Giúp học sinh tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất bằng phương pháp dồn biến

Kon Tum 10 / 2013
Kon Tum 10 / 2013
GIÚP HỌC SINH
TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT
VÀ GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT
BẰNG PHƯƠNG PHÁP DỒN BIẾN
Së gi¸o dôc vµ ®µo t¹o kon tum
TRƯỜNG THPT DUY TÂN



Đề tài


MỤC LỤC
A. MỞ ĐẦU Trang 1
I. Lý do chọn đề tài 1
GV. Huỳnh Văn Minh
Tổ : Toán – Tin
Năm học : 2012 - 2013
Sng kin kinh nghim
II. Nhiệm vụ, phạm vi và đối tượng nghiên cứu 1
1. Nhiệm vụ nghiên cứu 1
2. Phạm vi nghiên cứu 1
3. Đối tượng nghiên cứu 1
4. Phương pháp nghiên cứu 2
B. KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU 3
I. Thực trạng của vấn đề trước khi nghiên cứu 3
II. Giải pháp khắc phục 3
Dạng1Tìm GTLN, GTNN của hàm hai biến bằng phương pháp thế 4
Dạng 2. Tìm GTLN, GTNN của biểu thức có tính đối xứng 6

Dạng 3. Tìm GTLN, GTNN của biểu thức có tính đẳng cấp 10
Bài tập tổng hợp 12
Bài tập tự luyện 18
III. Phân tích so sánh tác dụng của đề tài 19
C. KẾT LUẬN 20
CHUYÊN ĐỀ - SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
GIÚP HỌC SINH TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ GIÁ TRỊ NHỎ
NHẤT BẰNG PHƯƠNG PHÁP DỒN BIẾN
A. MỞ ĐẦU
I. Lý do chọn đề tài

Tôi chọn đề tài “ Giúp học sinh tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất
bằng phương pháp dồn biến” với những lí do sau đây:
- Đây là vấn đề khó đối với đa số học sinh.
- Đây là vấn đề thường gặp trong các kì thi cao đẳng, đại học và thi
học sinh giỏi các cấp.
- Đây là vấn đề hay, hấp dẫn kích thích tư duy học sinh.
- Đây là chuyên đề góp phần tích cực cho học sinh vào việc rèn luyện
tư duy logich, linh hoạt, sáng tạo. Một yêu cầu quan trọng trong xu
hướng đổi mới giáo dục hiện nay.
- Đây là chuyên đề góp phần giáo dục học sinh thấy được cái hay cái
đẹp quyến rũ của toán học tạo sự hứng thú say mê với môn toán.
II. Nhiệm vụ, phạm vi và đối tượng nghiên cứu
1. Nhiệm vụ nghiên cứu
- Giúp học sinh nắm được phương pháp dồn biến đề tìm giá trị lớn
nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm nhiều biến.
- Chuyên đề này góp phần tích cực cho học sinh vào việc rèn luyện tư
duy logich, linh hoạt, sáng tạo.
- Chuyên đề này góp phần giáo dục học sinh thấy được cái hay cái
đẹp quyến rũ của toán học tạo sự hứng thú say mê với môn toán.

2. Phạm vi nghiên cứu
- Tìm GTLN và GTNN của hàm 2 biến, hàm 3 biến có điều kiện ràng
buộc đối với một số dạng cơ bản thường gặp trong các kì thi đại học,
cao đẳng và thi học sinh giỏi.
3. Đối tượng nghiên cứu
Học sinh khá, giỏi trường THPT Duy tân qua các năm học 2011-
2012; 2012-2013.
4. Phương pháp nghiên cứu
4.1.Quan sát, điều tra khảo sát thực trạng.
4.2 Tổng kết kinh nghiệm, tham khảo tài liệu, tư liệu liên quan chuyên
đề để xây dựng giải pháp.
4.3 Triển khai chuyên đề.
4.4 Kiểm tra, phỏng vấn thống kê đánh giá kết quả.
B. KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU
I.Thực trạng của vấn đề trước khi nghiên cứu.
- Học sinh chỉ biết tìm GTLN và GTNN của hàm số 1 biến trong
các trường hợp cơ bản.
- Học sinh lúng túng, không biết tìm GTLN và GTNN của hàm số
2 biến , 3 biến và có điều kiều kiện ràng buộc, trong các trường
hợp cơ bản thường gặp.
- Học sinh không biết dùng phương pháp dồn biến để đưa hàm
nhiều biến về hàm một biến để giải quyết.
II. Giải pháp khắc phục.
- Giúp học sinh nắm được phương pháp Dồn biến để đưa hàm nhiều
biến về hàm một biến rồi dùng đạo hàm để khảo sát.
- Hệ thống từng dạng bài tập cơ bản thường gặp.
- Lựa chọn các ví dụ mẫu, cơ bản, điển hình đối với mỗi dạng.
- Phân tích, định hướng giải cho mõi ví dụ.
- Trình bày lời giải chính thức cho mỗi ví dụ.
- Rút ra phương pháp chung cho từng dạng.

