û
- Bài tập tương tự
Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số
2
1) f (x ) = 1 - x 2 + 2 3 (1 - x 2 )
p p
2) f (x ) = 5 cos x - cos 5x với - £ x £
4 4
2 1- x4 + 1 + x2 + 1 - x2 + 3
3) f (x ) =
1 + x2 + 1 - x2 + 1
Hướng dẫn. Đặt t = 1 + x2 + 1 - x 2 , với 2 £ t £ 2.
CHƯƠNG II
KỸ THUẬT GIẢM BIẾN TRONG BÀI TOÁN TÌM GIÁ TRỊ NHỎ
NHẤT, GIÁ TRỊ LỚN NHẤT CỦA BIỂU THỨC
Từ kết quả của Chương I chúng ta thấy rằng việc tìm GTNN, GTLN của
hàm số khá đơn giản. Việc chuyển bài toán tìm GTNN, GTLN của một biểu
thức không ít hơn hai biến sang bài toán tìm GTNN, GTLN của hàm số chứa
một biến sẽ giúp chúng ta giả được bài toán tìm GTNN, GTLN của một biểu
thức.
II.1. Tìm GTNN, GTLN của biểu thức bằng phương pháp thế
Trong phần này chúng tôi trình bày một số dạng bài toán tìm GTNN, GTLN của
biểu thức chứa hai biến bằng cách thế một biến qua biến còn lại. Từ đó xét hàm
số và tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của hàm số.
5
Thí dụ 1. Cho x , y > 0 thỏa mãn x + y = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
4
4 1
P = +
x 4y
5 5 4 1
Lời giải. Từ giả thiết x + y = ta có y = - x . Khi đó P = + .
4 4 x 5 - 4x
- 4 1 æ 5ö 4 4
Xét hàm số f (x ) = + với x Î ç 0; ÷. Ta có f ¢(x ) = - 2 +
ç
ç 4ø
÷
÷ 2
.
x 5 - 4x è x (5 - 4x )
Bảng biến thiên 5
x 0 1
4
f ¢(x ) - 0 +
+¥ +¥
f (x )
5
Từ bảng biến thiên ta có min ö f (x ) = f (1 ) = 5 .
æ 5
x Î ç 0; ÷
ç
ç 4÷
÷
è ÷
ø
1
Do đó min P = 5 đạt được khi x = 1, y = .
4
Thí dụ 2. Cho x , y Î ¡ thỏa mãn y £ 0, x 2 + x = y + 12 .
Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của biểu thức P = xy + x + 2y + 17 .
Lời giải. Từ giả thiết y £ 0, x 2 + x = y + 12 ta có y = x 2 + x - 12 và
x 2 + x - 12 £ 0 hay - 4 £ x £ 3 . Khi đó P = x 3 + 3x 2 - 9x - 7 . Xét hàm số
f (x ) = x 3 + 3x 2 - 9x - 7, x Î ë- 4; 3 ù. Ta có f ' (x ) = 3 (x 2 + 2x - 3 ) .
é
û
Ta có bảng biến thiên
x - 4 - 3 1 3
f ¢(x ) + 0 - 0 +
20 20
f (x )
- 13 - 12
Từ bảng biến thiên ta có min ù f (x ) = f (1 ) = - 12 , max ù f (x ) = f (- 3 ) = f (3 ) = 20 .
é é
x Î ë- 4;3 û x Î ë- 4;3 û
Do đó min P = - 12 đạt được khi x = 1, y = - 10 và max P = 20 đạt được khi
x = - 3, y = - 6 hoặc x = 3, u = 0 .
Thí dụ 3. Cho x , y > 0 thỏa mãn x + y = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
x y
P = +
1- x 1- y
Lời giải. Từ giả thiết x , y > 0 , x + y = 1 ta có y = 1 - x , 0 < x < 1 .
x 1- x
Khi đó ta có P = + .
1- x x
x 1- x 2- x x+ 1
Xét hàm số f (x ) = + , f ¢(x ) = - .
1- x x 2 (1 - x ) 1 - x 2x x
1
x 0 1
2
f ¢(x ) - 0 +
- Bảng biến thiên
÷ æ1 ö
Từ bảng biến thiên suy ra min P = min f (x ) = f ç ÷ =
ç ÷
ç2 ø
2 đạt được khi
x Î (0;1 ) è
1
x = y = .
