Chuyên đề hệ thức Viet

Phơng pháp cơ bản tìm cực trị Đại số - Định lí Viét và ứng dụng

Phần Mở Đầu

1. Lý do chọn đề tài:
Cùng với sự phát triển của lịch sử, Toán học đợc mênh danh là Nữ hoàng
của mọi khoa học, Toán học chứa đựng trong nó những đặc điểm của lí trí,
của lập luận trừu tợng và hớng tới sự hoàn thiện về thẩm mỹ.
Trong suốt quá trình học Toán từ những năm Phổ thông, bản thân tôi đã bị
lôi cuốn bởi các bài toán tìm cực trị Đại số và các ứng dụng của định lí Viét.
Cho đến bây giờ, sau hơn hai năm học ở Trờng ĐH Quảng Bình, tôi nhận thấy
hai dạng toán này rất hấp dẫn nhng không kém phần hóc búa, đòi hỏi học
sinh nắm đợc phơng pháp chung cha đủ mà cần phải có khả năng t duy để từ
đó định hớng giải quyết bài toán. Vì thế, hai dạng toán này thờng hay gặp
trong các kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 và các kỳ thi học sinh giỏi. Tuy nhiên,
hai dạng toán này đợc đa ra ở sách giáo khoa lớp 9 là rất khiêm tốn, nội dung
sơ lợc, mang tính chất giới thiệu khái quát, quỹ thời gian giành cho nó là quá
ít ỏi nên học sinh thờng lúng túng khi gặp phải ngay cả học sinh giỏi.
Xuất phát từ tính bức thiết đó, bản thân tôi là sinh viên năm cuối, chuyên
ngành CĐSP Toán Tin, tôi luôn tự ý thức đợc việc tích lũy kiến thức, kinh
nghiệm để phục vụ cho công tác giảng dạy nói chung và bồi dỡng học sinh
giỏi nói riêng sau khi ra trờng. Vì vậy, dới sự hớng dẫn của thầy
giáo.Ths.NCS Nguyễn Quang Hoè, tôi đã mạnh dạn xây dựng đề tài phơng
pháp cơ bản tìm cực trị đại số - định lí Viét và ứng dụng
Đề tài gồm hai chuyên đề:
- Chuyên đề 1: Ph ơng pháp cơ bản tìm cực trị đại số
- Chuyên đề 2: Định lí vi ét và ứng dụng

2. Mục đích nghiên cứu:
- Đa ra phơng pháp cơ bản để tìm cực trị Đại số.
- Hệ thống các ứng dụng của định lí Viét phục vụ cho công tác dạy và học

ở bậc THCS.
3. Đối tợng nghiên cứu:
- Học sinh lớp 9.
- Phơng pháp cơ bản để tìm cực trị Đại số.
- Định lí Viét và các ứng dụng.
4. Nhiệm vụ nghiên cứu:
- Cung cấp cơ sở lý thuyết về giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất, các kiến thức
cơ bản thờng dùng để giải bài toán cực trị; định lí Viét.
- Trình bày một số phơng pháp cơ bản để tìm cực trị của một biểu thức Đại
số; các ứng dụng của định lí Viét.
- Trình bày một số sai lầm học sinh thờng mắc phải khi gải toán cực trị.
5. Phơng pháp nghiên cứu:
- Tham khảo sách, báo, tài liệu có liên quan.
- Thực nghiệm thực tế qua quá trình dạy thêm.
- Đúc rút kinh nghiệm bản thân.
6. Phạm vi nghiên cứu:
- Giới hạn trong chơng trình THCS .

