-
Thông tin
-
Quiz
Kỹ thuật giảm biến và ứng dụng đạo hàm tìm GTNN – GTLN biểu thức nhiều biến
Tài liệu gồm 16 trang, được biên soạn bởi cô giáo Võ Thị Ngọc Ánh (trường THPT Chuyên Nguyễn Tất Thành, tỉnh Kon Tum), hướng dẫn một số kỹ thuật giảm biến và ứng dụng của đạo hàm để tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của biểu thức nhiều biến
Chủ đề: Tài liệu ôn thi THPTQG môn Toán 257 tài liệu
Môn: Toán 1.9 K tài liệu
Thông tin:
Tác giả:
Preview text:
MỘT SỐ KỸ THUẬT GIẢM BIẾN VÀ ỨNG DỤNG CỦA ĐẠO HÀM ĐỂ TÌM GIÁ
TRỊ NHỎ NHẤT, GIÁ TRỊ LỚN NHẤT CỦA BIỂU THỨC NHIỀU BIẾN
- Chuyên đề dạy ôn thi học sinh giỏi cấp tỉnh lớp 12-
Tác giả: Võ Thị Ngọc Ánh- THPT Chuyên Nguyễn Tất Thành-Kon Tum (27/02/2021)
I. MỘT SỐ KỸ THUẬT GIẢM BIẾN VÀ ỨNG DỤNG CỦA ĐẠO HÀM ĐỂ TÌM
GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT, GIÁ TRỊ LỚN NHẤT CỦA BIỂU THỨC HAI BIẾN
1. Các bước giải bài toán
Bước 1: Sử dụng các kĩ thuật giảm biến đưa biểu thức P = f (t) (t cũng có thể là x hoặc
y ) hoặc so sánh bất đẳng thức ( ,
≤ ≥ )giữa P với hàm một biến f (t) .
+Kỹ thuật 1: Thế biến để chuyển P về một biến ( là một trong các biến đã cho).
+Kỹ thuật 2: Đặt biến phụ để chuyển P về một biến (là biến phụ đã đặt).
+Kỹ thuật 3: Đánh giá bất đẳng thức ( ,
≤ ≥ ) và đặt biến phụ (nếu cần) để chuyển việc đánh
giá P về khảo sát hàm một biến.
Bước 2: Sử dụng các điều kiện ràng buộc (*), các bất đẳng thức cơ bản (được chứng minh
trước đó) để tìm điều kiện “chặt” của biến t , thực chất đây là miền giá trị của t khi x , y thay
đổi thỏa điều kiện (*).
Bước 3: Xét sự biến thiên của hàm f (t) và suy ra kết quả về giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn
nhất (nếu có) của biểu thức P .
2. Các ví dụ minh họa
Kĩ thuật 1: Thế biến để đưa biểu thức P về một biến
Ví dụ 1: Cho x, y ∈ thỏa mãn 2
y ≤ 0, x + x = y +12 . Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn
nhất của biểu thức P = xy + x + 2y +17 .
Lời giải: Ta có 2 2
x + x = y +12 ⇔ y = x + x −12 nên 2 2 3 2
P = x(x + x −12) + x + 2(x + x −12) +17 = x + 3x − 9x − 7 . Vì y ≤ 0 nên 2
x + x −12 ≤ 0 ⇔ 4 − ≤ x ≤ 3 . Xét hàm số 3 2
f (x) = x + 3x − 9x − 7 xác định và liên tục trên [ 4; − ]3. x = 1 Ta có 2
f '(x) = 3x + 6x − 9, f '(x) = 0 ⇔ và f ( 4) − = 12 − , ( f 3 − ) = 20, x = 3 − f (1) = 12 − , ( f 3) = 20.
Nên min f (x) = f (1) = 1
− 2 , max f (x) = f (3) = 20. Hay ta được 12 − ≤ P ≤ 20 . x [ ∈ -4;3] x [ ∈ -4;3] x =1 x =1 x = 3 x = 3 Khi ⇔ thì P = 12 − , khi ⇔ thì P = 20 . 2
y = x + x −12 y = 10 − 2
y = x + x −12 y = 0
Vậy, giá trị nhỏ nhất của P là 12
− đạt được khi x =1; y = 1
− 0, giá trị lớn nhất của P là
20 đạt được khi x = 3; y = 0 .
Kĩ thuật 2: Đặt biến phụ để đưa biểu thức P về biểu thức theo một biến
Dạng 1: Đặt biến phụ đối với biểu thức P có dạng đối xứng
Ví dụ 2: (Đề thi đại học khối D, năm 2009)
Cho các số thực không âm x, y thay đổi và thỏa mãn x + y =1. Tìm giá trị nhỏ nhất và giá
trị lớn nhất của biểu thức 2 2
P = (4x + 3y)(4y + 3x) + 25xy .
Lời giải: Ta có, 2 2 3 3 2 2 3 2 2
P =16x y +12(x + y ) + 34xy =16x y +12 (x + y) − 3xy(x + y) + 34xy =16x y − 2xy +12
Đặt t = xy , ta được 2
P =16t − 2t +12. (x + y)2 Ta có 1 0 ≤ xy ≤ = nên 1 t 0; ∈ . 4 4 4 Xét hàm số 2
f (t) =16t − 2t +12 xác định và liên tục trên 1 0; . 4 2 1
f '(t) = 32t − 2; f '(t) = 0 ⇔ t = . 16 Mà 1 191 1 25 f (0) =12, f = , f = . 16 16 4 2 Suy ra 1 191 1 25
min f (t) = f =
; max f (t) = f = . Hay 191 25 ≤ P ≤ . 1 1 t 0; 16 16 t 0; ∈ ∈ 4 2 16 2 4 4 x + y =1 191 + − P = ⇔ 1 nên khi 2 3 2 3 x = , y = thì 191 P = . 16 xy = 3 3 16 16 x + y =1 25 P = ⇔ 1 nên khi 1 x = y = thì 25 P = . 2 xy = 2 2 4
Vậy, giá trị nhỏ nhất của + −
P bằng 191 đạt được khi 2 3 2 3 x = , y = , giá trị lớn nhất 16 3 3
của P bằng 25 đạt được khi 1 x = y = . 2 2
Nhận xét: Một câu hỏi tự nhiên đặt ra là “Tìm ràng buộc của t như thế nào là chặt?”,
kinh nghiệm là giá trị t được đánh giá đủ “chặt” để giải quyết bài toán khi tại các vị trí đạt cực
trị đối với biến t ta tìm được các giá trị tương ứng của x, y thỏa điều kiện (*).