2
Nhận xét. Qua ba thí dụ này cho ta một kỹ thuật giảm biến khi tìm GTNN,
GTLN của biểu thức hai biến bằng cách thế một biến qua biến còn lại và sử
dụng các giả thiết để đánh giá biến còn lại. Từ đó tìm GTNN, GTLN của hàm số
chứa một biến bị chặn.
Bài tập tương tự
1/ Cho x , y Î é- 3;2 ù thỏa mãn x 3 + y 3 = 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất
ë û
của biểu thức P = x 2 + y 2 .
2/ Cho x , y ³ 0 thỏa mãn x + y = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của
x y
biểu thức P = +
y+ 1 x+ 1
3/ Cho x , y > 0 thỏa mãn x + y = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
1 1
P = x2 + y2 + 2
+ 2
x y
4/ Cho x + y = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P = x 3 + y 3 + 3 (x 2 - y 2 ) + 3 (x + y )
5/ Cho a, b, x , y Î ¡ thỏa mãn 0 < a, b £ 4 , a + b £ 7 và 2 £ x £ 3 £ y .
2x 2 + y 2 + 2x + y
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =
xy (a 2 + b2 )
Hướng dẫn. Tìm giá trị lớn nhất của Q = a 2 + b2 là M , xét hàm số
2x 2 + y 2 + 2x + y
g (y ) = f (x , y ) = với ẩn y và x là tham số, tìm giá trị nhỏ nhất
xy .M
của g (y ) là h (x ). Sau đó tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số h (x ) với x Î ë2; 3 ù.
é
û
6/ Cho x , y Î ¡ thỏa mãn x 3 £ y . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P = x 2 + y 2 - 8x + 16 .
Hướng dẫn. Nếu x > 0 thì x 6 £ y 2 từ đó xét hàm số f (x ) = x 6 + x 2 - 8x + 16 .
Nếu x £ 0 thì x 2 + y 2 - 8x + 16 ³ 16 với mọi x £ 0, x 3 £ y .
7/ Cho x , y Î (0;1 ) thỏa mãn x + y = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P = xx + yy .
- Hướng dẫn. Xét hàm số f (x ) = x x , x Î (0;1 ). Chứng minh
f (x ) + f (y ) æx + y ö
÷.
³ fç
ç ÷ Ta có
2 ç 2 ÷
è ø
1- x æ1 ö
P = x x + (1 - x ) = f (x ) + f (1 - x ) ³ 2 f ç ÷ =
ç ÷ 2.
ç2 ÷
è ø
8/ Cho x , y > 0 thỏa mãn x + y = 2 . Chứng minh rằng xy £ x x y y
II.2. Tìm GTNN, GTLN của biểu thức có tính chất đối xứng
Trong phần này chúng tôi trình bày một số dạng bài toán tìm GTNN, GTLN của
biểu thức chứa hai biến mà giả thiết hoặc biểu thức đó thể hiện tính đối xứng.
Từ đó bằng phép đặt ẩn phụ ta chuyển về bài toán tìm G của hàm số.
Thí dụ 1. Cho x 2 + y 2 = x + y .
Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của biểu thức P = x 3 + y 3 + x 2y + xy 2
Lời giải.
2
Đặt t = x + y , từ giả thiết x 2 + y 2 = x + y ta có 2xy = (x + y ) - (x + y ) = t 2 - t
t2 - t 2
hay xy = . Áp dụng bất đẳng thức (x + y ) £ 2 (x 2 + y 2 ) = 2 (x + y ) hay
2
3
t 2 £ 2t suy ra 0 £ t £ 2 . Khi đó biểu thức P = (x + y ) - 2xy (x + y ) = t 2 . Do đó
ta có max P = 4 đạt được khi t = 2 hay x + y = 2 và xy = 1 suy ra x = 1 và
y = 1 , ta có min P = 0 đạt được khi t = 0 hay x = y = 0 .
Nhận xét. Bài toán này giả thiết và biểu thức P được cho dưới dạng đối xứng
với hai biến. Vì vậy, chúng ta nghĩ đến cách đổi biến t = x + y . Nhưng để giải
bài toán trọn vẹn thì phải tìm điều kiện của biến t . Sau đây là một số bài toán
với định hướng tương tự.
