một số phương pháp tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất và ví dụ
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (242.31 KB, 46 trang )
Lời cảm ơn
Lời đầu tiên em xin gửi lời cảm ơn chân thành đến thầy giáo - ThS .
Nguyễn Thanh Tùng, người đã trực tiế p hướng dẫn, chỉ bảo tận tình
để em hoàn thành khoá luận này.
Trong quá trình hoàn thành khóa luận, em luôn nhận được sự động
viên, giúp đỡ của các thầy cô giáo trong Khoa Toán - Lý - Tin, đặc biệt
là các thầy cô trong bộ môn Hình học và các bạn sinh viên lớp K50ĐHSP
Toán. Đồng thời để hoàn thành khóa luận em cũng nhận được sự tạo điều
kiện thuận lợi về cơ sở vật chất, thời gian, tài liệu tham khảo của Phòng
Đào Tạo, Phòng QLKH và QHQT, thư viện và một s ố phòng, ban, khoa
trực thuộc trường Đại Học Tây Bắc. Nhân dịp này em xin bày tỏ lòng biết
ơn sâu sắc tới BGH nhà trường, thầy cô, gia đình, bạn bè - tất cả những
người đã động viên, giúp đỡ công sức và tinh thần cho công việc nghiên
cứu của em được hoàn thành tốt đẹp. Em xin chúc sức khỏe tất cả các
thầy cô, chúc thầy cô luôn hoàn thành tốt các nhiệm vụ được giao.
Em xin chân thành cảm ơn!.
Sơn La, tháng 5 năm 2013
Sinh viên thực hiện
Nguyễn Thị Thủy
1
Mục lục
Mục lục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
0.1 Lí do chọn đề tài . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
0.2 Mục đích nghiên cứu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
0.3 Nhiệm vụ nghiê n cứu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
0.4 Phạm vi đề tài . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
0.5 Đối tượng nghiên cứu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
0.6 Phương pháp nghiên cứu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
0.7 Cấu trúc khóa luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1 Kiến thức cơ sở 7
1.1 Định nghĩa và tính chất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.1.1 Giá trị lớ n nhất, giá trị nhỏ nhất . . . . . . . . . . . 7
1.1.2 Bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.1.3 Các bất đẳng thức thông dụng . . . . . . . . . . . . 9
1.2 Định lí về dấu tam thức bậc hai . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.3 Định lí Viét . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.4 Tích vô hướng của hai vectơ . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.5 Tích có hướng c ủa hai vectơ . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.6 Cực trị của hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.6.1 Định lí . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.6.2 Dấu hiệu 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.6.3 Dấu hiệu 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.7 Các bước cơ bản để giải bài toán cực trị . . . . . . . . . . . 1 3
1.8 Phương trình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
2 Một số phương pháp tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất 16
2
2.1 Phương pháp bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
2.2 Phương pháp miền giá trị của hàm số . . . . . . . . . . . . 20
2.3 Phương pháp đạo hàm - khảo sát hàm số . . . . . . . . . . 24
2.4 Phương pháp dùng lũy thừa với số mũ chẵn . . . . . . . . . 27
2.5 Phương pháp hình họ c . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
2.6 Phương pháp lượng giác hóa . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
3 Bài tập 35
Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
3
Mở đầu
0.1 L í do chọn đề tài
Trong trường phổ thông, môn Toán có một vị trí rất quan trọng. Các
kiến thức và phương pháp toán học là công cụ thiết yếu giúp học sinh học
tốt các môn học khác, hoạt động có hiệu quả trong mọi lĩnh vực. Đồng
thời môn toán còn giúp học sinh phát triển những năng lực và phẩm chất
trí tuệ, rèn luyện cho học sinh khả năng tư duy tí ch cực, độc lập, sáng tạo,
giáo dục cho học sinh tư tưởng đạo đức và thẩm mỹ của người công dân.
Chương trình toán trung học có rất nhiều dạng bài tập khác nhau.
Trong đó có nhiều dạng rất khó như chứng minh bất đẳng thức, biện luận
về số nghiệm của phương trình, bất phương trình, Và dạng bài : “ Tìm
giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của một đại lượng ” cũng nằm trong số
đó. Các dạng bài tập này được gọi chung là bài toán tìm cực trị hay bài
toán cực trị. Đây thực sự là một chuyên đề khó của chương trình toán
trung học bởi vì các bài toán cực trị rất phong phú, phạm vi nghiên cứu
của vấn đề này lại rất rộng. Và nó lại là một trong những dạng toán được
quan tâm đến nhiều nhất trong các kì thi tuyển chọn học sinh giỏi trong
nước và quốc tế. Thế nhưng, sách giáo khoa có rất ít các bài tập dạng này
và do những điều kiện khách quan mà sách giáo khoa không hệ thống lại
các phương pháp giải. Do đó, việc cần thiết là phải cung cấp cho họ c sinh
các phương pháp giải dạng toán: “ Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất”.
Việc này sẽ giúp các em dễ dàng hơn trong việc giải bài toán cực trị.
Để giải được một bài toán cực trị bên cạnh việc phải nắm vững được
các kiến thức cơ bản của chương trình phổ thông còn phải biết vận dụng
linh hoạt c á c kiến thức đó vào giải bài tập. Điều đặc biệt là thông qua các
bài toán cực trị người học có thể vận dụng linh hoạt vào giải các loại toán
khác như giải phương trình, hệ phương trình, bất đẳng thức, chứng mi nh
một yếu tố hình họ c.
Trên thực tế, qua khảo sát việc giải bài toán cực trị ở các trường phổ
thông tôi nhận thấy rằng chất lượng học sinh vẫn còn thấp, đa số các em
chưa biết cách giải m ột bài toán cực trị. Điều này phần nào ảnh hưởng tới
4
chất lượng giáo dục.
Xuất phát từ những lí do trên và với tư cách là một giáo viên dạy toán
trong tương lai, tôi xin hệ thống lại các phương pháp tìm giá trị lớn nhất,
giá trị nhỏ nhất thông qua việc nghiên cứu đề tài: "Một số phương phá p
tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất và ví dụ."