- Ra bài tập củng cố, luyện tập cho học sinh qua từng dạng.
- Ra các bài tập mang tính vận dụng tổng hợp cho học sinh vận dụng.

Giải pháp được cụ thể hóa qua các dạng, các ví dụ và bài tập sau
đây:
Dạng 1. Tìm GTLN, GTNN của hàm hai biến bằng phương pháp
thế
VD1. Cho x, y là hai số thực dương thỏa mãn
5
4
x y+ =
. Tìm GTNN
của biểu thức
4 1
4
P
x y
= +
.
Phân tích:
- Ta thấy
P
là hàm theo hai biến x và y. Tuy nhiên hai biến này ràng
buộc với nhau theo quan hệ bậc nhất đối với x, y:
5
4
x y+ =
, nên ta dễ
dàng rút được y theo x (biểu diễn y theo x) và thế vào
P

khi đó đưa
P

về hàm theo một biến x:
( )P f x=
.
- Từ giả thiết, ta tìm miền biến thiên của biến x , giả sử
x D∈
.
- Dùng đạo hàm khảo sát hàm:
( )P f x=
, với
x D∈
.
- Từ đó suy ra được kết quả cần tìm.
Giải
Từ giả thiết, ta rút:
5
4
y x= −
, thế vào P ta được:
4 1
( )
5 4
P f x
x x
= = +
−
Từ giả thiết ta suy ra được:
5

0;
4
x
 
∈
 ÷
 
Dùng đạo hàm, lập bảng biến thiên của hàm số :
4 1
( )
5 4
P f x
x x
= = +
−
trên
khoảng
5
0;
4
 
 ÷
 
Từ bảng biến thiên suy ra:
5
0;
4
1
min minf( ) 5, 1,
4

x
P x khi x y
 
∈
 ÷
 
= = = =
VD2. Cho hai số thực x,y thỏa mãn
2
0 à 12y v x x y≤ + = +
. Tìm GTNN và
GTLN của biểu thức
2 17P xy x y= + + +
.
Phân tích:
- Ta thấy
P
là hàm theo hai biến x và y. Tuy nhiên từ giả thiết ta dễ
dàng rút được y theo x (biểu diễn y theo x) và thế vào
P
khi đó đưa
P

về hàm theo một biến x:
( )P f x=
.
- Từ giả thiết, ta tìm miền của biến x , giả sử
x D∈
.
- Dùng đạo hàm khảo sát hàm:

( )P f x=
, với
x D∈
.
- Từ đó suy ra được kết quả cần tìm
Giải
Từ giả thiết suy ra:
2
12y x x= + −
Do đó:
3 2
( ) 3 9 7P f x x x x= = + − −
Từ giả thiết:
[ ]
2 2
12 à 0 12 0 4;3y x x v y x x x= + − ≤ ⇒ + − ≤ ⇒ ∈ −
Dùng đạo hàm, khảo sát hàm số:
3 2
( ) 3 9 7,f x x x x= + − −
trên đoạn
[ ]
4;3x∈ −
.
Từ đó tìm được kết quả:
[ ] [ ]
4;1 4;1
minf( ) 12, ax maxf ( ) 20
x x
minP x m P x
∈ − ∈ −

= = − = =
Dạng 2. Tìm GTLN, GTNN của biểu thức có tính đối xứng.
VD 1. Cho x, y là hai số thực không âm thỏa mãn
4x y+ =
. Tìm
GTLN, GTNN của biểu thức:
3 3
( 1)( 1)P x y= − −
Phân tích:
- Ta thấy biểu thức
3 3
( 1)( 1)P x y= − −
là đối xứng đối với 2 biến x và y và
biểu thức ở điều kiện ràng buộc cũng đối xứng đối với 2 biến x và y
nên ta luôn biểu diễn được nó về theo hai biểu thức đối xứng cơ bản
là :
àS x y v P xy= + =
.
- Mặt khác theo giả thiết ta đã có tổng:
4x y+ =
nên thế vào biểu thức
3 3
( 1)( 1)P x y= − −
ta đưa được vể hàm một biến:
( )f t
, với
t xy=
- Dựa vào giả thiết, ta tìm được miền của biến
t
bằng cách dùng bất

đẳng thức
2
( )
0 4 0 4
4
x y
xy t
+
≤ ≤ = ⇒ ≤ ≤
(chú ý rằng dấu “=” ở đây xảy ra
được)
- Dùng đạo hàm khảo sát hàm
( )f t
trên đoạn
[ ]
0;4t ∈

- Từ đó ta tìm được
[ ] [ ]
0;4 0;4
min minf( ) à max axf( )
t t
P t v P m t
∈ ∈
= =
.
Giải:
Ta có:
3 3 3 3 3 3 3 3
( 1)( 1) ( ) 1 ( ) ( ) 3 ( ) 1P x y x y x y xy x y xy x y