Ví dụ 3: (Đề thi đại học khối B, năm 2011)
Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn 2 2
2(x + y ) + xy = (x + y)(xy + 2) . Tìm giá trị nhỏ 3 3 2 2
nhất của biểu thức = 4 x y + − 9 x y P + . 3 3 2 2 y x y x Lời giải: Đặt x y
t = + ta có P = ( 3t − t) − ( 2t − ) 3 2 4 3 9
2 = 4t − 9t −12t +18 . y x
Với x, y > 0 , ta có 2 2 x y 1 1
2(x + y ) + xy = (x + y)(xy + 2) ⇔ 2 + +
1 = (x + y) + 2 + . y x x y Mà 1 1 1 1 ( + ) + 2 + ≥ 2 2( + ) + = 2 2 x y x y x y + + 2 , x y x y y x suy ra 5
2t +1≥ 2 2(t + 2) ⇒ t ≥ . 2 Xét hàm số 3 2 5
f (t) 4t 9t 12t 18,t ; = − − + ∈ +∞ , 2 5
f '(t) = 6(2t − 3t − 2) > 0, t ∀ ∈ ;+∞ 2 2 Suy ra 5 23
min f (t) = f = − hay 23 P ≥ − . 5 t ; ∈ +∞ 4 2 4 2 x y 5 + = 23 y x 2 P = − ⇔
nên khi x = 2, y =1 thì 23 P ≥ − . 4 x y 1 1 2 4 + +
1 = (x + y) + 2 + y x x y
Vậy, giá trị nhỏ nhất của P bằng 23 − , đạt được khi ( ; x y) = (2;1) . 4
Dạng 2: Đặt biến phụ đối với điều kiện (*) là tổng các hạng tử đồng bậc hoặc biểu
thức P thể hiện tính “đồng bậc” (đối với các biến x và y)
Ví dụ 4: (Đề thi đại học khối D năm 2013)
Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện xy ≤ y −1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức x + y x − 2y P = − . 2 2
x − xy + 3y 6(x + y)
Lời giải: * Đặt x + − t = ta có t 1 t 2 P = − . y 2 t t 3 6(t+ − + 1) 2 − Theo giả thiết ta có x y 1 1 1 1 1 0 < t = ≤ = − − ≤ . 2 y y 4 y 2 4 * Xét hàm số t +1 t − 2 f (t) = − với 1 t 0; ∈ . 2 t t 3 6(t+ − + 1) 4 1 7 − 3. 7 − 3t 1 7 − 3t 1 4 1 f '(t) = − = − > − > 0 1 , t 0; ∀ ∈ . 2 2 ( t − t + 3) 2(t +1) 2 (t(t−1) + 3) 2 2 3 3 2 2(t +1) 2 3 2 4 Suy ra 1
f (t) f ≤ 1 5 7
hay max f (t) = f = + , suy ra 5 7 P ≤ + . 4 1 t 0; ∈ 3 30 4 3 30 5 * Khi 1
x = ; y = 2 thì 5 7 P = + . 2 3 30
Vậy, giá trị nhỏ nhất của P là 5 7 + đạt được khi 1 x = ; y = 2. 3 30 2
Ví dụ 5: (Đề thi đại học khối B, năm 2008)
Cho hai số thực x, y thỏa mãn hệ thức 2 2
x + y =1. Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất 2 của biểu thức 2(x + 6xy) P = . 2 1+ 2xy + 2y
Lời giải: 2 Thay 2 2 1 +
= x + y vào P , ta được 2(x 6xy) P = . 2 2
x + 2xy + 3y + Nếu y = 0 thì 2
x =1 , ta có P =2. + Nếu y ≠ 0 , đặt x = ty hay x t = , ta có y 2 2 x + 6 x 2(x + 6xy) y y 2 ( 2 2 t + 6t) P = = = . 2 2 2 2
x + 2xy + 3y x x t + 2t + 3 + 2 + 3 y y t = 3 2 2 Xét hàm số t + 6 ( ) t f t − + + = ,t ∈ 4t 6t 18
, ta có f '(t) = , f '(t) 0 = ⇔ . 2 t + 2t + 3 ( 3 t + 2t + 3)2 2 t = − 2 Bảng biến thiên -∞ 3 3 +∞ t - 2 f'(t) - 0 + - 1 3 f(t) 2 -3 1 Suy ra 3
min f (t) f = − = 3 − , 3
max f (t) = f (3) = . Hay 6 − ≤ P ≤ 3. t∈ 2 t∈ 2 3 x = − y Ta có 3 P = 6 − ⇔ t = − ⇔ 2 nên khi 3 2 x = , y = − thì P = 6 − . 2 2 2 13 13 x + y = 1 x = 3y
P = 3 ⇔ t = 3 ⇔ nên khi 3 1 x = , y = thì P = 3. 2 2 x + y =1 10 10
Vậy, giá trị nhỏ nhất của P bằng -6 đạt được khi 3 2 x = , y = −
, giá trị lớn nhất của 13 13
P bằng 3 đạt được khi 3 1 x = , y = . 10 10
Kĩ thuật 3: Đánh giá bất đẳng thức ( ,
≤ ≥ ) và đặt biến phụ (nếu cần) để chuyển việc
đánh giá P về khảo sát hàm một biến
Ví dụ 6: (Đề thi đại học khối D- năm 2012)
Cho các số thực x, y thỏa mãn 2 2
(x − 4) + (y − 4) + 2xy ≤ 32 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 3
P = x + y + 3(xy −1)(x + y − 2).