0.2 Mục đích nghiên cứu
• Đề tài này có tác dụng giúp học sinh học tập môn Toán nói chung
và việc giải toán cực trị nói riêng được tháo gỡ phần nào những khó
khăn.Trang bị cho học sinh một số kiến thức cơ bản nhằm nâng cao
khả năng tư duy và học tập bộ môn một cách chủ động.
• Tạo thêm hứng thú cho học sinh trong học tập m ôn Toán cũng như
kích thích sự đam mê tự học và tự tìm tòi nghiên c ứu.
• Giúp bản thân người học nắm được các bước cơ bản để tìm cực trị.
0.3 Nh i ệm vụ nghiên cứu
• Đề tài đưa ra một số dạng toán cơ bản về bài toán cực trị phù hợp
với trình độ nhận thức của học sinh.
• Đề tài sẽ trang bị cho học sinh một số phương pháp giải các bài toán
tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất để học sinh vận dụng làm bài
tập.
• Chọn lọc có hệ thống những bài tập mang tính tiêu biểu phù hợp với
từng nội dung phương pháp.
0.4 Phạm vi đề tài
Phát triển năng lực tư duy của học sinh thông qua giải toán tìm giá
trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất đối vớ i các học sinh chuyên và không chuyên
toán.
0.5 Đối tượng nghiê n cứu
Các phương pháp tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất và ví dụ.
5
0.6 Phương pháp nghiê n cứu
• Phương pháp khách quan: Qua kết quả học tập của bản thân trong
quá trình học tập ở THCS, THPT và trong quá trình học Đại học.
• Phương pháp đọc và nghiên cứu từ các nguồn tài liệu khác nhau.
Trích dẫn từ nguồn internet và các sách tham khảo.
• Phương pháp tham khảo, trao đổi ý kiến vớ i thầy giáo hướng dẫn và
bạn bè.
0.7 Cấu trúc khóa luận
Ngoài phần m ở đầu, kết luận, mục lục, danh mục các tài liệu tham
khảo, khóa luận gồm 3 chương:
Chương 1: Kiến thức cơ sở
Chương 2: Một số phương pháp tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất
Chương 3: Bài tập
6
Chương 1
Kiến thức cơ sở
1.1 Định ng hĩa và t ính chất
1.1.1 Giá trị lớn nhất, giá trị n hỏ nhất
Định nghĩa 1.1. Cho hàm số f (x
1
, x
2
, ··· , x
n
) với x
i
∈ D
i
, D
i
⊂ R, i =
1, n. Đặt D = D
1
× D
2
× ···×D
n
.
1. Số M được gọi là giá trị lớn nhất của hàm số f (x
1
, x
2
, ··· , x
n
) trên
D, kí hiệu M = max
(x
1
,···,x
n
)∈D
f(x
1
, ··· , x
n
) nếu hai điều kiện sau đây
đồng thời thỏa mãn:
(a) f(x
1
, x
2
, ··· , x
n
) ≤ M, ∀(x
1
, x
2
, ··· , x
n
) ∈ D
(b) Tồn tại (x
0
1
, x
0
2
, ··· , x
0
n
) ∈ D sao cho f(x
0
1
, x
0
2
, ··· , x
0
n
) = M
2. Số m được gọi là gi á trị nhỏ nhất của hàm số f (x
1
, x
2
, ··· , x
n
) trên
D, kí hiệu m = min
(x
1
,···,x
n
)∈D
f(x
1
, ··· , x
n
) nếu hai điều kiện sa u đây
đồng thời thỏa mãn:
(a) f(x
1
, x
2
, ··· , x
n
) ≥ m, ∀(x
1
, x
2
, ··· , x
n
) ∈ D
(b) Tồn tại (x
0
1
, x
0
2
, ··· , x
0
n
) ∈ D sao cho f(x
0
1
, x
0
2
, ··· , x
0
n
) = m
Để đơn giản vấn đề mà không làm m ất tính tổng quát, ta xét đối với hàm
số một biến y = f(x) với x ∈ D ⊂ R, và sau đây là một số tính chất.
Tính chất 1.1. Giả sử f(x) xác định trên D và A, B là hai tập con của D,
trong đó A ⊆ B. Giả sử tồn tại max
x∈A
f(x), max
x∈B
f(x), min
x∈A
f(x), min
x∈B
f(x).
Khi đó ta có:
1. max
x∈A
f(x) ≤ max
x∈B
f(x)
7
2. min
x∈A
f(x) ≥ min
x∈B
f(x)
Tính chất 1.2. Giả sử hàm số f (x) xác định trên D và tồn tại ma x
x∈D
f(x)
và min
x∈D
f(x). Khi đó ta có:
max
x∈D
f(x) = −min
x∈D
(−f (x)); min
x∈D
f(x) = −max
x∈D
(−f (x))
Tính chất 1.3. Giả sử f (x) và g(x) là hai hàm số cùng xác định trên D
và thỏa mãn điều kiện: f(x) ≥ g(x), ∀x ∈ D.