Thí dụ 2. Cho x , y > 0 thỏa mãn x 2 + xy + y 2 = 1 .
xy
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P =
x+ y+ 1
Lời giải. Đặt t = x + y . Từ giả thiết x , y > 0 và x 2 + xy + y 2 = 1 suy ra
2 1
xy = t 2 - 1 . Áp dụng bất đẳng thức (x + y ) ³ 4xy suy ra 0 < t £ .
3
3- 3
Khi đó P = t - 1 £ .
3
- 3- 3 æ2 1 ö
÷
Vì vậy max P = đạt được khi (x ; y ) = ç
ç ;- ÷ hoặc
3 ç 3
è ÷
3ø
æ 1 2 ö
÷.
(x ; y ) = ç-
ç ; ÷
ç
è ÷
3 3ø
Thí dụ 3. Cho x , y Î ¡ thỏa mãn x + y ¹ - 1 và x 2 + y 2 + xy = x + y + 1 . Tìm
xy
giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của biểu thức P = .
x+ y+ 1
Lời giải. Đặt t = x + y . Từ giả thiết x 2 + y 2 + xy = x + y + 1 ta có
2
(x + y ) - xy = (x + y ) + 1 hay xy = t 2 - t - 1 .
2 2
Áp dụng bất đẳng thức (x + y ) ³ 4xy suy ra 3t 2 - 4t - 4 £ 0 hay - £ t £ 2.
3
t2 - t - 1 t2 - t - 1 t 2 + 2t
Khi đó P = . Xét hàm số f (t ) = , f ¢(t ) = 2
,
t+ 1 t+ 1 (t + 1 )
f ¢(t ) = 0 Û t = 0 Ú t = - 2 (loại).
Bảng biến thiên
2
t - 3 0 2
f ¢(t ) - 0 +
1 1
f (t ) 3 3
- 1
Từ bảng biến thiên ta có min P = min ùf (t ) = f (0 ) = - 1 đạt được khi
é 2 t Î ê- ;2 ú
ë 3 û
1
(x ; y ) = (- 1;1 ) hoặc (x ; y ) = (1; - 1 ) và max P = max f (t ) = f (- 2
3
) = f (2 ) =
t Î é- 2 ;2 ù
ê 3 ú
ë û
3
1
đạt được khi x = y = - hoặc x = y = 1 .
3
Thí dụ 4. Cho x , y Î ¡ thỏa mãn 0 < x , y £ 1 và x + y = 4xy . Tìm giá trị nhỏ
nhất, giá trị lớn nhất của biểu thức P = x 2 + y 2 - xy .
- t
Đặt t = x + y . Từ giả thiết 0 < x , y £ 1 và x + y = 4xy suy ra xy = và
4
2 3 3
1 £ t £ 2 . Khi đó P = (x + y ) - 3xy = t 2 - t . Xét hàm số f (t ) = t 2 - t ,
4 4
3 3
f ¢(t ) = 2t - , f ¢(t ) = 0 Û t = (loại). Bảng biến thiên
4 8
t 1 2
f ¢(t ) +
5
2
f (t )
1
4
1 1
Từ bảng biến thiên ta có min P = minùf (t ) = f (1 ) = đạt được khi x = y =
é t Î ë1;2 û 4 2
5
và max P = max f (t ) = f (2 ) =
t Î é1;2 ù
ë û 2
đạt được khi (x ; y ) = ( 2-
2
2 2+ 2
; 2 ) hoặc
(x ; y ) = ( 2 + 2 2- 2
2
; 2 ).
Thí dụ 5. Cho x , y Î ¡ thỏa mãn x , y ¹ 0 và xy (x + y ) = x 2 + y 2 - x - y + 2 .