Lời giải: Ta có 3 3 3 2
P = (x + y) − 3(x + y) − 6xy + 6 ≥ (x + y) − 3(x + y) − (x + y) + 6 . 2
Đặt t = x + y , ta có 2 2 2
(x − 4) + (y − 4) + 2xy ≤ 32 ⇔ (x + y) −8(x + y) ≤ 0 ⇔ 0 ≤ t = x + y ≤ 8 . Xét hàm số 3 3 2
f (t) = t − t − 3t + 6 với t ∈[0;8]. 2
f '(t) = 0 Ta có 2 f '(t) +
= 3t − 3t − 3 và 1 5 . ∈ [ ⇔ t = t 0;8] 2 1+ 5 17 −5 5 + f (0) − = 6; f 1 5 17 5 5 = ; f (8) = 398
nên min f (t) = f = . 2 4 t [ ∈ 0;8] 2 4 x = y Suy ra 17 5 5 P − + ≥ mà 17 5 5 P − = ⇔ 1 5 ⇔ + x = y = . 4 4 1 5 t = 4 2
Vậy, giá trị nhỏ nhất của −
P bằng 17 5 5 đạt được khi 1 5 x y + = = . 4 4
Ví dụ 7: (Đề thi đại học khối B, năm 2006)
Cho x, y là các số thực thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : 2 2 2 2
P = (x −1) + y + (x +1) + y + y − 2 .
Lời giải:
Xét u = (x −1; y),v = (−x −1; y), ta có
u + v ≥ u + v ⇔ 2 2 2 2 2
(x −1) + y + (x +1) + y ≥ 4 + 4y (1*)
Dấu “=” ở (1*) xảy ra khi và chỉ khi u,v cùng hướng hay x −1 = −x −1 ⇔ x = 0 . Ta có 2 2 2 2 2
P = (x −1) + y + (x +1) + y + y − 2 ≥ 4 + 4y + y − 2 . Xét hàm số 2
f (y) = 4 + 4y + y − 2 , y ∈ . Ta có hai trường hợp: + Khi y < 2, ta có 2
f (y) = 4 + 4y + 2 − y , 2 '( ) y f y = −1, 2 1+ y 2 3
f '(y) = 0 ⇔ y +1 = 2y ⇔ y = . 3 Bảng biến thiên: -∞ 3 2 y 3 f'(y) - 0 + f(y) 2+ 3 + Khi y ≥ 2, ta có 2 2
f (y) = 4 + 4y + y − 2 ≥ 2 1+ y ≥ 2 5 > 2 + 3 . Do đó 3
min f (y) = f
= 2 + 3 , suy ra P ≥ 2 + 3 . y∈ 3 x = 0
Ta có P = 2 + 3 ⇔ 3 . y = 3
Vậy, giá trị nhỏ nhất của P bằng 2 + 3 đạt được khi 3 x = 0, y = . 3
3. Bài tập rèn luyện
* Kỹ thuật thế biến:
Bài 1. Cho hai số dương x, y thỏa mãn x + 2y = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức
P = 1+ 2x + 2 2y −1 .
Hướng dẫn giải:
Ta có x + 2y = 3 ⇒ 2y = 3− x nên P = 1+ 2x + 2 2 − x . 1 x ≥ −
Từ P ta có điều kiện 1
2 ⇒ − ≤ x ≤ 2 . 2 2y ≥1 Khảo sát hàm số 1 f (x)
1 2x 2 2 x, x ;2 = + + − ∈ − , ta thu được 2
min f (x) = f (2) = 5 , 1
max f (x) f = = 15 . 1 x ;2 ∈ − 1 x ∈ − 3 ;2 2 2
Đáp số: giá trị nhỏ nhất của P bằng 5 đạt được khi 1
x = 2, y = , giá trị lớn nhất của P 2 bằng 15 đạt được khi 1 4 x = , y = . 3 3
* Kỹ thuật đặt biến phụ:
Bài 2. Cho x, y thỏa mãn 2 2
x + y = x + y . Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức 3 3 2 2
P = x + y + x y + xy .