Khi đó ta có: max
x∈D
f(x) ≥ max
x∈D
g(x)
Tính chất 1.4. (Nguyên lí phân rã) Giả sử f(x) xác định trên D và
D được biểu diễn dưới dạng D = D
1
∪ D
2
. Giả sử tồn tại max
x∈D
i
f(x) và
min
x∈D
i
f(x), ∀i = 1, 2. Khi đó ta có
max
x∈D
f(x) = max{max
x∈D
1
f(x), max
x∈D
2
f(x)}
min
x∈D
f(x) = min{min
x∈D
1
f(x), min
x∈D
2
f(x)}
Tính chất 1.5. Giả sử f(x) là hàm số xác định trên D và f (x) ≥ 0. Khi
đó với mọi n nguyên dương ta có:
max
x∈D
f(x) =
2n
max
x∈D
[f
2n
(x)]
min
x∈D
f(x) =
2n
min
x∈D
[f
2n
(x)]
Tính chất 1.6. Giả sử f (x) là hàm số xác định trên D và tồn tại max
x∈D
f(x),
min
x∈D
f(x). Khi đó ta có: max
x∈D
|f(x)| = ma x[|max
x∈D
f(x)|, |min
x∈D
f(x)|]
Tính chất 1.7. Xét hàm số f(x) xác định trên D và giả sử tồn tại
max
x∈D
f(x), min
x∈D
f(x) trong đó: D
1
= {x ∈ D : f (x) > 0} và D
2
= {x ∈
D : f(x) ≤ 0}
Khi đó ta có: min
x∈D
|f(x)| = min{min
x∈D
1
f(x), |max
x∈D
2
f(x)|}
Tính chất 1.8. Giả sử f(x) là hàm số xác định và liên tục trên D. Khi
đó nếu gọi M, m tương ứng là giá t rị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm
số f(x) trên D thì:
min |f(x)| =
0, nếu Mm ≤ 0
min |M|, |m| nếu Mm ≥ 0
8
1.1.2 Bất đẳng thức
Định nghĩa 1.2. Giả sử A, B là hai biểu thức đại số. Ta nói rằng A lớn
hơn B (viết A > B) nếu và chỉ nếu A −B > 0
Hoàn toàn tương tự, ta có định nghĩa các bất đẳng thức A < B, A ≥
B, A ≤ B
Tính chất
1. Nếu A > B, B > C thì A > C
2. Nếu A > B, C > D thì A + C > B + D
3. Nếu A > B, C < D thì A − C > B −D
4. Nếu A > B thì AC > BC ∀C > 0 và AC < BC ∀C < 0
5. Nếu A > B > 0, C > D > 0 thì AC > BD
6. Nếu A > B > 0 thì A
n
> B
n
;
1
A
n
<
1
B
n
,
n
√
A >
n
√
B ∀n ∈ N
∗
1.1.3 Các bất đẳng thức thông dụng
Bất đẳng thức Côsi
Với n số không âm a
1
, a
2
, ··· , a
n
ta luôn có
a
1
+ a
2
+ ···+ a
n
n
≥
n
√
a
1
a
2
···a
n
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a
1
= a
2
= ··· = a
n
Trong trường hợp đặc biệt n = 2 thì a
1
+ a
2
≥ 2
√
a
1
a
2
Ta có một số kết quả đặc biệt
1. Với mọi a, b ∈ R ta có a
2
+ b
2
≥ 2ab. Dấu bằng xảy ra khi a = b
2. Với mọi a, b ≥ 0 ta có a + b ≥ 2
√
ab. Dấu bằng xảy ra khi a = b
3. Với mọi a, b > 0 ta có (a + b)
1
a
+
1
b
≥ 4 và do đó
1
a
+
1
b
≥
4
a + b
.
Dấu bằng xảy ra khi a = b
4. Với mọi a, b, c ∈ R ta có a
2
+ b
2
+ c
2
≥ ab + bc + ca. Dấu bằng xảy
ra khi a = b = c
9
5. Với mọi a, b, c ∈ R ta có ( a + b + c)
2
≥ 3(ab + bc + ca). Dấu bằng xảy
ra khi a = b = c
6. Với mọi a, b, c ≥ 0 ta có a + b +c ≥
√
ab +
√
bc +
√
ca. Dấu bằng xảy
ra khi a = b = c
7. Với mọi a, b, c > 0 ta có (a + b + c)
1
a
+
1
b
+
1
c
≥ 9 và do đó
1
a
+
1
b
+
1
c
≥
9
a + b + c
.
Dấu bằng xảy ra khi a = b = c
Bất đẳng thức Bunhiacopxki
Với 2n số bất kì: a
1
, a
2
, ··· , a
n
; b
1
, b
2
, ··· , b
n
. Khi đó ta luôn có
(a
2
1
+ a
2
2
+ ···+ a
2
n
)(b
2
1
+ b
2
2
+ ···+ b
2
n
) ≥ (a
1
b
1
+ a
2
b
2
+ ···+ a
n
b
n
)
2
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
a
1
b
1
=
a
2
b
2
= ··· =
a
n
b
2
Trong trường hợp đặc biệt: a
1
, a
2
, ··· , a
n
∈ R; b
1
, b
2
, ··· , b
n
∈ R
+
thì
ta có bất đẳng thức sau (bất đẳng thức Svacxơ)
a
2
1
b
1
+
a
2
2
b
2
+ ···+
a
2
n
b
n
≥
(a
1
+ a
2
+ ···+ a
n
)
2
b
1
+ b
2
+ ···+ b
n
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
a
1
b
1
=
a
2
b
2
= ··· =
a
n
b
2
Bất đẳng thức với giá trị trung bình
Với n số dương a
1
, a
2
, ··· , a
n
ta luôn có
n
1
a
1
+
1
a
2
+ ···+
1
a
n
≤
n
√
a
1
a
2
···a
n
≤
a
1
+ a
2
+ ···+ a
n
n
≤
a
2
1
+ a
2
2
+ ···+ a
2
n
n
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a
1
= a
2
= ···a
n
10
Bất đẳng thức Trêbưsep
Cho hai dãy số thực a
1
, a
2
, ··· , a
n
và b
1
, b
2
, ··· , b
n
1. Nếu hai dãy cùng tăng (cùng giảm) thì ta có
(a
1
+ a
2
+ ···+ a
n
)(b
1
+ b
2
+ ···+ b
n
) ≤ n (a
1
b
1
+ a
2
b
2
+ ···+ a
n
b
n
)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a
1
= a
2
= ···a
n
hoặc b
1
= b
2
= ···b
n
2. Nếu có một dãy tăng, một dãy giảm thì ta có
(a
1
+ a
2
+ ···+ a
n
)(b
1
+ b
2
+ ···+ b
n
) ≥ n (a
1
b
1
+ a
2
b
2
+ ···+ a
n
b
n
)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a
1
= a
2
= ···a
n
hoặc b
1
= b
2
= ···b
n
Bất đẳng thức về giá trị tuyệt đối
• |a| ≥ 0. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = 0
• −|a| ≤ a ≤ |a|. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = 0
• |a + b | ≤ |a| + |b|. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ab ≥ 0 (a,b cùng
dấu)
• |a − b| ≥ |a| − |b|. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ab ≥ 0 (a,b cùng
dấu)
• a ≥ b, ab ≥ 0 ⇒
1
a
≤
1
b
. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b
Bất đẳng thức tam giác
Cho ba điểm bất kì A, B, C khi đó ta luôn có AB + BC ≥ AC. Dấu
bằng xảy ra khi và chỉ khi A, B, C theo thứ tự thẳng hàng.