1 1
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = + .
x y
Lời giải. Đặt t = x + y . Từ giả thiết xy (x + y ) = x 2 + y 2 - x - y + 2 hay
2 t2 - t + 2
xy (x + y ) = (x + y ) - 2xy - (x + y ) + 2 suy ra xy = . Áp dụng bất
t+ 2
2 t 3 - 2t 2 + 4t - 8
đẳng thức (x + y ) ³ 4xy suy ra ³ 0 hay t < - 2 Ú t ³ 2 . Khi đó
t+ 2
x+ y t 2 + 2t t 2 + 2t - 3t 2 + 4t + 4
P = = 2 . Xét hàm số f (t ) = 2 , f ¢(t ) = 2
,
xy t - t+ 2 t - t+ 2 (t 2 - t + 2)
f ¢(t ) = 0 Û t = 2 Ú t = - 2
3
(loại). Bảng biến thiên
2 +¥
t - ¥ - 2 - 3 2
f ¢(t ) - 0 + 0 _
1 2
f (t )
0 1
- Từ bảng biến thiên ta có max P = max f (t ) = f (2 ) = 2 đạt được khi
t < - 2Út ³ 2
x = y = 1.
Thí dụ 6. Cho x , y > 0 thỏa mãn xy + x + y = 3 .
3x 3y xy 3
Chứng minh rằng + + £ x2 + y2 +
y+ 1 x+ 1 x+ y 2
Lời giải. Đặt t = x + y . Từ giả thiết x , y > 0 , xy + x + y = 3 và áp dụng bất đẳng
2
thức (x + y ) ³ 4xy ta có xy = 3 - t , t > 0 và t 2 + 4t - 12 ³ 0 hay t ³ 2 hoặc
t £ - 6 (loại). Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
2
3 (x + y ) - 6xy + 3 (x + y ) xy 2 3
+ £ (x + y ) - 2xy + hay
xy + (x + y ) + 1 x+ y 2
3t 2 + 9t - 18 3 - t 9
+ £ t 2 + 2t - Û t 3 - t 2 + 4t - 12 ³ Û (t - 2 )(t 2 + t + 6) ³ 0
4 t 2
luôn đúng với mọi t ³ 2 , dấu bằng xảy ra khi t = 2 hay x = y = 1 .
Thí dụ 7. Cho x , y > 0 thỏa mãn x 2 + y 2 = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
æ 1ö æ 1ö
ç ÷
P = (1 + x )ç1 + ÷ + (1 + y )ç1 + ÷.
ç ÷
ç
è y÷
ø ç
è x÷
ø
t2 - 1
Lời giải. Đặt t = x + y . Từ giả thiết x , y > 0 và x 2 + y 2 = 1 suy ra xy = và
2
2
t > 1 . Áp dụng bất đẳng thức (x + y ) £ 2 (x 2 + y 2 ) suy ra 1 < t £ 2.
éx + y ù t2 + t t2 + t
ë ûê xy ú = t - 1 . Xét hàm số f (t ) = t - 1 ,
Khi đó P = é1 + (x + y ) + xy ùê ú
ë û
t 2 - 2t - 1
f ¢(t ) = 2
, f ¢(t ) = 0 Û t = 1 ± 2 (loại). Bảng biến thiên
(t - 1 )
t 1 2
f ¢(t ) -
+¥
f (t )
4+ 3 2
Từ bảng biến thiên ta có min P = min ùf (t ) = f ( 2 ) = 4 + 3 2 đạt được khi
(
t Î 1; 2 ú
û
1
x = y = .
2
- Nhận xét. Qua các thí dụ trên, cho ta một kỹ thuật giảm biến của bài toán tìm
GTNN, GTLN của biểu thức hai biến có tính đối xứng: Do tính đối xứng nên ta
luôn có thể biến đổi đưa về một trong các dạng đặt t = x + y , t = x 2 + y 2 hoặc
t = xy , từ đó đưa về tìm GTNN, GTLN của hàm số.
Bài tập tương tự
1/ Cho x , y > 0 thỏa mãn x + y + 1 = 3xy . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
3x 3y 1 1
P = + - 2- 2
y (x + 1 ) x (y + 1 ) x y
2/ Cho x , y không đồng thời bằng 0 và thỏa mãn x + y = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất
1 x2 y2
của biểu thức P = + 2 + 2
x2 + y2 y + 1 x + 1
3/ Cho x 2 + y 2 = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của biểu thức
P = x 1+ y + y 1+ x
4/ Cho x 2 + y 2 = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của biểu thức
x y
P = +
1+ y 1+ x
5/ Cho x , y ¹ 0 thay đổi thỏa mãn (x + y )xy = x 2 + y 2 - xy . Tìm giá trị lớn nhất
1 1
của biểu thức P = 3
+ 3.
x y
6/ Cho x , y Î ¡ thỏa mãn x 2 + xy + y 2 £ 2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P = x 2 - xy + y 2 .