Hướng dẫn giải:
Đặt t = x + y , ta có 3 2
P = (x + y) − 2xy(x + y) = t . Ta có (x + y)2 2 2
≤ 2(x + y ) = 2(x + y) hay 2
t ≤ 2t ⇔ t ∈[0;2]. Xét hàm số 2
f (t) = t ,t ∈[0;2] , ta tìm được min f (t) = f (0) = 0 , max f (t) = f (2) = 4 . t [ ∈ 0;2] t [ ∈ 0;2]
Đáp số: giá trị nhỏ nhất của P bằng 0 đạt được khi x = y = 0 , giá trị lớn nhất của P bằng
4 đạt được khi x = y =1. Bài 3. Cho 2 2
x + y ≠ 0 thỏa mãn x + y =1. Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức 2 2 1 x y P = + + . 2 2 2 2 x + y y +1 x +1
Hướng dẫn giải: 4 4 2 2 2 Đặt 2 2 + + + −
t = x + y , ta có 1 t xy − = nên 1 x y x y 1 2t 8t 2 P = + = + . 2 2 2 2 2 2 2 2 x + y
x y + x + y +1 t t + 2t + 5 Ta có (x + y)2 2 2 1
≤ 2(x + y ) ⇔ t ≥ . 2 2 Xét hàm số 1 2t + 8t − 2 1 f (t) = +
,t ≥ , ta tìm được min f (t) = f ( ) 1 = 2, 2 t t + 2t + 5 2 1 t ; ∈ +∞ 2 f t = f ( ) 12 max ( ) 5 = . 1 t ; ∈ +∞ 5 2
Đáp số: giá trị nhỏ nhất của P bằng 2 đạt được khi x =1, y = 0 , giá trị lớn nhất của P
bằng 12 đạt được khi x = 2, y = 1 − . 5
Bài 4. (Đề thi đại học khối A, năm 2006) Cho x, y ∈ thỏa mãn 2 2
x − xy + y = xy(x + y) .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 1 1 P = + . 3 3 x y
Hướng dẫn giải:
Từ biểu thức P ta có x, y ≠ 0 . Ta có 2 2 1 1 1 1 1
x − xy + y = xy(x + y) ⇔ + = + − , nên đặt 1 1 *
= a, = b(a,b∈ ) . 2 2 x y x y xy x y Ta có 2 2
a + b = a + b − ab và 3 3
P = a + b . 2
Đặt t = a + b ta có t t ab − = nên 3 3 3 2
P = a + b = (a + b) − 3ab(a + b) = t . 3 (a +b)2 2 2 Vì ab − ≤ nên t t t ≤
⇔ 0 ≤ t ≤ 4 , suy ra 2 P = t ≤16 . 4 3 4
Đáp số: giá trị lớn nhất của P bằng 16 đạt được khi 1 x = y = . 2
Nhận xét: Đối với bài toán này ta cũng có thể thế biến x + y = t để biểu diễn P = f (t)
nhưng ta thu được hàm số f (t) phức tạp hơn.
Bài 5. Cho xy < 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 = 3 x y + −8 x y P + + 10. 2 2 y
x y x
Hướng dẫn giải: 2 2 Đặt x y 2 x y t = + ⇒ t = + + 2 ≥ 4 ⇒ t ≤ 2 − (vì xy < 0 ). 2 2 y x y x 2 2 Khi đó x y x y 2 3 + −8 + +
10 = 3t − 8t + 4 . 2 2 y
x y x Xét 2
f (t) = 3t −8t + 4 , ta có f '(t) = 6t −8 < 0;∀t ≤ 2
− nên f (t) nghịch biến trên ( ; −∞ 2 − ].
Suy ra min f (t) = f ( 2 − ) = 32 . t ( ∈ −∞; 2 − ]
Đáp số: giá trị nhỏ nhất của P bằng 32 đạt được khi x =1, y = 1 − .
Bài 6. Cho x, y > 0 thỏa mãn xy = y −1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 3 x = + 9 x P . 2 3 y y
Hướng dẫn giải: Đặt x t = , ta có 2 9 P = t + . y 3 t t > 0 t > 0
Từ giả thiết x, y > 0 suy ra ⇔ mà 1
1 = ty + ≥ 2 t nên 1 0 < t ≤ . xy = y −1 2 ty = y −1 y 4 5 Xét hàm số 2 9 1 − f (t) t ,t 2t 27 1 0; = + ∈
, ta có f '(t) = < 0, t ∀ ∈0; . 3 t 4 4 t 4 Suy ra 1 15
min f (t) = f = . 1 t 0; ∈ 4 64 4
Đáp số: giá trị nhỏ nhất của P bằng 15 đạt được khi 1 x = , y = 2. 64 2
Bài 7. Cho x, y ≥ 0 thỏa mãn 2 2
x + y =1. Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức 2 4x + 6xy − 5 P = . 2 2xy − 2y −1
Hướng dẫn giải:
+ Nếu x = 0 thì vì x, y ≥ 0 và 2 2
x + y =1 nên y =1, suy ra 5 P = . 32 2 + Xét khi + − − + x ≠ 0 , đặt y
y = tx ⇔ t = ta có 2 1 x = nên
4x 6xy 5 5t 6t 1 P = = . x 2 t +1 2 2
2xy − 2y −1 3t − 2t +1
Vì x, y ≥ 0 nên t ≥ 0 . 2 Xét hàm số 5t − 6t +1 f (t) =
,t ≥ 0, ta tìm được 1
min f (t) f = = 1 − , 2 3t − 2t +1 t [ ∈ 0;+∞) 2 5
f (t) < , t ∀ ≥ 0 . 3
Đáp số: giá trị nhỏ nhất của P bằng -1 đạt được khi 2 1 x = , y =
, giá trị lớn nhất của 5 5
P bằng 5 đạt được khi x = 0, y =1. 3
Bài 8. Cho x, y > 0 thỏa mãn 2 2
x + y =1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = y(x + y) .
Hướng dẫn giải: Đặt y
t = , vì x, y > 0 nên t > 0, từ giả thiết 2 2
x + y =1 suy ra 2 1 x = . x 2 t +1 2 2 Khi đó 2 = ( + ) y y t + t
P y x y = x + = . 2 x x t +1 2 2 t =1+ 2
Xét hàm số ( ) t + t f t − + + = ,t > 0 , ta có t 2t 1 f '(t) =
, f '(t) = 0 ⇔ . 2 t +1 (t + )2 2 1 t =1− 2
Lập bảng biến thiên của +
f (t) ta được
f t = f ( + ) 1 2 max ( ) 1 2 = hay 1 2 P + ≤ . t ( ∈ 0;+∞) 2 2 y = (1+ 2)x + Ta có 1 2 2 2 − + P =
⇔ x + y =1 nên khi 2 2 2 2 x = , y = thì 1 2 P + = . 2 2 2 2 x, y > 0
Đáp số: Giá trị lớn nhất của + − + P bằng 1 2 đạt được khi 2 2 2 2 x = , y = . 2 2 2
Bài 9. Cho hai số x, y thỏa mãn 2 2
x + xy + y =1. Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức 2 2
P = x − xy + y .