Phần Nội Dung

Chuyên đề 1: Ph ơng pháp cơ bản tìm cực trị đại số
Chơng I: cơ sở lý thuyết

I. Định nghĩa giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của một biểu thức

1.Định nghĩa1:
Cho biểu thức f(x,y,) xác định trên miền D. Ta nói M là giá trị lớn nhất của
f(x,y,) trên D nếu hai điều kiện sau đợc thoả mãn:
- Với mọi (x, y,) thuộc D thì f(x,y,) M với M là hằng số
- Tồn tại (x0, y0 ,) thuộc D sao cho f(x0, y0 ,) = M

Sinh viên thực hiện:

Lê Thị Mai

Lớp: CĐSP Toán Tin K48

1


Phơng pháp cơ bản tìm cực trị Đại số - Định lí Viét và ứng dụng
2. Định nghĩa 2:
Cho biểu thức f(x,y,) xác định trên miền D. Ta nói m là giá trị nhỏ nhất của
f(x,y,) trên D nếu hai điều kiện sau đợc thoả mãn:
- Với mọi (x, y,) thuộc D thì f(x,y,) m với m là hằng số
- Tồn tại (x0, y0 ,) thuộc D sao cho f(x0, y0 ,) = m
II. Các kiến thức thờng dùng

Xét biểu thức chứa biến P(x), P(x,y),Ta ký hiệu giá trị lớn nhất của biểu
thức P trên tập xác định D của biến là GTLN(P) hay maxP, còn giá trị nhỏ nhất
của P là GTNN(P) hay minP.
1)
Cho P = A + B thì maxP = maxA + maxB và min P = min A + minB
Trong đó A và B là các biểu thức chứa các biến độc lập với nhau, hoặc nếu A
và B chứa cùng một biến thì cùng đạt GTLN (GTNN) tại một giá trị xác định
x = x0, tức là maxA = A(x0), maxB = B(x0) thì maxP = P(x0).
1
1
với A 0 thì maxP =
A

min A
2n
a) P(x,y) = [Q(x,y)] + a a với a là hằng số, n N*

Cho P =

2)
3)

Nếu có (x0, y0) sao cho Q(x0, y0) = 0 thì min P(x,y) = a với mọi x, y thuộc D
b) P(x,y) = - [Q(x,y)]2n + b b với b là hằng số, n N*
Nếu có (x0, y0) sao cho Q(x0, y0) = 0 thì maxP(x,y) = b với mọi x, y thuộc D
4) A 0 thì max(A2) = (maxA)2 và
min(A2) = (minA)2
5) Các dạng của bất đẳng thức Cô-si:
a) a + b 2 ab ( a 0, b 0)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b
b)

a
b
+ 2
b
a

(ab 0)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b
6) Bất đẳng thức Bunhiacopsky
(ax + by)2 (a2 + b2) (x2 + y2)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ay = bx
7) Bất đẳng thức về giá trị tuyệt đối
a + b a+b
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ab 0
8) Định lý về dấu của tam thức bậc hai.
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 2 nghiệm và trái dấu
với a nếu x nằm trong khoảng 2 nghiệm.
Chơng II: Phơng pháp giải toán cực trị
Các bài toán về cực trị luôn là những bài toán khó .Do đó đối với nhiều học sinh
việc giải toán cực trị là không hề đơn giản nếu không biết phơng pháp giải và
Sinh viên thực hiện:

Lê Thị Mai

Lớp: CĐSP Toán Tin K48

2


Phơng pháp cơ bản tìm cực trị Đại số - Định lí Viét và ứng dụng

kinh nghiệm. Nó đòi hỏi ngời làm toán phải nhìn bài toán theo những góc độ
khác nhau, biết vận dụng các kiến thức phù hợp với từng tình huống.
Sau đây, tác giả xin đợc đa ra một số phơng pháp giải toán cực trị đợc đúc rút từ
kinh nghiệm giải toán :
1. Phơng pháp dùng bất đẳng thức
2. Phơng pháp xét biểu thức phụ
3. Phơng pháp đổi biến và tìm cực trị đối với biến mới
4. Phơng pháp chia khoảng để tìm cực trị
5. Phơng pháp dùng tam thức bậc hai
6. Phơng pháp tham biến
7. Phơng pháp giải toán cực trị với biểu thức chứa dấu căn
8. Phơng pháp giải toán cực trị với các biến có điều kiện
I.Phơng pháp dùng bất đẳng thức để giải toán cực trị