II.3. Tìm GTNN, GTLN của biểu thức có tính đẳng cấp
Trong phần này chúng tôi trình bày một số dạng bài toán tìm giá trị nhỏ nhất, giá
trị lớn nhất của biểu thức chứa hai biến mà giả thiết hoặc biểu thức đó thể hiện
tính đẳng cấp. Từ đó xét hàm số và tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của hàm
số.
Thí dụ 1. Cho x , y > 0 thỏa mãn x 2 + y 2 = 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P = y (x + y ).
Lời giải. Đặt y = tx . Từ điều kiện x , y > 0 suy ra t > 0 . Từ giả thiết x 2 + y 2 = 1
1 t2 + t
ta có x 2 = . Khi đó biểu thức P = x 2t (t + 1 ) = . Xét hàm số
t2 + 1 t2 + 1
- t2 + t - t 2 + 2t + 1
f (t ) = , f ¢(t ) = 2
, f ¢(t ) = 0 Û t = 2 + 1 Út = 1- 2 (loại).
t2 + 1 (t + 1)
2
Bảng biến thiên
t 0 2+ 1 +¥
f ¢(t ) + 0 -
2+ 1
2
f (t )
0 1
Từ bảng biến thiên ta có max P = max f (t ) = f ( 2 + 1 ) = 2+ 1
2
đạt được khi
t> 0
(x ; y ) = ( 2- 1
2 2
; 2+ 1
2 2 ).
Thí dụ 2. Cho x , y ³ 0 và thỏa mãn x 2 + y 2 = 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức
4x 2 + 6xy - 5
P =
2xy - 2y 2 - 1
Lời giải.
5
Nếu x = 0 thì từ giả thiết x 2 + y 2 = 1 và y ³ 0 suy ra y = 1 . Khi đó P = .
3
Nếu x ¹ 0 thì đặt y = tx . Từ giả thiết x , y ³ 0 và x 2 + y 2 = 1 suy ra t ³ 0 và
1 x 2 (4 + 6t ) - 5 5t 2 - 6t + 1
x2 = . Khi đó P = = . Xét hàm số
t2 + 1 x 2 (2t - 2t 2 ) - 1 3t 2 - 2t + 1
5t 2 - 6t + 1 8t 2 + 4t - 4 1
f (t ) = , f ¢(t ) = 2
, f ¢(t ) = 0 Û t = Ú t = - 1 (loại).
3t 2 - 2t + 1 (3t 2 - 2t + 1 ) 2
Bảng biến thiên
1
t 0 2
+¥
f ¢(t ) - 0 +
1 5
3
f (t )
- 1
- 5
Từ bảng biến thiên ta có f (t ) < , " t ³ 0 và min P = min f (t ) = f ( 2 ) = - 1 đạt
1
3 t³ 0
5
được khi x = 2
và y = 1
. Vì vậy max P = đạt được khi (x ; y ) = (0;1) và
5 5 3
min P = - 1 đạt được khi (x ; y ) = ( 25 ; 15 ).
4xy 2 1
Thí dụ 2. Cho x , y > 0 . Chứng minh rằng 3
£
8
(x + x 2 + 4y 2 )
x
Lời giải. Đặt t = . Từ giả thiết x , y > 0 suy ra t > 0 . Khi đó bất đẳng thức cần
y
4t 1 3
chứng minh tương đương với 3
£
8
hay t ( t2 + 4 - t ) £ 2 . Xét
(t + 2
t + 4 )
3
hàm số f (t ) = t ( t2 + 4 - t ),
3 3
3 3t ( t2 + 4 - t )=( t2 + 4 - t )( t 2 + 4 - 3t ),
f ¢(t ) = ( 2
t + 4- t )- t2 + 4 t2 + 4
f ¢(t ) = 0 Û t = 2
2
. Ta có bảng biến thiên
2
t 0 2 +¥
f ¢(t ) + 0 -
2
f (t )
0 0
3
Từ bảng biến thiên ta có max f (t ) = f ( 22 ) = 2 hay t ( t 2 + 4 - t ) £ 2 dấu bằng
t> 0
xảy ra khi t = 2
2
hay y = 2x .