 
= − − = − + + = − + − + +
 
Mà
4x y+ =
nên
3 3 3
( ) ( ) 3 ( ) 1 ( ) 12 63f xy x y xy x y xy xy
 
= − + − + + = + −
 
Đặt
t xy=
ta đưa về hàm theo một biến
t
là
3
( ) 12 63f t t t= + −
Bây giờ ta cần tìm miền biến thiên của
t
như sau: ta có
2
0 4
2
x y
t xy
+
 
≤ = ≤ =
 ÷

 
.
Vậy:
[ ]
0;4t ∈
Dùng đạo hàm ta tìm được GTLN và GTNN của hàm
3
( ) 12 63f t t t= + −
,
trên đoạn
[ ]
0;4

Do đó:
[ ] [ ]
0;4 0;4
max max ( ) 49, min min ( ) 63
t t
P f t P f t
∈ ∈
= = = = −
VD2. Cho x, y là hai số thực thỏa mãn
, 0
1
x y
x y
≥


+ =


. Tìm GTLN, GTNN
của biểu thức
2 2 2 2
( 1)( 1) 1P x y x y= − − − + +
Giải: Đặt
2
1 1
0 0;
2 4 4
x y
t xy t xy t
+
   
= ⇒ ≤ = ≤ = ⇒ ∈
 ÷
 
   
Khi đó:
2
( ) 2 2 2P f t t t t= = + − −
Ta có:
/
0P > ⇒
hàm số đồng biến
Suy ra:
1 1
0; 0;
4 4
9 3

max maxf ( ) , min minf( ) 2
16 2
t t
P t P t
   
∈ ∈
   
   
= = − = = −
VD3: Cho x, y là hai số thực thỏa mãn
, 0
3
x y
x y xy
≥


+ + =

. Tìm GTLN,
GTNN của biểu thức
6
2 2 1
x y
P
x y xy
= + +
+ + +
Phân tích:
- Ta thấy biểu thức cần tìm GTLN, GTNN và biểu thức ràng buộc

các biến ở giả thiết đều có tính đối xứng đối với hai biến x và y.
Do đó ta biểu diễn được chúng về theo hai biểu thức đối xứng cơ
bản là :
àS x y v P xy= + =
.
- Chọn
t
là một trong hai biến
x y+
hoặc
xy
khi đó ta đưa được
P

về hàm theo một biến
t
. (dồn biến)
- Từ điều kiện ràng buộc ta tìm miền biến thiên của biến
t
. Giả sử
t D∈
- Dùng đạo hàm khảo sát hàm
( )f t
trên miền
t D∈

- Suy ra GTLN, GTNN của P
Giải:
Bước 1. Chọn biến
t x y= +

. Khi đó
3xy t= −
Chuyển P sang hàm theo biến t:
6 6
( )
7 4
P f t
t t
= = +
+ −
(Chọn t=x+y hoặc t=xy. Ở đây chọn t=x+y thuận tiện hơn)
Bước 2. Tìm miền của biến t : Từ ràng buộc:
3xy t= −
Sử dụng bất đẳng thức:
2
( )
4
x y
xy
+
≤
Ta suy ra:
2
3
4
t
t− ≤
. Giải ra được:
2 3t≤ ≤
Bước 3. Tìm max, min của hàm f(t) trên miền

[ ]
2;3t ∈

Ta có:
[ ]
/
2 2 2 2
6 6 22 33
( ) 0, 2;3
( 7) (4 ) ( 7) (4 )
t
f t t
t t t t
+
= − + = > ∀ ∈
+ − + −
Suy ra hàm f(t) đồng biến
Vậy:
[ ] [ ]
2;3 2;3
33 11
max maxf ( ) , min minf ( )
5 3
t t
P t P t
∈ ∈
= = = =

VD4: Cho x, y là hai số thực không âm thỏa mãn
3 3

1x y xy+ − =
. Tìm
GTLN, GTNN của biểu thức
2 2
P x y xy= + +
Phân tích:
- Ta thấy biểu thức cần tìm GTLN, GTNN và biểu thức ràng buộc
các biến ở giả thiết đều có tính đối xứng đối với hai biến x và y.
Do đó ta biểu diễn được chúng về theo hai biểu thức đối xứng cơ
bản là :
àS x y v P xy= + =
.
- Chọn
t
là một trong hai biến
x y+
hoặc
xy
khi đó ta đưa được
P

về hàm theo một biến
t
. (dồn biến)
- Từ điều kiện ràng buộc ta tìm miền biến thiên của biến
t
. Giả sử
t D∈
- Dùng đạo hàm khảo sát hàm
( )f t

trên miền
t D∈

- Suy ra GTLN, GTNN của P
Giải:
Bước 1. Chọn biến
t x y= +
. Khi đó từ giả thiết
3 3
1x y xy+ − =
suy ra
3
( ) 3 ( ) 1x y xy x y xy+ − + − =
, suy ra:
3
1
3 1
t
xy
t
−
=
+
Chuyển P sang hàm theo biến t:
3 2
1 7 1 3
( )
4 4 3 2
P f t t t t
t