Hướng dẫn giải: 2 2 Ta có 2 2
x − xy + y
P = x − xy + y = . 2 2
x + xy + y
+ Nếu y = 0 thì x = 1 ± và P =1. 2 x x − + 1 2 + Xét khi y y − + y ≠ 0 , đặt x
x = ty ⇔ t = ta có t t 1 P = = . y 2 2 x x t + t +1 + + 1 y y 2 Xét hàm số t − t +1 f (t) =
,t ∈ , ta được f t = f ( ) 1 min ( )
1 = , max f (t) = f (− ) 1 = 3 . 2 t + t +1 t∈ 3 t∈
Đáp số: giá trị nhỏ nhất của P bằng 1 đạt được khi 3 x = y =
, giá trị lớn nhất của P 3 3
bằng 3 đạt được khi x =1, y = 1 − .
* Kỹ thuật đánh giá bất đẳng thức:
Bài 10. (Đề thi đại học khối B, năm 2009) Cho các số thực x, y thay đổi và thỏa mãn 3
(x + y) + 4xy ≥ 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 4 4 2 2 2 2
P = 3(x + y + x y ) − 2(x + y ) +1.
Hướng dẫn giải: Đặt 2 2
t = x + y , ta có 3 2 2 2 3 4 4 2 2 3 2 2 2 3 2 2 2 2 2 9 2
P = (x + y ) + (x + y ) − 2(x + y ) +1≥ (x + y ) + (x + y ) − 2(x + y ) +1 = t − 2t + 2 2 2 4 4 3 3 2
(x + y) + 4xy ≥ 2 ⇒ (x + y) + (x + y) ≥ 2 ⇒ x + y ≥1. 2 ta có 2 2 (x y) 1 t x y + = + ≥ ≥ . 2 2 Xét hàm số 9 2 1
f (t) = t − 2t +1,t ≥ , ta tìm được 1 9
min f (t) = f = . 4 2 1 t ; ∈ +∞ 2 16 2
Đáp số: giá trị nhỏ nhất của P bằng 9 đạt được khi 1 x = y = . 16 2
Bài 11. (Đề thi đại học khối A, năm 2013) Cho các số thực dương a,b,c và thỏa mãn 2
(a + c)(b + c) = 4c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 3 2 2 32a 32b a + b P = + − . 3 3 (b+ 3c) (a + 3c) c a b
Hướng dẫn giải: Đặt x = ; y = , ta được x > 0, y > 0 , điều kiện của bài toán trở c c 3 3
thành xy + x + y = 3 và 32x 32y 2 2 P = + − x + y . 3 3 (y+ 3) (x + 3) 3 Dùng bất đẳng thức 3 3 (u v) u v + + ≥ ta đánh giá được 4 3 x y 2 2 P ≥ +
− x + y = (x + y − )3 2 8
1 − (x + y) + 2(x + y) − 6 .
y + 3 x + 3 2 2 Đặt + t (x y)
= x + y ( t > 0 ), ta thấy 3 t
= x + y + xy ≤ x + y +
= t + ⇒ t ≥ 2 4 4
Đưa về khảo sát sự biến thiên của hàm số 3 2
f (t) = (t−1) − t + 2t − 6 với t ≥ 2 .
Đáp số: giá trị nhỏ nhất của P bằng 1− 2 đạt được khi a = b = c .
Bài 12. Cho x, y dương thỏa mãn 3 3
x + y ≤ 2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2 2
P = x + y .
Hướng dẫn giải:
Ta có x, y > 0 và 3 3
x + y ≤ 2 nên 3 3
y ≤ 2 − x suy ra 2 2 2 3 3 2
P = x + y ≤ x + (2 − x ) .
Vì x, y > 0 nên 3 0 < x < 2 .
Khảo sát sự biến thiên của hàm số 2 3 3 2
f (x) = x + (2 − x ) , x ∈( 3 0; 2) ta suy ra được
max f (x) = f ( ) 1 = 2 . x ( 3 ∈ 0; 2)
Đáp số: giá trị lớn nhất của P bằng 2 đạt được khi x = y =1.
II. MỘT SỐ KỸ THUẬT GIẢM BIẾN VÀ ỨNG DỤNG CỦA ĐẠO HÀM ĐỂ TÌM GIÁ
TRỊ NHỎ NHẤT, GIÁ TRỊ LỚN NHẤT CỦA BIỂU THỨC BA BIẾN
1. Các bước giải bài toán
Bước 1: Sử dụng các kĩ thuật giảm biến đưa biểu thức P = f (t) (t cũng có thể là x , y
hoặc z ) hoặc so sánh bất đẳng thức ( ,
≤ ≥ )giữa P với hàm một biến f (t) .
+Kỹ thuật 1: Thế biến để chuyển P về một biến ( là một trong các biến đã cho).
+Kỹ thuật 2: Đặt biến phụ để chuyển P về một biến (là biến phụ đã đặt).
+Kỹ thuật 3: Đánh giá bất đẳng thức ( ,
≤ ≥ ) và đặt biến phụ (nếu cần) để chuyển việc đánh
giá P về khảo sát hàm một biến.
Bước 2: Sử dụng các điều kiện ràng buộc (*), các bất đẳng thức cơ bản (được chứng minh
trước đó) để tìm điều kiện “chặt” của biến t , thực chất đây là miền giá trị của t khi x , y , z
thay đổi thỏa điều kiện (*).