- Bài tập tương tự
1/ Cho x , y > 0 thỏa mãn xy £ y - 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
x2 y3
P = + 9 3
y2 x
2/ Cho x , y ³ 0 . Chứng minh rằng 3x 3 + 7y 3 ³ 9xy 2 .
3/ Cho x , y ³ 0 . Chứng minh rằng x 4 + y 4 ³ x 3y + xy 3 .
æx 2 y2 ö æx yö
4/ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 3 ç 2 + 2 ÷- 8 ç + ÷ với x , y ¹ 0 .
ç ÷
÷
ç
ç ÷
çy
è x ø÷ èy x ÷
ø
II.4. Tìm GTNN, GTLN của biểu thức ba biến
Trong phần này chúng tôi trình bày một số dạng bài toán tìm giá trị nhỏ nhất, giá
trị lớn nhất của biểu thức chứa ba biến bằng cách đặt ẩn phụ hoặc thế hai biến
qua một biến còn lại. Từ đó, chuyển được bài toán về bài toán tìm giá trị nhỏ
nhất, giá trị lớn nhất của hàm số.
1 1
Thí dụ 1. Cho x , y , z > 0 thỏa mãn x + y + z = 1 . Chứng minh rằng + ³ 16
xz yz
Lời giải. Đặt t = x + y . Từ giả thiết ta có z = 1 - (x + y ) = 1 - t và 0 < t < 1 .
2 t2
Áp dụng bất đẳng thức (x + y ) ³ 4xy hay xy £ .
4
1 1 t 4
Khi đó P = + = ³ .
xz yz xy (1 - t ) - t + t
2
4 4 (2t - 1 ) 1
Xét hàm số f (t ) = 2
, f ¢(t ) = 2
, f ¢(t ) = 0 Û t = .
-t +t 2
(- t 2 + t )
Ta có bảng biến thiên
1
t 0 2 1
f ¢(t ) - 0 +
+¥ +¥
f (t )
16
Từ bảng biến thiên ta có min f (t ) = f (2 ) = 16 đạt được khi x = y = 1 , z =
1
4
1
2
.
t Î (0;1 )
- 1 1
Vì vậy + ³ 16 .
xz yz
Thí dụ 2. Cho x 2 + y 2 + z 2 = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của biểu
thức
P = x + y + z + xy + yz + zx
Lời giải. Đặt t = x + y + z . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có
2
(x + y + z ) £ 3 (x 2 + y 2 + z 2 ) suy ra - 3£ t £ 3 . Khi đó
1é 1
(x 2 + y 2 + z 2 )ù = 2 (t 2 + 2t - 1)
2
P = (x + y + z ) + êx + y + z) -
( ú
2ë û
1 2
Xét hàm số f (t ) =
2
(t + 2t - 1), f ¢(t ) = 2t + 2 , f ¢(t ) = 0 Û t = - 1 .
Ta có bảng biến thiên
t - 3 - 1 3
f ¢(t ) - 0 +
1- 3 1+ 3
f (t )
- 1
Từ bảng biến thiên ta có min P = min f (t ) = f (- 1 ) = - 1 đạt được khi
t Î é-
ê 3; 3 ù
ú
ë û
t = - 1 hay (x ; y ; z ) = (- 1; 0; 0 ) và các hoán vị của nó;
max P = max
t Î é- 3; 3 ù
f (t ) = f ( 3)= 1+ 3 đạt được khi t = 3 hay
ê
ë ú
û
(x ; y ; z ) = ( 13 ; 1
3
; 1
3
).
Thí dụ 3. Cho x , y , z ³ 0 thỏa mãn x + y + z = 1 .