Cho hai vectơ bất kì
−→
u ,
−→
v ta luôn có:
|
−→
u |+ |
−→
v | ≥ |
−→
u +
−→
v |
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
−→
u = k.
−→
v ( k > 0) hoặc trong hai vectơ
−→
u ,
−→
v có ít nhất một vectơ là vectơ không.
11
1.2 Định lí về dấu tam thức bậc h ai
Cho tam thức bậc hai f (x) = ax
2
+ bx + c (a = 0). Khi đó:
• Nếu ∆ < 0 thì f(x) luôn luôn cùng dấu với a, ∀x ∈ R
• Nếu ∆ = 0 thì f(x) luôn luôn cùng dấu với a, ∀x ∈ R, x =
−b
2a
• Nếu ∆ > 0 thì f (x) cùng dấu với a nếu x nằm ngoài khoảng hai
nghiệm và trái dấu với a nếu x nằm trong khoảng hai nghiệm.
1.3 Định lí Viét
Giả sử x
1
, x
2
là nghiệm của phương trình bậc hai ax
2
+ bx + c = 0 thì
x
1
+ x
2
= −
b
a
x
1
.x
2
=
c
a
1.4 Tích vô hướng của hai vectơ
Tích vô hướng của hai vec tơ
−→
u ,
−→
v là một số thực ( kí hiệ u bởi
−→
u .
−→
v )
được xác định bởi biểu thức sa u
−→
u .
−→
v = |
−→
u |.|
−→
v |. cos(
−→
u ,
−→
v )
Nếu trong mặt phẳng ta chọn ra một hệ trục tọa độ vuông góc Oxy, ứng
với hệ tọa độ này
−→
u = (x
1
; y
1
),
−→
v = (x
2
; y
2
) thì
−→
u .
−→
v = x
1
x
2
+ y
1
y
2
tương tự như vậy, trong không gian với hệ tọa độ cho trước
−→
u = (x
1
; y
1
; z
1
),
−→
v =
(x
2
; y
2
; z
2
) thì
−→
u .
−→
v = x
1
x
2
+ y
1
y
2
+ z
1
z
2
1.5 Tích có hướng của hai vectơ
Tích có hướng (hay tích vectơ) của hai vectơ
−→
u = (a; b; c),
−→
v =
(a
′
; b
′
; c
′
) là một vectơ, được kí hiệu là [
−→
u ,
−→
v ] được xác định b ởi biểu
12
thức sau:
[
−→
u ,
−→
v ] =
b c
b
′
c
′
;
c a
c
′
a
′
;
a b
a
′
b
′
= (bc
′
− b
′
c; ca
′
− c
′
a; ab
′
− a
′
b)
1.6 Cực trị của hàm số
1.6.1 Định lí
Giả sử hàm số f (x) đạt cực trị tại điểm x
0
. Khi đó nếu f (x) có đạo
hàm tại điểm x
0
thì f
′
(x
0
) = 0
1.6.2 Dấu hiệu 1
Giả sử hàm số f(x) liên tục trên khoảng (a, b) chứa điểm x
0
và có đạo
hàm trên khoảng ( a, b) không nhất thiết phải có đạo hàm tại x
0
. Khi đó
1.
f
′
(x) < 0, ∀x ∈ (a, x
0
)
f
′
(x) > 0, ∀x ∈ (x
0
, b)
thì hàm số đạt c ực tiểu tại x
0
.
2.
f
′
(x) > 0, ∀x ∈ (a, x
0
)
f
′
(x) < 0, ∀x ∈ (x
0
, b)
thì hàm số đạt c ực đại tại x
0
.
1.6.3 Dấu hiệu 2
Giả sử hàm số f(x) có đạo hàm cấp hai trên khoảng (a, b) chứa điểm
x
0
và f
′
(x
0
) = 0 và f”(x
0
) = 0 thì
1.
f
′
(x) = 0
f”(x) < 0
thì hàm số đạt c ực đại tại x
0
.
2.
f
′
(x) = 0
f”(x) > 0
thì hàm số đạt c ực tiểu tại x
0
.
1.7 Các bước cơ bản để giải bài toán cực trị
• Bước 1: Chứng minh bất đẳng thức f(x) ≥ m hoặc f(x) ≤ M với
∀x ∈ D
13
• Bước 2: Chỉ ra giá trị x
0
để f (x
0
) = m hoặc f (x
0
) = M
• Bước 3: Kết luận: Với giá trị x
0
∈ D thì f (x) đạt
max
x
0
∈D
f(x) = M, min
x
0
∈D
f(x) = m
1.8 Phương trình
1. Phương trình đường thẳng trong mặt phẳng
Trong mặt phẳng Oxy cho đường thẳng ∆ đi qua điểm M(x
0
; y
0
)
nhận vectơ
−→
u = (u
1
; u
2
) làm vectơ chỉ phương và vectơ
−→
n = (a; b)
làm vectơ pháp tuyến.