= = + − − −
+
(Chọn t=x+y hoặc t=xy. Ở đây chọn t=x+y thuận tiện hơn)
Bước 2. Tìm miền của biến t :
Sử dụng bất đẳng thức:
2 2 3 2
( ) 1
0 0 1 2
4 4 3 1 4
x y t t t
xy t
t
+ −
≤ ≤ = ⇒ ≤ ≤ ⇒ ≤ ≤
+
( Chú ý: Đánh giá
? ?? xy≤ ≤
Sao cho ? và ?? là hằng số hoặc biểu
thức chứa biến t nhưng chú ý dấu đẳng thức phải xảy ra
được)
Bước 3. Tìm max, min của hàm f(t) trên miền
[ ]
1;2t ∈

Ta có:
/
0P > ⇒
hàm số đồng biến
Suy ra:
[ ] [ ]

1;2 1;2
4 9
max maxf ( ) , min minf ( )
5 4
t t
P t P t
∈ ∈
= = = = −
VD5 Cho các số thực không âm
zyx ,,
thoả mãn
3
222
=++ zyx
.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
5
P xy yz zx
x y z
= + + +
+ +
.
Phân tích:
Dùng hằng đẳng thức
2 2 2 2
( ) 2( )x y z x y z xy yz zx+ + = + + + + +
ta chuyển đổi
được biểu thức
xy yz zx+ +
theo hai biểu thức

x y z+ +
và
2 2 2
x y z+ +
. Từ đó
đặt
t x y z= + +
Thì đưa được P về hàm theo một biến
t
Giải:
Đặt
zyxt ++=
⇒

2
3
)(23
2
2
−
=++⇒+++=
t
zxyzxyzxyzxyt
.
Chuyển P về hàm theo một biến
t
:
2
3 5
( ) .

2
t
P f t
t
−
= = +
Tìm miềm của biến
t
: Từ điều kiện ràng buộc:
2
3
2
t
xy yz zx
−
+ + =
Sử dụng bất đẳng thức:
30
222
=++≤++≤ zyxzxyzxy
, ta suy ra:
2
2
3
0 3 3 9 3 3
2
t
t t
−
≤ ≤ ⇒ ≤ ≤ ⇒ ≤ ≤

(vì
.0>t
)
Khảo sát hàm :
.33,
2
35
2
)(
2
≤≤−+= t
t
t
tf
Ta có
0
55
)('
2
3
2
>
−
=−=
t
t
t
ttf
(vì
.3≥t

)
Suy ra
)(tf
đồng biến trên
]3,3[
. Do đó
.
3
14
)3()( =≤ ftf
Dấu đẳng thức xảy ra khi
.13 ===⇔= zyxt
Kết luận:
3;3
14
max maxf ( )
3
t
P t
 
∈
 
= =
Dạng 3. Tìm GTLN, GTNN của biểu thức có tính đẳng cấp.
VD 1. Cho x, y,z là ba số thực thuộc đoạn
[ ]
1;4
và
,x y x z≥ ≥
. Tìm

GTNN của biểu thức
2 3
x y z
P
x y y z z x
= + +
+ + +
(Trích đề thi Đại học khối A năm 2011)
Phân tích:
Ta thấy P là tổng của ba phân thức mà tử và mẫu đều là các đa thức
dạng đẳng cấp bậc nhất theo các biến. Do đó chia cả tử và mẫu cho
một biến bậc nhất ta chuyển P về theo ba biến mới
y
x
,
z
y
,
x
z
: Cụ thể
là:
1 1 1
P
3y z x
2 1 1
x y z
= + +
+ + +
Dùng bất đẳng thức:

1 1 2
1 a 1 b
1 ab
+ ≥
+ +
+
với a,b>0 và
ab 1≥
Ta dồn được P về hàm theo một biến
x
t
y
=
như sau:
1 1 1 1 2
P
3y z x 3y
x
2 1 1 2
1
x y z x
y
= + + ≥ +
+ + + +
+
Từ đó ta giải quyết tiếp!
Giải
Trước hết ta chứng minh:
1 1 2
1 a 1 b

1 ab
+ ≥
+ +
+
(*) , với a,b>0 và
ab 1≥
Thật vậy, ta có:
( ) ( )
2
(*) a b ab 1 0⇔ − − ≥
: đúng với a,b>0 và
ab 1≥
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b hoặc ab=1
Áp dụng (*) với x và y thuộc đoạn
[ ]
1;4
và
x y≥
Ta có:
1 1 1 1 2
P
3y z x 3y
x
2 1 1 2
1
x y z x
y
= + + ≥ +
+ + + +
+

,
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
z x
y z
=
hoặc
x
1
y
=
Đặt
[ ]
x
t , t 1;2
y
= ∈
Khi đó
2
2
t 2
P
2t 3 1 t
≥ +
+ +
Xét hàm
[ ]
2
2
t 2
f (t) , t 1;2