Bước 3: Xét sự biến thiên của hàm f (t) và suy ra kết quả về giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn
nhất (nếu có) đối với P .
2. Các ví dụ minh họa
Kỹ thuật 1: Thế biến để đưa biểu thức về một biến
Ví dụ 1: (Đề thi đại học khối B, năm 2012)
Cho các số thực x, y, z thỏa mãn các điều kiện x + y + z = 0 và 2 2 2
x + y + z =1. Tìm giá
trị lớn nhất của biểu thức 5 5 5
P = x + y + z .
Lời giải:
Từ giả thiết x + y + z = 0 và 2 2 2
x + y + z =1 suy ra 2 2 2 2 2 2
(y + z) − (y + z ) 2 1
y + z = −x, y + z =1− x , yz = = x − . 2 2 Suy ra 5 2 2 3 3 2 2
P = x + (y + z )(y + z ) − y z (y + z) 5 2 2 2 2 2 2
= x + (y + z ) (y + z )(y + z) − yz(y + z) − y z (y + z) 2 5 2 2 2 1 2 1 x (1 x )
x(1 x ) x x x = + − − − + − + − x 2 2 5 3 = (2x − x). 4 2 2 Mặt khác y + z 2 2 6 6 yz ≤
⇔ 2x −1≤1− x ⇔ − ≤ x ≤ . 2 3 3 6 x = − Xét hàm số 3
f (x) = 2x − x với 6 6 x ∈ 6 − ; , 2
f '(x) = 6x −1, f '(x) = 0 ⇔ . 3 3 6 x = 6
Ta có f (x) xác định và liên tục trên 6 6 − ; và 3 3 6 6 6 6 6 6 f − = f = − , f = f − = . 3 6 9 3 6 9 Nên 6 6
max f (x) = f = . Suy ra 5 6 P ≤ . 6 6 36 x∈− 3 9 ; 3 3
x + y + z = 0 Ta có 5 6 2 2 2 P =
⇔ x + y + z =1 nên với 6 6 x = ; y = z = − thì 5 6 P = . 36 3 6 36 6 x = 3
Vậy, giá trị lớn nhất của P là 5 6 đạt được khi 6 6 x = ; y = z = − . 36 3 6
Nhận xét: Bài toán này có thể tìm được giá trị nhỏ nhất của biểu thức P.
Kỹ thuật 2: Đặt biến phụ để đưa biểu thức về một biến
Ví dụ 2: Cho 2 2 2
x + y + z =1. Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức
P = x + y + z + xy + yz + zx .
Lời giải: * Ta có bất đẳng thức 2 2 2 2
(x + y + z) ≤ 3(x + y + z ) (1). Vì 2 2 2 2 2 2
(1) ⇔ 2(x + y + z ) − 2xy − 2yz − 2zx ≥ 0 ⇔ (x − y) + (y − z) + (z − x) ≥ 0 (luôn
đúng). Dấu bằng của (1) xảy ra khi và chỉ khi x= y = z. 2 2 2 2 2 * Đặt t (x y z) (x y z ) t 1
= x + y + z , ta có xy yz zx + + − + + − + + = = nên 2 2 1 2
P = (t + 2t −1) . 2
Áp dụng (1) ta được 2t ≤ 3 ⇔ t ∈ − 3; 3 . Xét hàm số 1 2
f (t) = (t + 2t −1) với t ∈ − 3; 3 f t = t + , f '(t) = 0 ⇔ t = 1 − . 2 , '( ) 1
Ta có f (t) xác định và liên tục trên − 3; 3 và
f (− 3) =1− 3, f ( 3) =1+ 3, f ( 1 − ) = 1 − .
Nên min f (t) = f (− ) 1 = 1
− , max f (t) = f ( 3) =1+ 3 . t ∈ − 3; 3 t ∈ − 3; 3 Suy ra P ≥ 1 − 1 − ≤ P ≤1+ 3 . Ta có với x = 1,
− y = 0, z = 0 thì P = 1 − ; với 3
x = y = z = thì P =1+ 3 . 3
Vậy, giá trị nhỏ nhất của P là -1 đạt được khi x = 1,
− y = 0, z = 0 .
giá trị lớn nhất của P là 1+ 3 đạt được khi 3
x = y = z = . 3
Kỹ thuật 3: Đánh giá bất đẳng thức ( ,
≤ ≥ ) để so sánh biểu thức P với biểu thức chứa một biến
Ví dụ 3: (Đề thi đại học khối B, năm 2010)
Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn x + y + z =1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 2 2 2 2 2 2
P = 3(x y + y z + z x ) + 3(xy + yz + zx) + 2 x + y + z .
Lời giải:
Đặt t = xy + yz + zx , ta có 2 2
P ≥ (xy + yz + zx) + 3(xy + yz + zx) + 2 1− 2(xy + yz + zx) = t + 3t) + 2 1− 2t . 2
Vì x, y, z (x y z) ≥ 0 và xy yz zx + + + + ≤ nên 1 0 ≤ t ≤ . 3 3 Xét hàm số 2 1 f (t) t
3t) 2 1 2t,t 0; = + + − ∈ . 3 Ta có 2
f '(t) = 2t + 3− , 2 1 f "(t) 2 0, t 0; = − ≤ ∀ ∈
, f "(t) = 0 ⇔ t = 0 1− 2t ( − t)3 3 1 2
nên f '(t) nghịch biến trên 1 0; , suy ra 1 11
f '(t) ≥ f ' = − 2 3 >
0 nên f (t) đồng biến trên 3 3 3 1 0; . 3
Do đó min f(t)= f(0)=2, suy ra P≥2. 1 0; 3
x + y + z =1 Ta có P 2 t 0
= ⇔ = ⇔ xy + yz + zx = 0 nên với (x, y, z) = (1,0,0) ta có P = 2 . xy = yz = xz
Vậy, giá trị nhỏ nhất của P là 2 đạt được khi (x, y, z) = (1,0,0) .