Khi đó phương trình tham số của đường thẳng ∆ là:
x = x
0
+ tu
1
y = y
0
+ tu
2
, với t là tham số
Phương trình tổng quát c ủa đường thẳng ∆ là:
ax + by + c = 0, với c = −ax
0
− by
0
, a
2
+ b
2
= 0
2. Phương trình mặt phẳng trong không gian
Mặt phẳng α đi qua điể m M
0
(x
0
; y
0
; z
0
) và nhận vectơ
−→
n = (A; B; C)
làm vectơ pháp tuyến có phương trình là
A(x − x
0
) + B(y −y
0
) + C(z −z
0
) = 0
3. Phương trình đường tròn
Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C) có tâm I(a; b) có bán kính
R > 0 thì phương trình tổng quát c ủa đường tròn (C) là:
(x − a)
2
+ (y −b)
2
= R
2
Nếu a
2
+ b
2
−c > 0 thì phương trình của đường tròn có thể viết dưới
dạng: x
2
+ y
2
+ 2ax + 2by + c = 0 gọi là phương trình đường tròn
tâm I(a; b) bán kính R =
√
a
2
+ b
2
− c
4. Phương trình của Elip
(E) :
x
2
a
2
+
y
2
b
2
= 1, a > b > 0 là phương trình của Elip có tiêu điểm
nằm trên trục hoành và đối xứng nhau qua gốc O.
14
(E) :
x
2
b
2
+
y
2
a
2
= 1, a > b > 0 là phương trình của Elip có tiêu điểm
nằm trên trục tung và đối xứng nhau qua gốc O.
5. Phương trình của Hypebol
(H) :
x
2
a
2
−
y
2
b
2
= 1 , (a, b > 0) là phương trình của Hype bol có tiêu
điểm nằm trên trục hoành và đối xứng nhau qua gốc O.
(H) :
x
2
b
2
−
y
2
a
2
= −1, (a, b > 0) là phương trình của Hypebol có tiêu
điểm nằm trên trục tung và đối xứng nhau qua gốc O.
6. Phương trình của Parabol
(P ) : y
2
= 2px (p > 0) là phương trình của Parabol (P ) có đỉnh là
gốc (O), trục đối xứng là trục hoành, có bề lõm quay sang phần dương
của trục hoành. Tương tự như vậy đối với các parabol có phương trình
y
2
= −2p x; x
2
= −2p y; x
2
= 2py
7. Các phương trình lượng giác cơ bản
• Phương trình sin x = a, (|a| ≤ 1) có nghiệm
x = α + k2π
x = π − α + k2π
Ở đây a = si n α và k ∈ Z.
• Phương trình cos x = a, (|a| ≤ 1) có nghiệm x =
x = α + k2π
x = −α + k2π
Ở đây a = co s α và k ∈ Z.
• Phương trình tan x = a có nghiệm x = α + kπ (k ∈ Z) với
a = tan α.
• Phương trình cot x = a có nghiệm x = α + kπ (k ∈ Z) với
a = cot α.
15
Chương 2
Một số phương pháp tìm giá trị lớn
nhất, giá trị nhỏ nhất
Để tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x) trên một
miền D cho trước, chúng ta có thể sử dụng nhiề u phương pháp khác nhau.
Trong phạm vi khóa luận này tôi xin trình bày 6 phương pháp sau đây:
• Phương pháp bất đẳng thức
• Phương pháp miền giá trị của hàm số
• Phương pháp đạo hàm - khảo s át hàm số
• Phương pháp dùng lũy thừa với số mũ chẵn
• Phương pháp hình học
• Phương pháp lượng giác hóa
2.1 Phương pháp bất đẳng thức
Phương pháp bất đẳng thức được xem như là một trong những phương
pháp thông dụng và hiệu quả để tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của
một hàm số. Phương pháp này đòi hỏi người giải toán trên cơ sở đưa ra
các nhận xét cho việc sử dụng phương pháp này và lựa chọn bất đẳng thức
để xác định lời giải cho bài toán.
Khi sử dụng phương pháp bất đẳng thức để tìm giá trị lớn nhất, giá trị
nhỏ nhất của bi ểu thức f (x
1
, x
2
, ··· , x
n
) trên D = D
1
× D
2
× ··· × D
n
,
ta tiến hành theo hai bước sau:
• Chứng minh một bất đẳng thức có dạng
f(x
1
, x
2
, ··· , x
n
) ≥ α, ∀(x
1
, x
2
, ··· , x
n
) ∈ D
16
với bài toán tìm giá trị lớn nhất hoặc
f(x
1
, x
2
, ··· , x
n
) ≤ α, ∀(x
1
, x
2
, ··· , x
n
) ∈ D
với bài toán tìm giá trị lớn nhất
• Chỉ ra (x
0
1
, x
0
2
, ··· , x
0
n
) ∈ D sao cho f(x
0
1
, x
0
2
, ··· , x
0
n
) = α
Ví dụ 2.1. Tìm gi á trị lớn nhất của biể u thức A, với x ≥ 1, y ≥ 2, z ≥ 3
A =
√
x − 1
x
+
√
y − 2
y
+
√
z − 3
z
Lời giải
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số không âm 1 và x − 1 ta có
√
x − 1 ≤
1 + x − 1
2
=
x
2
do đó
√
x −1
x
≤
1
2
Tương tự ta có
√
y − 2
y
≤
1
2
√
2
và
√
z − 3
z
≤
1
2
√
3
Dấu bằng của các bất đẳng thức trên xảy ra khi và chỉ khi x = 2, y =
4, z = 6.