2t 3 1 t
= + ∈
+ +
3
/
2 2 2
2 t (4t 3) 3t(2t 1) 9
f (t) 0
(2t 3) (1 t)
 
− − + − +
 
= <
+ +
34
f (t) f (2)
33
⇒ ≥ =
. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
x
t 2 4 x 4,y 1 (2)
y
= ⇔ = ⇔ = =
34
P
33
⇒ ≥
. Từ (1) và (2) suy ra đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x=4,
y=1 và z=2
Vậy GTNN của P bằng

34
33
khi x=4, y=1 và z=2
Bài tập tổng hợp
1) Cho x, y là hai số thực thỏa mãn
, 0
3
x y
x y xy
≥


+ + =

. Tìm GTLN, GTNN
của biểu thức
2 2
1
1 1 3
x y
P
y x x y
= + −
+ + + +
Giải
Ta có:
2 2 3 2
1 ( ) 3 ( ) ( ) 2 1
1 1 3 ( ) 1 ( ) 3
x y x y xy x y x y xy

P
y x x y xy x y x y
+ − + + + −
= + − = −
+ + + + + + + + +
Đặt:
t x y= + ⇒
3xy t= −
. Khi đó:
3 2
1 7 1 3
( )
4 4 3 2
P f t t t t
t
= = + − − −
+
Tìm miền của t:
2 2
( )
0 3 2 3
4 4
x y t
xy t t
+
≤ = − ≤ = ⇒ ≤ ≤
Khảo sát hàm:
3 2
1 7 1 3
( )

4 4 3 2
P f t t t t
t
= = + − − −
+
, với
[ ]
2;3t ∈
Ta có:
/
0P > ⇒
hàm số đồng biến
Suy ra:
[ ] [ ]
2;3 2;3
53 4
max maxf ( ) , min minf ( )
6 5
t t
P t P t
∈ ∈
= = = =
2) Cho x, y là các số thực thay đổi thỏa mãn điều kiện
2 2
1x y xy+ + =
.
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2 2
S x y xy= −
Giải

Ta có:
2 2 2 2 2
( ) ( ) ( 2 ) ( ) (1 3 )S xy x y S xy x y xy xy xy= − ⇒ = + − = −
Đặt
t xy=
2 2 2
1
1 1 3 ( ) 0
3
x y xy xy x y t+ + = ⇔ − = − ≥ ⇒ ≤
2 2 2
1 ( ) 1 0 1x y xy x y xy t+ + = ⇔ + = + ≥ ⇒ ≥ −
Vậy
1
1;
3
t
 
∈ −
 
 
2 2
1
( ) (1 3 ), 1;
3
S f t t t t
 
= = − ∈ −
 
 

.
2
0
'( ) 2 9 0
2
9
t
f t t t
t
=


= − = ⇔

=

2
1 2 4
( 1) 4, (0) 0, 4 2 2
3 9 243
f f f f S S
   
− = = = = ⇒ ≤ ⇔ − ≤ ≤
 ÷  ÷
   
2 1, 1 max 2
2 1, 1 min 2
S x y S
S x y S
= ⇔ = − = ⇒ =

= − ⇔ = = − ⇒ = −
3) Cho x,y∈ R và x,y>1. Tìm giá trị nhỏ nhất của
( ) ( )
3 3 2 2
( 1)( 1)
x y x y
P
x y
+ − +
=
− −
Giải
Biến đổi:
3 2
( ) ( ) (3( ) 2)
( ) 1
x y x y xy x y
P
xy x y
+ − + − + −
=
− + +
Đặt:
t x y= +
. Vì
, 1 2x y t> ⇒ >
Ta được:
3 2
(3 2)
1

t t xy t
P
xy t
− − −
=
− +
Áp dụng BĐT:
2
( )
4
x y
xy
+
≤
, ta có:
2
4
t
xy ≤
Mặt khác:
0 3 2 0xy v t> − >à

nên:
2
3 2
3 2 2
2
(3 2)
(3 2)
4

1 2
1
4
t
t t t
t t xy t t
P
t
xy t t
t
− − −
− − −
= ≥ =
− + −
− +
Khảo sát hàm số :
2
( ) ,
2
t
f t
t
=
−
trên miền
(2; )t ∈ +∞
, ta được kết quả:
(2; )
min min ( ) 8P f t
+∞

= =
, đạt được khi
2x y= =
4) Cho hai số thực
, 0x y ≠
thay đổi thỏa mãn
2 2
( )x y xy x y xy+ = + −
. Tìm
GTLN của biểu thức
3 3
1 1
P
x y
= +
(Trích đề thi Đại học khối A năm 2006)
Giải.
Ta có:
2 2
2 2
1 1 1 1 1 1
( )x y xy x y xy
x y x y x y
+ = + − ⇔ + = + −
Đặt
1 1
;a b
x y
= =
. Ta được:

2 2 2
( ) 3a b a b ab a b a b ab+ = + − ⇔ + = + −
Đặt
2
3
t t
t a b ab
−
= + ⇒ =
Khi đó:
3 3 3 3 2 2
( ) 3 ( ) ( )P a b a b ab a b t t t t t= + = + − + = − − =
Tìm miền của t:
2
2 2
2
2
( )
( ) 3 ( ) ( ) 3 3
4
3
0 4
4
a b
a b a b ab a b a b ab
t
t t t
+
+ = + − ⇒ + − + = ≤
⇒ − ≤ ⇒ ≤ ≤

Suy ra:
16P ≤
. Vậy:
1
ax 16 ,
2
M P khi x y= = =
5) Cho
, , 0, 1x y z x y z> + + ≤
. Chứng minh:
2 2 2
2 2 2
1 1 1
82x y z
x y z
+ + + + + ≥
(Trích đề thi Đại học khối A năm 2003)
Giải
Đặt
2 2 2
2 2 2
1 1 1
P x y z
x y z
= + + + + +
Ta có:
2
2 2 2 2 2 2
3
2 2 2

3
1 1 1 1 1 1 3
( ) ( ) (3 )P x y z x y z xyz
x y z x y z
xyz
 
= + + + + + ≥ + + + + + ≥ +
 ÷
 ÷
 
Đặt:
3
t xyz=
, suy ra:
2
2
9
( ) 9P f t t
t
≥ = +
Tìm miền của
t
:
3
1
0
3 3
x y z
t xyz
+ +

< = < ≤
. Vậy:
1
0;
3
t
 
∈


 
Khảo sát hàm:
2
2
9
( ) 9f t t
t
= +
, với
1
0;
3
t
 
∈


 
ta dễ dàng suy ra được:
1

0;
3
min ( ) 82
t
minM f t
 
∈


 
= =
. Do đó:
82P ≥
(Đpcm)
6) Cho ba số thực a, b, c thỏa:
3
, , 0,
2
a b c a b c> + + ≤
.
Tìm GTNN của
2 2 2
2 2 2
1 1 1
P a b c
a b b c c a
= + + + + +
Gợi ý
Chọn biến:
3

1
0
3 2
a b c
t abc t
+ +
= ⇒ < < ≤
Đưa về hàm một biến:
2
3
3
( ) 3P f t t
t
≥ = +
, với
1
0;
2
t
 
∈


 
7) Cho x,y,z là các số thực không âm thỏa x+y+z=1. Tìm GTLN của
biểu thức : P=xy+yz+zx-2xyz.
(Thi thử đại 2012-2013. Trường THPT Kon Tum)
Giải
Vì vai trò của x, y, z trong bài toán bình đẳng nên có thể giả sử
x y z≤ ≤

Mặt khác x+y+z=1 nên say ra
1
0;
3
x
 
∈
 
 
P xy yz zx 2xyz x(y z) yz(1 2x)= + + − = + + −
Ta có:
2
( )
4
y z
yz
+
≤
mà
1
0; 1 2 0
3
x x
 
∈ ⇒ − >
 
 
. Suy ra:
2
( )

(1 2 ) (1 2 )
4
y z
yz x x
+
− ≤ −
2 2
(y z) (1 x)
P x(1 x) yz(1 2x) x(1 x) (1 2x) x(1 x) (1 2x)
4 4
+ −
= − + − ≤ − + − = − + −
Khảo sát hàm:
2
(1 x) 1
f (x) x(1 x) (1 2x), vói x 0;
4 3
−
 
= − + − ∈
 
 
Ta tìm được
1
x 0;
3
7
maxP max f (x)
27
 

∈
 
 
= =
, khi
1
x y z
3
= = =
.
8) Cho x,y,z là các số thực không âm thỏa mãn x+y+z=1. Tìm GTNN
của biểu thức
3 3 3
15
4
P x y z xyz= + + +
Giải. Vai trò x, y z bình đẳng nên ta có thể giả sử
x y z≤ ≤
.
Từ giả thiết suy ra:
1
0
3
x≤ ≤
và y+z=1-x. áp dụng BĐT
2
( ) 27
à 3 0
4 4
y z x

yz v
+
≤ − <

3 3 3 3 3
3 3 3 3
2
3 3 3 2
15 15
( ) 3 ( )
4 4
15 27
( ) 3( ) (1 ) 3
4 4
( ) 27 1
(1 ) 3 (27 18 3 4)
4 4 16
P x y z xyz x y z yz y z xyz
x x
x y z yz y z x x yz
y z x
x x x x x
= + + + = + + − + +
   
= + + + − + = + − + −
 ÷
 
   
+
 

≥ + − + − = − + +
 ÷
 
Khảo sát hàm:
3 2
1
f (x) (27x 18x 3x 4)
16
= − + +
, với
1
0
3
x≤ ≤
Ta tìm được:
1
x 0;
3
1
minP min f (x)
4
 