VD1:
Tìm GTNN của A = 1 4 x + 4 x 2 + 4 x 2 12 x + 9
Giải:
A = (1 2 x) 2 + (2 x 3) 2

= 1 2x + 2 x 3 1 2 x + 2 x 3 = 2
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (1 2x)(2x 3) 0
Lập bảng xét dấu:
x
1 2x
2x - 3
(1 2x)(2x
3)

+
-

1
2

0
0

Từ đó ta có (1 2x)(2x 3) 0
Vậy GTNN của A bằng 2 với

+

3
2

0
0

+
-

1
3
x
2
2

1
3
x

2
2

VD2:
Tìm GTNN của hàm số
f(x) = x 1 + 2 x 4 + 3x 9 + 4 x 16 + 5 x 25
Giải:
Ta có:
f(x) = ( x 1 + 2 x 4 + 3x 9 + 4 x + 25 5x ) + 3 x 4



( x 1) + (2 x 4) + (3 x 9) + (4 x) + (25 5 x) + 3 x 4

= 15 + 3 x 4 15
Mặt khác ta có f(4) = 15 suy ra minf(x) = 15
VD3:
Tìm GTNN của S = x2 + y2 + z2 với P = ax + by + cz không đổi (với a2 + b2 + c2
0).Giá trị đó đạt đợc khi nào?
Giải:
Theo bất đẳng thức Côsi Bunhiacôpski ta có:
( x2 + y2 + z2) ( a2 + b2 + c2) (ax + by + cz)2.
Sinh viên thực hiện:

Lê Thị Mai

Lớp: CĐSP Toán Tin K48

3

Phơng pháp cơ bản tìm cực trị Đại số - Định lí Viét và ứng dụng
Do đó
S = x 2 + y2 + z 2

P
.
a + b2 + c2
2

S sẽ có giá trị bé nhất khi xảy ra dấu = tức là khi

x y z
= = , hay nói cách
a b c

P
.
a + b2 + c2
aP
bP
cP
x= 2 2 2 ; y = 2 2 2 ; z = 2 2 2 .
a +b +c
a +b +c
a +b +c

khác Smin =

2

Khi

VD4:
Tìm GTLN của:
a) A = x 1 + y 2 biết x + y = 4
b)

y2
x

x 1 +
x

B=

Giải:
Điều kiện x 1, y 2
Ta có x 1 = 1.( x 1)
y2 =

2.( y 2)

1.( x 1) 1 + x 1 1
x 1
=

=
x
x

2x
2

2

Theo bất đẳng thức Côsi ta có:

1.( x 1) 1 + x 1 1
x 1
=

=
x
x
2x
2
y2
2.( y 2) 2 + y 2
1
2
=

=
=
y
4
y 2
2y 2
2 2

Max B =

1
2 2 + 2 x 1 = 1 x = 2
+
=


2 4
4
y 2 = 2
y = 4

VD5:
Tìm GTLN, GTNN của
A = 2x + 3y biết 2x2 + 3y2 5
Giải:
Ta xét biểu thức A2 = (2x + 3y)2
áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopsky ta có:
A2 = (

2. 2 x + 3. 3 y

)

2



1

2
2 3 x

( 2) +(
2

3

) ( x 2 ) + ( y 3 )
2

2

= (2 + 3) (2x2 + 3y2) 5.5 = 25

2




x = y
x 2 y 3
x = y =1
=
x= y
2
x
+

3
y
=
5
2
3

Do A2 25 nên -5 A 5
x = y
x = y = 1
MinA = -5
2 x + 3 y = 5

A2 = 25

x = y
x = y =1
2 x + 3 y = 5

MaxA = 5

Sinh viên thực hiện:

Lê Thị Mai

Lớp: CĐSP Toán Tin K48

4

Phơng pháp cơ bản tìm cực trị Đại số - Định lí Viét và ứng dụng
VD6:
Nếu x > 0, a > o, b > 0, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
(a + x)(b + x)
.
x