Vậy max A =
1
2
+
1
2
√
2
+
1
2
√
3
, đạt tại x = 2, y = 4, z = 6
Ví dụ 2.2. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của A = 2x + 3y với
(x, y) ∈ R
2
biết:
2x
2
+ 3y
2
≤ 5
Lời giải
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có:
A
2
= (2x+3y)
2
= (
√
2
√
2x+
√
3
√
3y)
2
≤ ((
√
2)
2
+(
√
3)
2
)((x
√
2)
2
+(y
√
3)
2
)
hay A
2
≤ (2 + 3)(2x
2
+ 3y
2
) ≤ 5.5 = 25
A
2
= 25 ⇔
x
√
2
√
2
=
y
√
3
√
3
2x
2
+ 3y
2
= 5
⇔
x = y
2x
2
+ 3y
2
= 5
⇔
x = y = 1
x = y = −1
Do A
2
≤ 25 nên −5 ≤ A ≤ 5
Vậy min
(x,y)∈R
2
A = −5 đạt tại x = y = −1 và max
(x,y)∈R
2
A = 5 đạt tại
x = y = 1
17
Ví dụ 2.3. Tìm gi á trị nhỏ nhất của hàm số:
f(x, y, z) = (x
3
+ y
3
+ z
3
)
1 + xy
2
z
3
+
1 + yz
2
x
3
+
1 + zx
2
y
3
Trên miền D = {( x, y, z) : x > 0, y > 0, z > 0 và xyz = 1}
Lời giải
Lấy (x, y, z) tùy ý thuộc D. Ta có:
f(x, y, z) = (x
3
+ y
3
+ z
3
)
1 + xy
2
z
3
+
1 + yz
2
x
3
+
1 + zx
2
y
3
= 3 +
x
3
y
3
+
x
3
z
3
+
y
3
z
3
+
y
3
x
3
+
z
3
x
3
+
z
3
y
3
+
x
4
y
2
z
3
+
xy
5
z
3
+
y
4
z
2
x
3
+
yz
5
x
3
+
x
5
z
y
3
+
x
2
z
4
y
3
+ (xy
2
+ yz
2
+ zx
2
)
(2.1)
Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có:
x
3
y
3
+
x
3
z
3
+
y
3
z
3
+
y
3
x
3
+
z
3
x
3
+
z
3
y
3
≥ 6
6
x
3
y
3
.
x
3
z
3
.
y
3
z
3
.
y
3
x
3
.
z
3
x
3
.
z
3
y
3
(2.2)
x
4
y
2
z
3
+
xy
5
z
3
+
y
4
z
2
x
3
+
yz
5
x
3
+
x
5
z
y
3
+
x
2
z
4
y
3
≥ 6
6
x
4
y
2
z
3
.
xy
5
z
3
.
y
4
z
2
x
3
.
yz
5
x
3
.
x
5
z
y
3
.
x
2
z
4
y
3
= 6xyz = 6 (2.3)
xy
2
+ yz
2
+ zx
2
≥ 3
3
xy
2
.yz
2
.zx
2
= 3xyz = 3 (2.4)
Thay (2.2), (2.3), (2.4) vào (2.1) ta có f (x, y, z) ≥ 18, ∀(x, y, z) ∈ D
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1
Vậy min
(x,y,z)∈D
f(x, y, z) = 18
Ví dụ 2.4. Tìm gi á trị nhỏ nhất của các hàm số
1. f(x) =
x + 3 −4
√
x − 1 +
x + 15 −8
√
x −1
2. g(x) =
5
2
− x
−
1
2
+ x
18
Lời giải
1. Điều kiện: x ≥ 1
Ta có:
f(x) =
x + 3 −4
√
x −1 +
x + 15 −8
√
x − 1
=
x − 1 −4
√
x −1 + 4 +
x −1 −8
√
x − 1 + 16
=
√
x − 1 −2
2
+
√
x − 1 −4
2
= |
√
x −1 − 2 | + |
√
x −1 − 4 |
= |
√
x −1 − 2 | + |4 −
√
x − 1| ≥ |
√
x − 1 −2 + 4 −
√
x − 1| = 2
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
√
x − 1 −2
.
4 −
√
x − 1
≥ 0
x ≥ 1
tương
đương với
2 ≤
√
x −1 ≤ 4
x ≥ 1
suy ra 5 ≤ x ≤ 17
Vậy: min f(x) = 2 đạt khi x ∈ [5; 17]
2. Xét g(x) =
5
2
− x
−
1
2
+ x
=
x −
5
2
−
1
2
+ x
Suy ra |g(x) | ≤
x −
5
2
−
x +
1
2
= 3 và do đó −3 ≤ g(x) ≤ 3. Dấu
bằng xảy ra khi và chỉ khi
x −
5
2
.
x +
1
2
≥ 0 ⇔
x ≤
1
2
x ≥
5
2
Vậy min g(x) = −3 đạt khi x ≥
5
2
, max g(x ) = 3 đạt khi x ≤
1
2
Ví dụ 2.5. Cho a, b, c > 0 và a + b +c = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức:
P =
a
2
1 − a
+
b
2
1 − b
+
c
2
1 − c
Lời giải
Vì a + b + c = 1 ⇒ P =
a
2
b + c
+
b
2
c + a
+
c
2
a + b
.
19
Áp dụng bất đẳng thức Svacxơ ta có:
P =
a
2
b + c
+
b
2
c + a
+
c
2
a + b
≥
(a + b + c)
2
2(a + b + c)
=
1
2
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c =
1
3
.
Vậy: min P =
1
2
đạt tại a = b = c =
1
3
2.2 Phương pháp miền giá trị của h àm số
Để xác định lời giải cho bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất
của hàm số f (x) bằng phương pháp miền giá trị, ta thường tiến hành như
sau: Gọi y
0
là một giá trị tùy ý của hàm số f(x) trên miền D thì khi đó
ta có phương trình theo ẩn x, f (x) = y
0
có nghiệm x ∈ D. Tùy theo điều
kiện của phương trình mà ta có các điều kiện tương ứng.
Trong nhiều trường hợp sau khi ta biến đổi đưa được về dạng α ≤ y
0
≤
β. Khi đó min
x∈D
f(x) = α, max
x∈D
f(x) = β
Như vậy khi sử dụng phương pháp này để tìm giá trị lớn nhất, giá trị
nhỏ nhất của hàm số thực chất là ta quy về tìm điều kiện để phương trình
có nghiệm. Tuy nhiên phương pháp này sẽ hạn chế đối với những phương
trình bậc cao hoặc gặp với điều kiện về sự tồn tại nghiệm phức tạp.