Ví dụ 4: (Đề thi đại học khối A, năm 2011)
Cho x, y, z là ba số thực thuộc [1;4] và x ≥ y, x ≥ z . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x y z P = + + .
2x + 3y y + z z + x Lời giải:
Trước hết, ta chứng minh 1 1 2 + ≥
(1) với a,b > 0 và ab ≥1.
1+ a 1+ b 1+ ab Thật vậy, 2
(*) ⇔ (a + b + 2)(1+ ab) ≥ 2(1+ a)(1+ b) ⇔ ( a − b) ( ab −1) ≥ 0 (luôn
đúng với a,b > 0 và ab ≥1). Dấu bằng xảy ra, khi và chỉ khi a = b hoặc ab =1. Áp dụng (1), ta có 1 1 1 1 2 P = + + ≥ + . 2 + 3 y 1 z + 1 x + 2 + 3 y 1 x x y z x + y
Dấu bằng xảy ra, khi và chỉ khi 2
z = xy hoặc x = y . 2 Đặt x t =
với t ∈[1;2] (vì x, y ∈[1;4] và x ≥ y ). Khi đó t 2 P ≥ + . y 2 2t + 3 1+ t 2 Xét hàm t 2 f (t) = + ,t ∈ 1;2 , ta có 2 [ ] 2t + 3 1+ t 3 2
− t (4t − 3) + 3t(2t −1) + 9 f '(t) = < 0 nên 34
P ≥ f (t) ≥ f (2) = . 2 2 2 (2t + 3) (1+ t) 33 Ta có 34 P =
khi x = 4, y =1, z = 2 . 33
Vậy, giá trị nhỏ nhất của P là 34 , đạt được khi x = 4, y =1, z = 2 . 33
3. Bài tập rèn luyện
* Kỹ thuật thế biến:
Bài 1. Cho các số thực a,b,c không đồng thời bằng 0 thỏa mãn điều kiện 2 2 2
a + b + c = 2(ab + bc + ca) . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 3 3 3 a + b + c P = . 2 2 2
(a + b + c)(a + b + c )
Hướng dẫn giải: Đặt 4a x = , 4b y = , 4c z = . a + b + c a + b + c a + b + c
Ta có x + y + z = 4 và 2 2 2
a + b + c = 2(ab + bc + ca) ⇔ xy + yz + zx = 4 . 3 3 3 3 2 Suy ra x y z
3x 12x 12x 16 P + + − + + = = . 32 32 2
Áp dụng bất đẳng thức (y z) yz + ≤ suy ra 8 0 ≤ x ≤ . 4 3 3 2 Xét hàm số
3x −12x +12x +16 f (x) = , 8 0 ≤ x ≤ , suy ra 32 3 m f x = f ( ) 1 in ( ) 0 = , 8 11 a
m x f (x) = f = 8 x 0; ∈ 2 8 x ∈ 3 18 0; . 3 3
Đáp số: giá trị nhỏ nhất của P là 1 đạt được khi a = 0,b = c ≠ 0, giá trị lớn nhất của P là 2
11 đạt được khi a = 4 ,bb = c ≠ 0.
18 * Kỹ thuật đặt biến phụ:
Bài 2. Cho các số thực x, y, z ≥ 0 ; x, y, z không đồng thời bằng 0, thoả mãn π
x = ⇒ t = 3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 3
P = 2(xy + yz + zx) + . 2
x + y + z
Hướng dẫn giải: Đặt 2 4
t = x + y + z ⇒ 2(xy + yz + zx) = t − . Suy ra 2 3 4 P = t + − . 3 t 3 Ta có 2 2 2
x + y + z ≤ (x + y + z)2 2 2 2 4 2 2 3
≤ 3(x + y + z ) ⇒ ≤ t ≤ 4 ⇒ ≤ t ≤ 2. 3 3 Xét hàm số 2 3 4
f (t) = t + − trên 2 3 25 ;2 , suy ra a
m x f (t) = f (2) = . t 3 3 2 3 t∈ 6 ;2 3
Đáp số: giá trị lớn nhất của P là 25 đạt được khi 2
x = y = z = . 6 3
Bài 3. Cho các số thực không âm x, y, z thoả mãn xy + yz + zx = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 16
P = x + y + z + . x + y + z
Hướng dẫn giải:
§Æt t = x + y + z ⇒ 2 2 2 2 2 2 2 2
t = x + y + z + 6 ⇒ x + y + z =t − 6 . Khi ®ã 2 16 P = t − 6 + . t Ta cã 2 2 2 2
(x + y + z) ≤ 3(x + y + z ) nªn 2 2
t ≤ 3(t − 6) ⇒ t ≥ 3 v× t > 0. 25 XÐt hµm sè 2 5
f (t) = t − 6 + ,t ≥ 3 ta được min f (t) = f (3) = t t [ ∈ 3;+∞) 3
Đáp số: giá trị nhỏ lớn nhất của P là 25 đạt được khi x = y = z =1. 3
Bài 4. Cho các số thực x, y, z thoả mãn 2 2 2
x + y + z = 2. Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức 3 3 3
P = x + y + z − 3xyz .