Khi nào đạt giá trị đó?
Giải: Biểu thức có dạng:
( a + x )(b + x ) ab( a + b) x + x 2 ab
=
=
+a+b+ x
x
x
x
Đối với hai số dơng

ab
và x, ta có bất đẳng thức Cô-si:
x

ab
ab
+x2
x = 2 ab
x
x

Khi đó:

( a + x )(b + x )
a + b + 2 ab = ( a + b ) 2
x

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức là ( a + b ) 2 đạt đợc khi x = ab
VD7:
Tìm giá trị lớn nhất của:
a) f ( x) = (2 x 1)(3 5 x) ;
b) f ( x) = (1 + x) 3 (1 x) ;
x
;
x +2
x2
d) f ( x) = 2
.
( x + 3) 3

c) f ( x) =

2

Giải:
1
4

a) Do ab (a + b) 2 , nên ta có:
2

2

5
2 1
5
2 1 1 1

f ( x ) = ( 2 x 1)(3 5 x ) = (5 x )(3 5 x ) . 5 x + (3 5 x ) = . . =
5
2
5 4
2
5 4 4 40

1
1
Vậy f(x) lớn nhất là
khi x = .
40
20
3
b) f ( x ) = (1 + x ) (1 x )
*) Nêú x < -1 hoặc x > 1 thì f(x) 0

*) Nếu -1 < x < 1 thì

4

4

1
1 3 3x + 1 + x + 1 + x + 1 + x

3 1
f ( x ) = (3 3 x )(1 + x )(1 + x )(1 + x )
= .
3
3
4

2 3
27
1
Vậy f(x) lớn nhất là
khi x =
16
2
x
1
x

c) f ( x ) = 2
Ta có: 2 + x 2 2 2 x 2 2 2 x suy ra 2
x +2 2 2
x +2
1
Vậy f(x) lớn nhất là
khi x = 2
2 2

Sinh viên thực hiện:

Lê Thị Mai

Lớp: CĐSP Toán Tin K48

5


Phơng pháp cơ bản tìm cực trị Đại số - Định lí Viét và ứng dụng
1
x2
. Ta có: x 2 + 1 + 1 33 x 2 ( x 2 + 2) 3 27 x 2 f ( x ) .
2
3
( x + 2)
27
1
Vậy f(x) đạt giá trị lớn nhất là
, khi x = 1 .
27

d) f(x) =

VD8:
Tìm giá trị dơng nhỏ nhất của
f ( x) =

Giải:

2x 2 + 3
.
x

Do f(x) > 0 nên x > 0. ta có: f ( x ) = 2 x + 3 2 2 x. 3 = 2 6
x

x

Vậy f(x) dơng bé nhất là 2 6 khi x = 6
2

VD9:
Cho các số x, y, z thỏa mãn xy + yz + zx = 4. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức
f ( x, y , z ) = x 4 + y 4 + z 4 .
Giải:
áp dụng bất đẳng thức Côsi- Bunhiacôpski với n = 3, ta có:
(12 + 12 + 12 )( x 4 + y 4 + z 4 ) ( x 2 + y 2 + z 2 )

(x

2

2

+ y 2 + z 2 )( y 2 + z 2 + x 2 ) ( xy 2 + yz 2 + zx 2 ) 2

Từ đó suy ra 3( x 4 + y 4 + z 4 ) ( xy + yz + zx ) 2
16
Suy ra 3 f ( x, y , z ) 16 f ( x, y , z )
3
Vậy f ( x, y, z ) bé nhất bằng

2
16
, khi x = y = z =
3
3

Bài tập đề nghị:
Bài 1. Tìm GTLN, GTNN của:
A = x 2 + y 1 trong đó x + y = 5
Bài 2. Tìm GTNN của:
A = x2 + 1 + x2 2x + 5

Bài 3. Tìm GTLN, GTNN của:
A = 2x + 5 x2

Bài 4. Tìm GTNN của:
A = x + y biết x , y là các số dơng thoả mãn

a b
+ = 1 (a và b là hằng số dơng)
x y

Bài 5. Tìm GTLN của:
A = x y biết rằng x 2 + 4 y 2 = 1
II.phơng pháp xét biểu thức phụ