Ví dụ 2.6. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của cá c hàm số sau trên
tập R
1. T =
2x
2
+ 7x + 2 3
x
2
+ 2x + 10
; 2. P =
x
2
+ 8x + 7
x
2
+ 1
Lời giải
1. Tập xác định của hàm số là R. Ta gọi y
0
là một gi á trị tùy ý của hàm
số, khi đó tồn tại x ∈ R để
y
0
=
2x
2
+ 7x + 23
x
2
+ 2x + 10
tương đương với phương trình sau có nghiệm theo ẩn x ∈ R
(y
0
− 2)x
2
+ (2y
0
− 7)x + 10y
0
− 23 = 0 (2.5)
Khi đó
20
• Nếu y
0
− 2 = 0 ⇔ y
0
= 2 thì x = −1
• Nếu y
0
−2 = 0 ⇔ y
0
= 2 thì phương trình (2.5) có nghiệm khi và chỉ
khi ∆ ≥ 0, tức là
∆ = (2y
0
− 7)
2
− 4(y
0
− 2)(10y
0
− 23) ≥ 0 ⇔
3
2
≤ y
0
≤
5
2
, y
0
= 2
Ta có y
0
=
3
2
khi x = −4 và y
0
=
5
2
khi x = 2. Vậy giá trị nhỏ nhất và
lớn nhất của T đạt được là min
x∈D
T =
3
2
đạt tại x = −4 và max
x∈D
T =
5
2
đạt
tại x = 2.
2. Xét biểu thức f(x) = P (x)−t =
x
2
+ 8x + 7 − t( x
2
+ 1)
x
2
+ 1
(với t là tham
biến)
Vì x
2
+ 1 > 0 , ∀x ∈ R nên dấu f (x) chính là dấu của tử thức
g(x) = x
2
+ 8x + 7 − t(x
2
+ 1)
hay
(1 − t)x
2
+ 8x + 7 − t (2.6)
Xét tam thức h( x) = ax
2
+ bx + c với a = 1 − t, b = 8, c = 7 −t.
Nếu a > 0 thì h(x) ≥ 0 với mọi x khi ∆ ≤ 0 và h(x) = 0 khi và chỉ
khi ∆ = 0. Nếu a < 0 thì h(x) ≤ 0 với mọi x khi ∆ ≤ 0 và h(x) = 0 khi
và chỉ khi ∆ = 0.
Áp dụng vào (2.6) ta có
∆ = −t
2
+ 8t + 9 = 0 ⇔ −t
2
+ 8t + 9 = 0 ⇔
t = − 1
t = 9
• Với t = −1 thì a = 1 − t = 2 > 0 nên g(x) ≥ 0 ⇒ f(x) ≥ 0
Suy ra f (x) = 0 ⇔ g(x) = 0 ⇔ 2(x + 2)
2
= 0 ⇔ x = −2
• Với t = 9 thì a = 1 − t = −8 < 0 nên g(x) ≤ 0 ⇒ f(x) ≤ 0
Khi f (x) = 0 ⇔ g(x) = 0 ⇔ 2(2x −1)
2
= 0 ⇔ x =
1
2
Vậy min P (x) = −1 đạt tại x = −2 và max P (x) = 9 đạt tại x =
1
2
21
Ví dụ 2.7. Cho hàm số f(x) =
x
2
+ mx + n
x
2
+ 2x + 4
Tìm giá trị của m, n để hàm số đạt giá trị lớn nhất bằng 3, giá trị nhỏ
nhất bằng
1
3
Lời giải
Ta nhận thấy hàm số có tập xác định R. Ta gọi y
0
là một giá trị tùy
ý của hàm s ố, khi đó tồn tại x ∈ R để y
0
=
x
2
+ mx + n
x
2
+ 2x + 4
tương đương
phương trình sau có nghiệm x ∈ R
(y
0
− 1)x
2
+ (2y
0
− m)x + 4y
0
− n = 0 (2.7)
Khi đó
• Nếu y
0
− 1 = 0 ⇔ y
0
= 1 ⇒ x =
n − 4y
0
2y
0
− m
(không thỏa mãn điều
kiện của đề bài)
• Nếu y
0
−1 = 0 ⇔ y
0
= 1 thì phương trình (2.7) có nghiệm khi và chỉ
khi ∆ = (2y
0
− m)
2
− 4(y
0
− 1)(4y
0
− n) ≥ 0 hay là
12y
2
0
+ 4(m − n −4)y
0
+ (4n − m
2
) ≤ 0 (2.8)
Gọi y
1
, y
2
là nghiệm của phương trình vế trái của (2.8) thì bất phương
trình này có nghiệm y
1
≤ y
0
≤ y
2
. Mặt khác theo định lí Viét ta có
y
1
+ y
2
= −
4(m − n −4)
12
y
1
y
2
=
4n − m
2
12
Với yêu cầu của bài toán, ta có
1
3
+ 3 = −
4(m − n −4)
12
1
3
.3 =
4n − m
2
12
suy ra
−m + n = 6
4n − m
2
= 12
. Giải hệ phương trình này ta thu được m =
6, n = 12 hoặc m = −2, n = 4.