15 1
Chứng minh rằng x 3 + y 3 + z 3 + xyz ³
4 4
Lời giải. Do vai trò của x , y , z bình đẳng nên ta luôn giả sử được
1
x = min {x , y , z }. Từ giả thiết x , y , z ³ 0 , x + y + z = 1 ta có 0 £ x £ và
3
2
(y + z ) 27x
y + z = 1 - x . Áp dụng bất đẳng thức yz £ và - 3 < 0 . Khi đó biểu
4 4
thức
- 15 3 15
P = x3 + y3 + z3 + xyz = x 3 + (y + z ) - 3yz (y + z ) + xyz
4 4
3 é15x ù 3 æ27x ö
= x 3 + (y + z ) + yz ê - 3 (y + z )ú = x 3 + (1 - x ) + yz çç - 3÷
÷
÷
ê4
ë ú
û ç 4
è ø
2
3 (y + z ) æ27x ö
÷ 1
÷ 16 (27x - 18x + 3x + 4 )
³ x + (1 - x ) +
3 ç ç - 3÷ = 3 2
4 ç 4
è ø
1 1
Xét hàm số f (x ) =
16
(27x 3 - 18x 2 + 3x + 4 ), f ¢(x ) = 16 (81x 2 - 36x + 3 ),
1 1
f ¢(x ) = 0 Û x = Úx = . Bảng biến thiên
9 3
1 1
x 0 9 3
f ¢(x ) + 0 - 0
7
27
f (x )
1 1
4 4
1 1
Từ bảng biến thiên ta có maxùf (x ) = f (0 ) = f ( 1 ) =
3
. Do đó P ³ . Dấu bằng
é 1 x Î ê0; ú
ë 3û
4 4
xảy ra khi (x ; y ; z ) = ( 1 ; 1 ; 1 ) hoặc (x ; y ; z ) = (0; 1 ; 2 ) và các hoán vị của nó.
3 3 3 2
1
Thí dụ 4. Cho x , y , z Î (0;1 ) thỏa mãn xy + yz + zx = 1 .
x y z
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 2
+ 2
+ .
1- x 1- y 1 - z2
x2 y2 z2
Lời giải. Ta có P = + + . Xét hàm số
x (1 - x 2 ) y (1 - y 2 ) z (1 - z 2 )
1 3t 2 - 1
f (t ) = với 0 < t < 1, f ¢(t ) = ,
t (1 - t 2 ) t 2
(1 - t 2
2
)
1
f ¢(t ) = 0 Û t = 1
Út = - (loại).
3
3
Ta có Bảng biến thiên
1
t 0 3
1
f ¢(t ) - 0 +
+¥ +¥
f (t )
3 3
2
- 1 3 3
Từ bảng biến thiên ta có ³ "t Î (0;1 ).
t (1 - t )
2
2
3 3 2 3 3 3 3
Vì vậy P ³
2
(x + y 2 + z 2 ) ³ 2 (xy + yz + zx ) = 2
3 3
Do đó min P = đạt được khi x = y = z = 1
.
2 3
Chương III
MỘT SỐ BÀI TOÁN TRONG CÁC ĐỀ THI ĐẠI HỌC
Bài 1 (Đề thi tuyển sinh Đại học A – 2011)
é
Cho x , y , z là ba số thực thuộc đoạn ë1; 4 ù và x ³ y , x ³ z . Tìm giá trị nhỏ nhất
û
x y z
của biểu thức P = + +
2x + 3y y + z z + x
1 1 2
Lời giải. Trước hết ta chứng minh : + ³ (*), với a và b
1 + a 1 + b 1 + ab
dương và ab ³ 1 . Thật vậy, (* ) Û (a + b + 2 )(1 + ab ) ³ 2 (1 + a )(1 + b )
2
Û (a + b ) ab + 2 ab ³ a + b + 2ab Û ( ab - 1 )( a- b ) ³ 0 , luôn đúng với
a, b dương và ab ³ 1 . Dấu bằng xảy ra, khi và chỉ khi : a = b hoặc ab = 1 .
Áp dụng (*), với x và y thuộc đoạn é1; 4 ù và x ³ y , ta có:
ë û
x 1 1 1 2
P = + + ³ +
2x + 3y z x 3y x
1+ 1+ 2+ 1+
y z x y
z x x
Dấu bằng xảy ra, khi và chỉ khi : = hoặc = 1 (1)
y z y
x t2 2
Đặt = t , t Î ë1;2 ù. Khi đó: P ³
é
û 2
+ . Xét hàm số :
y 2t + 3 1 + t
t2 2 - 2 ét 3 (4t - 3 ) + 3t (2t - 1 ) + 9 ù
ê
ë ú
û< 0 ,
f (t ) = 2 + é1;2 ù, f ¢(t ) =
,t Î ë û 2
2t + 3 1 + t (2t + 3 ) (1 + t )
2 2
34
Þ f (t ) ³ f (2 ) = .
33
nguon tai.lieu . vn