VD1:
Tìm GTLN, GTNN của
Sinh viên thực hiện:

Lê Thị Mai

Lớp: CĐSP Toán Tin K48

6


Phơng pháp cơ bản tìm cực trị Đại số - Định lí Viét và ứng dụng
A=

1
2 3 x2

Giải:
Điều kiện: x 3
Dễ thấy A 0
Ta xét biểu thức:
B=

1
= 2 3 x2
A

Ta có:

0 3 x2 3

3 3 x2 0
2 3 2 3 x2 2

MinB = 2 3 3 = 3 x 2 x = 0
MaxA =

1
= 2+ 3
2 3

MaxB = 2 3 x 2 = 0 x = 3
Khi đó minA =

1
2

Nhận xét:
Trong ví dụ trên, để tìm cực trị của A, do A 0 nên ta có thể xét biểu thức phụ
1
. Các biểu thức phụ thờng xét có thể là -A, A2, A .Trong ví dụ dới đây, ta xét
A

biểu thức phụ B sai khác với A một hằng số.
VD2:
Tìm GTNN của:
A=

2
1
với 0 < x <1
+
1 x x

Giải:
Để áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta xét biểu thức:
B=

2
1 x
+
1 x
x

áp dụng bất đẳng thức Côsi với hai số dơng

2x
1 x
và
, ta có:
1 x
x

B 2. 2 x 1 x = 2 2
1 x x

B=2 2
2x 1 x
=
(1)

1 x
x

0 < x < 1(2)

Giải (1):
2x2 = (1 x)2
Sinh viên thực hiện:

Lê Thị Mai

Lớp: CĐSP Toán Tin K48

7


Phơng pháp cơ bản tìm cực trị Đại số - Định lí Viét và ứng dụng
x 2 = 1 x

Do 0 < x < 1 nên x 2 = 1 x +

1
1 1+ x
x=
= 2 1
2 +1
x

Vậy minB = 2 2 x = 2 1
Bây giờ ta xét hiệu A- B
2
1 2x 1 x 2 2x 1 1+ x
+ ữ

+
A B =
ữ=
ữ+
1 x

x 1 x

x 1 x

x

= 2 + 1 =3
Do đó minA = 2 2 + 3 khi và chỉ khi x = 2 - 1
VD3:
TìmGTLN, GTNN của:
A = 1 x + 1+ x

Giải:
Xét A2 = 2 + 2 1 x 2
Do 0 1 x 2 1 2 + 2 1 x 2 4 2 A2 4
Suy ra minA = 2 với x = 1
MaxA = 2 với x = 0
VD4:
Tìm GTNN của:
x 2 + 4 x + 12 x 2 + 2 x + 3

Giải:

2

( x + 2)(6 x ) 0
x + 4 x + 12 0

1 x 3
TXĐ: 2
( x + 1)(3 x ) 0
x + 2 x + 3 0

(1)

Xét hiệu ( x 2 + 4 x + 12) ( x 2 + 2 x + 3) = 2 x + 9
Do (1) nên 2x + 9 > 0 nên A > 0
Xét A2 = ( x 2 + 4 x + 12 x 2 + 2 x + 3) 2
Hiển nhiên A2 0 nhng dấu = không xảy ra ( vì A > 0 )
Ta biến đổi A2 dới dạng khác:
A2 = ( x + 2)(6 x ) + ( x + 1)(3 x) 2 ( x + 2)(6 x)( x + 1)(3 x)
= ( x + 1)(6 x) + (6 x) + ( x + 2)(3 x) (3 x) 2 ( x + 2)(6 x)( x + 1)(3 x)
= ( x + 1)(6 x) + ( x + 2)(3 x) 2 ( x + 2)(6 x)( x + 1)(3 x) + 3
A2 3

Do A > 0 nên minA = 3 với x = 0
Bài tập đề nghị:
Bài 1. TìmGTLN, GTNN của:

(

A = x 99 + 101 x 2

)