∈
 
 
= =
, khi
1 1 1
( ; ; ) ( ; ; )
3 3 3

x y z =
hoặc
1 1
( ; ; ) (0; ; )
2 2
x y z =
hoặc các hoán vị của nó.
9) Cho x, y là các số thực không âm thay đổi và thỏa mãn điều kiện
2 2
4( ) 1 2( )x y xy x y+ + ≤ + +
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
2 2
P xy x y x y= + + − −

(Trích đề thi thử đại học năm 2012-2013. Trường THPT chuyên
Nguyễn Tất Thành, Kon Tum)
Giải.
2 2 2 2
( ) ( ) 2 3 ( )P xy x y x y xy x y x y xy xy x y x y
 
= + + − + = + + − + − = + + − +
 
2 2 2
2
( ) ( )
3 ( ) ( )
4 4 4
x y x y t
P x y x y x y f t t
+ +

≤ + + − + = + − = = −
, với
t x y= +
.
Từ giả thiết, ta biến đổi :
2 2
4( ) 1 2( )x y xy x y+ + ≤ + +
2
4(( ) ) 1 2( )x y xy x y⇔ + − ≤ + +
suy ra:
2
2 2
( )
4(( ) ) 4(( ) ) 1 2( )
4
x y
x y x y xy x y
+
+ − ≤ + − ≤ + +
Hay:
2
3 2 1 0t t− − ≤
Từ đó:
1
1
3
t− ≤ ≤
Mặt khác x, y không âm nên
0 1t
≤ ≤

Bây giờ ta đi tìm max của
2
( )
4
t
f t t= −
, trên miền
0 1t≤ ≤
Bằng cách dùng đạo hàm và khảo sát hàm f(t) tra được
[ ]
0;1
3
max max ( )
4
t
P f t
∈
= =
, khi
1
2
x y= =
.
10) Cho các số thực dương
a, b, c
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
3
2 3
P .
a ab abc a b c

= −
+ + + +
(Trích đề thi học sinh giỏi Toán 12, bảng A, tỉnh Nghệ An, năm 2012-
2013 )
Giải.
Áp dụng bất đẳng thức AG-MG, ta có:
( )
3 3
1 1
a ab abc a a.4b a.4b.16c
2 4
1 a 4b 1 a 4b 16c 4
a . . a b c
2 2 4 3 3
+ + ≤ + +
+ + +
≤ + + = + +
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
a 4b 16c= =
.
Suy ra:
( )
3 3
P
2 a b c
a b c
≥ −
+ +
+ +

Đặt:
t a b c, t 0= + + >
. Khi đó ta có:
3 3
P f (t)
2t
t
≥ = −
Khảo sát hàm số:
( )
3 3
f t
2t
t
= −
, với
t 0>

Ta tìm được:
( )
t 0
3
minf t
2
>
= −
, khi và chỉ khi
t 1=
Vậy ta có
3

P
2
≥ −
, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
a b c 1
16 4 1
a ;b ;c
a 4b 16c
21 21 21
+ + =


⇔ = = =
 
= =


.
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là
3
2
−
khi và chỉ khi
( )
16 4 1
a,b,c , ,
21 21 21
 
=
 ÷

 
.
11) Cho
[ ]
, , 1;2x y z ∈
. Tìm GTLN của biểu thức
1 1 1
( )P x y z
x y z
 
= + + + +
 ÷
 
Giải
Ta có:
3
x y y z x z
P
y x z y z x
   
 
= + + + + + +
 ÷  ÷
 ÷
 
   
Giả sử:
1 2x y z≤ ≤ ≤ ≤
, suy ra:
1 1 0

x y
y z
 
 
− − ≥
 ÷
 ÷
 
 
và
1 1 0
y z
x y
 
 
− − ≥
 ÷
 ÷
 
 
Suy ra:
3 5 2
x y y z x z x z
P
y x z y z x z x
   
   
= + + + + + + ≤ + +
 ÷  ÷
 ÷  ÷

   
   
Đặt
x
t
z
=
với
1
;1
2
t
 
∈
 
 
1
( ) 5 2P f t t
t
 
≤ = + +
 ÷
 
, với
1
;1
2
t
 
∈

 
 
Dùng đạo hàm khảo sát hàm :
1
( ) 5 2f t t
t
 
= + +
 ÷
 
, với
1
;1
2
t
 
∈
 
 
Ta thấy:
1
;1
2
max ( ) 10
t
f t
 
∈
 
 

=
suy ra
max 10P =
khi
1; 2x y z= = =
12) Cho
1 , , 3x y z≤ ≤
và
6x y z+ + =
. Tìm GTLN của
2 2 2
P x y z= + +
Giải.
Vai trò x, y , z trong bài toán bình đẳng nên có thể giải sử
{ }
ax ; ;x m x y z=
. Khi đó
2 3x≤ ≤
và
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
2( 1)( 1)
( ) 2( ) 2 (6 ) 2(6 ) 2
P x y z x y z y z
x y z y z x x x
= + + ≤ + + + − −
= + + − + + = + − − − +
Đẳng thức xảy ra khi y=1 hoặc z=1
Xét hàm số :
2 2