Hướng dẫn giải: 3 t
§Æt t = x + y + z , ta có 2 2 2
P = (x + y + z)(x + y + z − xy − yz − zx) = − + 3t . 2
Ta có (x + y + z)2 2 2 2
≤ 3(x + y + z ) 2
⇒ t ≤ 6 ⇔ − 6 ≤ t ≤ 6. 3 Xét hàm số ( ) t
f t = − + 3t,t ∈ −
min f (t) = f (− 2)
6, 6 , ta tính được = 2 − 2 , 2 t ∈ − 6, 6
max f (t) = f ( 2) = 2 2 . t ∈ − 6, 6
Đáp số: giá trị nhỏ nhất của P là - 2 2 đạt được khi x = − 2, y = z = 0 , giá trị lớn nhất
của P là 2 2 đạt được khi x = 2, y = z = 0 .
* Kỹ thuật đánh giá bất đẳng thức:
Bài 5. (Đề đại học khối B, năm 2013) Cho a,b,c là các số thực dương. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 4 9 P = − . 2 2 2
a + b + c + 4 (a + b) (a + 2c)(b+ 2c)
Hướng dẫn giải:
Dùng bất đẳng thức Cosi ta có 2 2
a + b + 4c a + b + 2ab + 4ac + 4 ( + ) ( + 2 )( + 2 ) ≤ ( + ) bc a b a c b c a b = ≤ 2( 2 2 2
a + b + c ) 2 2 Đặt 2 2 2
t = a + b + c + 4 thì t > 2 và 4 9 P ≤ − . 2 t 2(t − 4)
Khảo sát sự biến thiên của hàm số 4 9 f (t) = −
với t > 2 ta được 2 t 2(t − 4) 5
max f (t) = f (4) = . t>2 8
Đáp số : giá trị lớn nhất của P là 5 đạt được khi a = b = c = 2. 8
Bài 6. (Đề đại học khối A, năm 2003)
Cho x, y, z là ba số dương và x + y + z ≤1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 1 2 1 2 1 P = x + + y + + z + . 2 2 2 x y z
Hướng dẫn giải:
Áp dụng bất đẳng thức u + v + w ≥ u + v + w ≥ u + v + w cho ba vectơ
1 1 1
u ;x ,v y; ,w z; = = =
( x, y, z >0) . Đẳng thức xảy ra khi u,v, w đôi một cùng x y z hướng. Ta được 2 2 1 2 1 2 1 2 3 9 3 P = x + + y + + z + ≥ (3 xyz) + = 9t + với = ( )2 3 t xyz . 2 2 2 3 x y z xyz t 2 Ta có x y z 1 0 < t + + ≤ ≤ . 3 9 Xét hàm số 9 1 f (t) 9t ,t 1 0; = + ∈
, ta tính được min f (t) = f = 82 . t 9 1 t 0; ∈ 9 9
Đáp số: Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P bằng 82 , đạt được khi 1
x = y = z = . 3
Bài 7. Cho x, y, z ∈[0;2] và x + y + z = 3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2 2 2
P = x + y + z .
Hướng dẫn giải:
Giả sử: x ≤ y ≤ z ⇒ 3 = x + y + z ≤ 3z ⇒ z ≥1⇒ z ∈[1;2]. Lại có: 2 2 2
x + y ≤ x + y ⇒ P ≤ ( − z)2 2 2 ( ) 3
+ z = 2z − 6z + 9 . Xét hàm số 2
f (z) = 2z − 6z + 9, z ∈[1;2], ta được max f (z) = f (2) = 5. z [ ∈ 1;2]
Đáp số: Giá trị lớn nhất của P là 5, đạt được khi x = 0, y =1, z = 2 .
Bài 8. Cho x, y, z là ba số dương và x + y + z = 3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P = x + xy + 2xyz
Hướng dẫn giải: 2 2 P + + −
= x + xy + 2xyz = x[1+ y(1+ 2z)] mà 1 1 2y 1 2z (7 2x) .2y(1+ 2z) ≤ . = nên 2 2 2 8 2 (7 − 2x) P ≤ x1+ . 8
Vì x, y, z là ba số dương và x + y + z = 3 nên x∈(0;3) . 2 − Xét hàm số (7 2x) f (x) = x 3 9 1+
, x ∈(0;3) , ta được m ax f (x) = f = . 8 x ( ∈ 0;3) 2 2
Đáp số: Giá trị lớn nhất của biểu thức P bằng 9 , đạt được khi 3 1
x = , y =1, z = . 2 2 2
Bài 9. Cho x, y, z > 0 thỏa mãn x + y + z =1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 1 P = + . xz yz
Hướng dẫn giải: 2 2 Đặt t (x y)
= x + y , ta có z =1− t , t ∈(0;1) và t xy + ≤ = . 4 4 1 1 t 4 P = + = ≥ . 2 xz yz xy(1− t) t − + t Xét hàm số 4 f (t) =
,t ∈(0;1), ta được 1
min f (t) f = = 16 . 2 t − + t t ( ∈ 0;1) 2
Đáp số: Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P bằng 16 , đạt được khi 1 1
x = y = , z = . 4 2
Bài 10. Cho x, y, z ≥ 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức 1 1 P = − .
x + y + z +1 (1+ x)(1+ y)(1+ z)
Hướng dẫn giải:
Đặt t = x + y + z , ta có t ≥ 0 . 2 3
Áp dụng các bất đẳng thức (x y z) xy yz zx + + + + ≤ và (x y z) xyz + + ≤ , ta có 3 27 1 1 1 27 P = − ≤ − . 3
(x + y + z) +1 xyz + (xy + yz + zx) + (x + y + z) +1 t +1 (t + 3) Xét hàm số 1 27 f (t) = −
,t ∈ 0;+∞ , ta được min f (t) = f (0) = 0 , 3 [ ) t +1 (t + 3) t [ ∈ 0;+∞) f t = f ( ) 1 max ( ) 3 = . t [ ∈ 0;+∞) 8
Đáp số: Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P bằng 0 , đạt được khi x = y = z = 0; giá trị lớn
nhất của biểu thức P bằng 1 , đạt được khi x = y = z =1; 8