Bài 2. TìmGTLN, GTNN của:
A = 2x + 5 x2

Bài 3. Tìm GTNN của:
A = x2 + x + 1 + x2 x + 1

Sinh viên thực hiện:

Lê Thị Mai

Lớp: CĐSP Toán Tin K48

8


Phơng pháp cơ bản tìm cực trị Đại số - Định lí Viét và ứng dụng
III. Phơng pháp đổi biến và tìm cực trị đối với biến mới

VD1:
Tìm GTLN, GTNN của
A= (x4 + 1) (y4 + 1) biết x, y > 0, x + y = 10
Giải:
A= (x4 + 1) (y4 + 1)
= x4 + y4 + x4y4 + 1
Ta có x + y = 10

x2+ y2 = 10 2xy

x4 + y4 + 2 x2y2 = 100 40xy + 4x2y2

x 4 + y4
= 100 40xy + 2x2y2
4
Đặt xy = t thì
x + y4 = 100 40t + 2t2
Do đó A = 100 40t + 2t2 + t4 + 1
= t4 + 2t2 40t + 101
a) Tìm GTNN
A = t4 8t2 + 16 + 10t2 40t + 40 +45
= (t2 4)2 + 10(t - 2)2 + 45

9
1
1
7
y = 2 x = x = 45
4
2
4
4

MinA = 45 t = 2
Khi đó xy = 2 , x + y = 10 nên x và y là nghiệm của phơng trình
X2 - 10 X + 2 =0
Tức là x = 10 + 2 , y = 10 2
2

2

Hoặc x = 10 2 , y = 10 + 2

2

2

b) Tìm GTLN

2

2
x + y 10
5
5

Ta có 0 xy
(1)
=

0

t

ữ
ữ =
2
2
2 2 ữ


Viết A dới dạng:
A = t(t3 + 2t 40 ) + 101

125
, 2t 5
8
125
t3 + 2t 40
+ 5 40 < 0
8
t > 0 nên A 101

Do (1) nên t3

Max A = 101 khi và chỉ khi t = 0 tức là x = 0 , y= 10
hoặc x = 10 , y = 0
VD2:
Tìm GTNN của:
A = x 2 x 1 + x + 2 x 1

Giải:
Đặt x 1 = y 0

A = y 1 y +1 1 y + y 1 = 2

Suy ra minA = 2 0 y 1 1 x 2
VD3:
Sinh viên thực hiện:

Lê Thị Mai

Lớp: CĐSP Toán Tin K48

9


Phơng pháp cơ bản tìm cực trị Đại số - Định lí Viét và ứng dụng
Tìm GTLN, GTNN của:
A = x x + y y biết x + y = 1
Giải:
Đặt x = a, y = b , ta có a, b 0, a + b = 1

(

)

A = a 3 + b3 = ( a + b ) a 2 ab + b 2 = a 2 ab + b 2 = ( a + b ) 3ab = 1 3ab
2

Do ab 0 nên A 1
MaxA = 1 a = 0 hoặc b = 0 x = 0, y = 1 hoặc x = 1, y = 0
Ta có: ab ( a + b )

2

1
1
1
ab 1 3ab
4
4
4

4
1
1
1
min A = a = b = x = y =
4
2
4
=

Bài tập đề nghị:
Bài 1. Tìm GTLN, GTNN của:
x2 y 2 x y
M = 3 2 + 2 ữ 8 + ữ+ 10
x y x
y

với x, y 0

Bài 2. Tìm GTNN của:
A=

5 3x
1 x2

Bài 3. Tìm GTLN, GTNN của:
A=

x 2 xy + y 2
x 2 + xy + y 2

IV. phơng pháp chia khoảng để tìm cực trị

VD1
Tìm GTLN của
A = x2 (3 x) với x 0
Giải:
a) Xét 0 x 3
Viết A dới dạng:
A=4

x x
(3 x)
2 2

áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số không âm

x x
, , 3 x ta đợc:
2 2

3

x x

2 + 2 +3 x ữ
xx
(3 x )
ữ =1
22

3

ữ



Do đó A 4
(1)
b) Xét x > 3, khi đó A 0 (2)
So sánh (1) và (2) ta đi đến kết luận:
x
= 3 x
MaxA = 4 2
x=2
x 0