Vậy với m = 6, n = 12 hoặc m = −2, n = 4 thì hàm số đạt giá trị lớn
nhất bằng 3, gi á trị nhỏ nhất bằng
1
3
22
Ví dụ 2.8. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của y =
cos x + 2 sin x + 3
2 cos x −sin x + 4
Lời giải
Ta có phương trình 2 cos x−sin x = −4 vô nghiệm nên 2 cos x−sin x+
4 = 0 ∀x, do đó tập xác định của hàm số là D = R. Gọi y là một giá trị
bất kỳ của hàm số đã cho, khi đó tồn tại x ∈ D sao cho
y =
cos x + 2 sin x + 3
2 cos x −sin x + 4
(2.9)
hay (y + 2) sin x + (1 − 2y) co s x = 4y − 3 (2.10)
Ta thấy (2.9) có nghiệm khi và chỉ khi (2.10) có nghiệm. Điều này xảy
ra khi (y + 2)
2
+ (1 − 2y)
2
≥ (4y − 3)
2
, ta thu được
2
11
≤ y ≤ 2. Vậy
max y = 2, min y =
2
11
Ví dụ 2.9. Tìm gi á trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số
f(x, y) = x
2
+ y
2
Xét trên miền D = {(x, y) : (x
2
− y
2
+ 1)
2
+ 4x
2
y
2
− x
2
− y
2
= 0}
Lời giải
Gọi t
0
là một giá trị tùy ý của f(x, y). Khi đó tồn tại (x, y) ∈ D sao
cho
t
0
= x
2
+ y
2
(x
2
− y
2
+ 1)
2
+ 4x
2
y
2
− x
2
− y
2
= 0
hay là
t
0
= x
2
+ y
2
(x
2
+ y
2
)
2
− 3(x
2
+ y
2
) + 1 + 4x
2
= 0
Tương đương với
t
0
= x
2
+ y
2
(2.11)
t
2
0
− 3t
0
+ 1 + 4x
2
= 0 (2.12)
Vì (2.12) có nghiệm nên −16(t
2
0
− 3t
0
+ 1) ≥ 0 hay là
3 −
√
5
2
≤ t
0
≤
3 +
√
5
2
. Mặt khác 4x
2
= 4t
0
− 4y
2
, điều này có được từ (2.11). Do đó từ
(2.12) đưa đến
4y
2
= t
2
0
+ t
0
+ 1 (2.13)
23
Vì t
2
0
+ t
0
+ 1 =
t
0
+
1
2
2
+
3
4
> 0 nên (2.13) luôn có nghiệm. Vậy
min
(x,y)∈D
f(x, y) =
3 −
√
5
2
và max
(x,y)∈D
f(x, y) =
3 +
√
5
2
2.3 Phương pháp đạo hàm - khảo sát hàm số
Từ giả thiết của bài toán, ta biến đổi biểu thức cần tìm giá trị lớn
nhất, giá trị nhỏ nhất từ hai biến số x, y về một biến số nào đó (có thể là
t = x + y, t = x.y, ) rồi dùng đạo hàm để khảo sát hàm số này. Từ đó
suy ra được giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số cần tìm.
Ví dụ 2.10. Cho x, y ≥ 0 và (x + y)
3
+ 4xy ≥ 2. Tìm giá trị lớn nhất,
giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
A = 3(x
4
+ y
4
+ x
2
y
2
) − 2(x
2
+ y
2
) + 1
Lời giải
Ta luôn có kết quả (x + y)
2
≥ 4xy, theo giả thiết (x + y)
3
+ 4xy ≥ 2
nên ta có: (x +y)
3
+(x +y)
2
≥ 2 hay [(x +y) −1][(x +y)
2
+(x +y)+2] ≥
0, suy ra (x + y) −1 ≥ 0
Do [(x + y)
2
+ (x + y) + 2] =
(x + y) +
1
2
2
+
7
4
≥ 0, ∀x, y nên bài
toán được đưa về tìm max, min của A = 3(x
4
+ y
4
+ x
2
y
2
) −2(x
2
+ y
2
) + 1
với x, y thỏa mãn x + y ≥ 1
Ta có A = 3(x
4
+ y
4
+ x
2
y
2
) −2(x
2
+ y
2
) + 1
=
3
2
(x
2
+ y
2
)
2
+
3
2
(x
4
+ y
4
) − 2(x
2
+ y
2
) + 1
≥
3
2
(x
2
+ y
2
)
2
+
3(x
2
+ y
2
)
2
4
− 2(x
2
+ y
2
) + 1
Hay A ≥
9
4
(x
2
+ y
2
)
2
− 2(x
2
+ y
2
) + 1
Vì x
2
+y
2
≥
(x + y)
2
2
( do x+y ≥ 1) nên x
2
+y
2
≥
1
2
, đặt t = x
2
+y
2
.
Ta xét hàm số f(t) =
9
4
t
2
− 2t + 1, với t ≥
1
2
.
Ta có f
′
(t) =
9
2
t − 2, f
′
(t) = 0 ⇔ t =
4
9
. Ta có bảng biến thiên như
sau:
24
t
f’(t)
f(t)
4
9
1
2
+∞
9
16
+∞
+
Hình 2.1:
Vậy min
t≥
1
2
f(t) = f
1
2
=
9
16
đạt được khi t =
1
2
, suy ra A ≥
9
16
. Mặt
khác ta thấy x = y =
1
2
thì A =
9
16
. Do đó min A =
9
16
khi x = y =
1
2
và không có giá trị lớn nhất.
Ví dụ 2.11. Tìm m để hàm số y = mx
3
+ 3mx
2
−(m −1)x −1 có cực trị
Lời giải
Hàm số y = mx
3
+ 3mx
2
− (m − 1)x −1 xác định trên R.
Ta có: y
′
= 3mx
2
+6mx−(m−1), y
′
= 0 ⇔ 3mx
2
+6mx−(m−1) = 0
• Với m = 0 thì ta có 1 = 0 (Vô lí). Vậy hàm số không có cực trị.
• Với m = 0, để hàm số có cực trị thì y
′
= 0 có hai nghiệm phân biệt,
tức là ∆
′
= (3m)
2
+ 3m(m − 1) > 0 ⇔ m < 0 và m >
1
4
Vậy với m < 0 và m >
1
4
thì hàm số có cực trị.
Ví dụ 2.12. Cho x , y ≥ 0 và x + y = 1. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ
nhất của biểu thức:
S = (4x
2
+ 3y)(4y
2
+ 3x) + 25xy
Lời giải
Ta có
S = (4x
2
+ 3y)( 4y
2
+ 3x) + 25xy = 16x
2
y
2
+ 12(x
3
+ y
3
) + 34xy
= 16x
2
y
2
+ 12(x + y)(x
2
− xy + y
2
) + 34xy
= 16x
2
y
2
+ 12[(x + y)
2
− 3xy] + 34xy, do x + y = 1
= 16x
2
y
2
− 2xy + 12
25