( ) (6 ) 2(6 ) 2f x x x x= + − − − +
, với
2 3x≤ ≤
Ta dễ dàng tìm được GTLN của
( )f x
bằng 14 khi x=2.
Suy ra
max 14P =
, chẳng hạn khi x=2, y=1, z=3
Bài tập tự luyện
1) Cho
1x y+ =
. Tìm GTNN của biểu thức
1 1
x y
P
x y
= +
− −

(ĐS:
min 2P =
, khi
1
2
x y= =
)
2) Cho
2 2
x y x y+ = +

. Tìm GTLN và GTNN của biểu thức
3 3 2 2
P x y x y xy= + + +
(ĐS:
ax 4; min 0m P P= =
)
3) Cho hai số thực x, y thỏa mãn
2 2
2x y+ =
. Tìm max, min của
3 3
2( ) 3P x y xy= + −
4) Cho
2 2
1x y+ =
. Tìm GTNN của biểu thức
1 1
(1 ) 1 (1 ) 1P x y
y x
 
 
= + + + + +
 ÷
 ÷
 
 

(ĐS:
min 4 3 2P = +
, khi

1
2
x y= =
)
5) Cho x, y không âm thỏa
2 2
1x y+ =
. Tìm GTLN của biểu thức
2
2
4 6 5
2 2 1
x xy
P
xy y
+ −
=
− −
(ĐS:
5
max
3
P =
, khi
0, 1x y= =
)
6) Cho
2 2 2
1x y z+ + =
. Tìm GTLN và GTNN của biểu thức

P x y z xy yz zx= + + + + +
(ĐS:
max 1 3P = +
,
min 1P = −
)
7) Cho x,y,z là các số thực không âm thỏa mãn x+y+z=1.
Chứng minh:
7
0 2
27
xy yz zx xyz≤ + + − ≤
8) Cho
0 , , 2x y z≤ ≤
và
3x y z+ + =
. Tìm GTLN của
3 3 3
P x y z= + +

(ĐS:
max 9P =
)
9) Cho
, , 0x y z ≥
và
3x y z+ + =
. Tìm GTLN của
9 10 22P xy xz yz= + +

10) Cho x, y là các số thực thỏa mãn
4 4( 3 1)x y x y+ + = − + +
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 2
3 1
x y
P
x y
− +
= +
− +
.
III. Phân tích so sánh tác dụng của đề tài
Qua quá trình triển khai chuyên đề tôi thu được một số thông tin tích
cực từ phía học sinh như sau:
- Học sinh nắm được phương pháp dồn biến, vận dụng và giải
được một số dạng cơ bản thường gặp.
- Học sinh rất phấn khởi thích thú , tự tin không còn tâm lý e ngại
như trước
- Học sinh say mê, yêu thích học toán nhiều hơn.
Kết quả kiểm tra khảo sát ở năm học 2011-2012
Lớp
Sĩ
số
Kết quả ban đầu Kết quả thể nghiệm Vợt so
với chỉ
tiêu
G K TB Y K G K TB Y K
12A 43 1 3 12 25 2 3 10 27 3 0 24,5%

Kt qu kim tra kho sỏt nm hc 2012-2013
Lớp
Sĩ
số
Kết quả ban đầu Kết quả thể nghiệm Vợt so
với
chỉ
tiêu
G K TB Y K G K TB Y K
12A
1
39 2 4 13 20 0 5 13 19 2 0 30,1
%
C. KT LUN
Trờn õy l mt s kinh nghim v gii phỏp ca bn thõn tụi rỳt
ra c qua quỏ trỡnh dy hc v luyn thi cho hc sinh lp 12 trong
cỏc nm hc qua v vn tỡm giỏ tr ln nht v giỏ tr nh nhõt.
Qua chuyờn ny cỏc em hc sinh ó nm c phng phỏp
dn bin tỡm giỏ tr ln nht v giỏ tr nh nht, cỏc em t tin hn,
say mờ hng thỳ hn vi toỏn hc v t bit l giỳp cỏc em cú thờm
c hi nõng cao kt qu trong cỏc kỡ thi i hc cao ng.
gii quyt vn ny chc chn cũn phng phỏp khỏc v
gii phỏp khỏc tt hn , rt mong c hc hi quớ thy cụ giỏo v cỏc
bn ng nghip.
Chuyờn ny khụng th trỏch khi nhng thiu sút. Rt mong
s gúp ý xõy dng ca quớ thy cụ giỏo.
Kon tum , ngy 20 thỏng 12 nm 2012
Người thực hiện
Huỳnh Văn Minh
ĐÁNH GIÁ VÀ XẾP LOẠI ĐỀ TÀI

Đánh giávà xếp loại của hội đồng khoa học trường THPT Duy Tân
Đánh giávà xếp loại của Hội đồng khoa học sở GD&ĐT Kon Tum