Sinh viên thực hiện:

Lê Thị Mai

Lớp: CĐSP Toán Tin K48

10


Phơng pháp cơ bản tìm cực trị Đại số - Định lí Viét và ứng dụng
VD2:
Tìm GTNN của:
A = x 2 ( 2 x ) biết x 4
Giải:

Với x < 2 thì A 0
(1)
2
Với 2 x 4 xét A = x ( x 2 )
áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có:
3

x x

2 + 2 + x 2 ữ 2 x 2 2
A x x
= . .( x 2)
ữ =
ữ 8
4 2 2
3
3



ữ


A 32 A 32

Suy ra minA = - 32 với x = 4
Bài tập đề nghị:
Bài 1. Tìm GTLN của:
A = x 1 x2

Bài 2. Tìm GTLN của:
A = x2 9 x2

Bài 3. Tìm GTLN, GTNN của:
A = x ( x2 6)
biết 0 x 3
V. Phơng pháp dùng tam thức bậc hai

1. Đổi biến để đa về tam thức bậc hai đối với biến mới
VD:
Tìm GTLN của:
A = x + 2 x
Giải:
Điều kiện: x 2
Đặt 2 x = y 0
Ta có y2 = 2 x
1 2 9 9
) +
2
4 4
9
1
1
7
MaxA = y = 2 x = x =
4
2
4
4

A = 2 - y2 + y = - (y-

2. Đổi biến để đa về bất phơng trình bậc hai đối với biến mới
VD:
Tìm GTLN, GTNN của
A = x2 + y2
Biết rằng x2 (x2 + 2y2 3) + (y2 2)2 = 1
(1)
Giải:
Từ (1) suy ra
(x2 + y2)2 4 (x2 + y2) + 3 = - x2 0
Do đó A2 4A + 3 0 (A 1)(A 3) 0
1 A 3
Min A = 1 x = 0, khi đó y = 1
Sinh viên thực hiện:

Lê Thị Mai

Lớp: CĐSP Toán Tin K48

11


Phơng pháp cơ bản tìm cực trị Đại số - Định lí Viét và ứng dụng
MaxA = 3 x = 0, khi đó y = 3
3. Đa về phơng trình bậc hai và sử dụng điều kiện 0
VD1:
Tìm GTLN, GTNN của:
2
A = x2 x + 1

x + x +1

Giải:
Biểu thức A nhận giá trị a khi và chỉ khi phơng trình sau đây có nghiệm
2
a = x2 x + 1

(1)

x + x +1

Do x2 + x + 1 0 nên
(1) ax2 + ax + a = x2 x 1
(a 1)x2 + (a + 1)x + (a 1) = 0
(2)
Trờng hợp 1:
Nếu a = 1 thì (2) có nghiệm x = 0
Trờng hợp 2:
Nếu a 1 thì điều kiện cần và đủ để (2) có nghiệm là 0, tức là:

(a +1)2 4(a 1)2 0

(a + 1 + 2a 2) (a + 1 2a +2) 0

(3a 1) (a 3) 0


1
a3

3

(a 1)

1
hoặc a = 3 thì nghiệm của (2) là :
3
( a + 1)
a +1
x=
=
2(a 1) 2(1 a)
1
Với a = thì x = 1
3

Với a =

Với a = 3 thì x = -1
Gộp cả hai trờng hợp (1) và (2), ta có:
MinA =

1
khi và chỉ khi x = 1
3

MaxA = 3 khi và chỉ khi x = -1
Nhận xét:
a) Phơng pháp giải nh trên còn gọi là phơng pháp miền giá trị của hàm số.
2

1
Đoạn ;3 là tập giá trị của hàm số A = x 2 x + 1
3
x + x +1
b) Cách khác tìm GTLN của A:
2
2
2
A = 3x 3x +23 2 x 4 x 2 = 3 2(2 x + 1) 3

x + x +1

x + x +1

MaxA = 3 khi và chỉ khi x = -1
c) Cách khác tìm GTNN của A:

3x 2 3x + 3
x2 + x + 1
2( x 2 2 x + 1) 1 2( x 1) 2 1
=
+
= +

3 x 2 + 3x + 3 3( x 2 + x + 1) 3( x 2 + x + 1) 3 x 2 + x + 1 3
1
MinA = khi và chỉ khi x = 1
3

A=

Sinh viên thực hiện:

Lê Thị Mai

Lớp: CĐSP Toán Tin K48

12


Phơng pháp cơ bản tìm cực trị Đại số - Định lí Viét và ứng dụng
VD2:
Tìm GTLN và GTNN của:
2
A = 2 x +2 4 x + 5

x +1

Giải:
Biểu thức A nhận giá trị a khi và chỉ khi phơg trình sau đây có nghiệm
2
a = 2 x +2 4 x + 5

(1)

x +1

Do x2 + 1 > 0 nên
(1) x2(a 2) 4x + a 5 = 0
Trờng hợp 1:

Nếu a = 2 thì (2) có nghiệm x = -

(2)

3
4

Trờng hợp 2:
Nếu a 2 thì phơng trình (2) có nghiệm
' = 4 (a 2)(a 5) 0
a 2 7a + 6 0 1 a 6 ( a 2 )

Với a = 1 thì x = -2
Với a = 6 thì x =

1
2

Kết hợp cả hai trờng hợp (1) và (2), ta có:
MinA = 1 khi và chỉ khi x = -2
MaxA = 6 khi và chỉ khi x =

1
2

VD3:
Tìm GTLN và GTNN của:
B = 2x2 + 4xy + 5y2 biết rằng x2 + y2 = a ( a là hằng số, a 1)
Giải:
Vì a 1 nên ta có:

B 2 x 2 + 4 xy + 5 y 2 2 x 2 + 4 xy + 5 y 2
=
=
a
a
x2 + y 2

Trờng hợp 1:

Nếu y = 0 thì
Trờng hợp 2:

B
=2
a

Nếu y 0 ta đặt t =

2
x
B
thì = 2t +2 4t + 5
y
a
t +1

Theo VD2 điều kiện để phơng trình ẩn t trên có nghiệm là
1

b

6 nên a b 6a ( vì a 1)
a

Từ đó suy ra

MaxB = 6a khi và chỉ khi

x 1
= y = 2x
y 2
5a 2 5a 5a 2 5a
,
,
ữ;
ữ
5 ữ
5 ữ
5
5

Hay khi và chỉ khi (x, y) nhận giá trị

Sinh viên thực hiện:

Lê Thị Mai

Lớp: CĐSP Toán Tin K48

13

Phơng pháp cơ bản tìm cực trị Đại số - Định lí Viét và ứng dụng
2
x
MinB = a khi và chỉ khi x 2 + mx + n = 2 x = 2 y

x + 2x + 4 y

2 5a 5a 2 5a 5a
,
,
ữ;
ữ
5 ữ
5 ữ
5
5

Hay khi và chỉ khi (x, y) nhận giá trị
VD4:
Tìm GTLN và GTNN của:
c= 2 x+

3
7
1 x +
2
2

Giải:

Điều kiện: 0 x 1
Đặt z = x thì z2 + y2 = 1
(1)
Ta cần tìm GTLN và GTNN của d = 4z + 3y với 2c = d + 7
Điều kiện: 0 z 1, 0 y 1, 0 d 7
Thay 9y2 = (d 4z)2 vào (1), ta đợc:
25z2 8dz + d2 9 = 0
Để phơng trình này có nghiệm z thì 0 d2 25 d 5
Maxd = 5 Maxc = 6 và đạt đợc khi
4d
4
16
= x = z2 =
(thoả mãn 0 x 1 )
25 5
25
d = 4 z + 3 y 2 12 yz

z=

Đẳng thức xảy ra khi 4z = 3y. Thay vào (1) ta tính đợc z =
(thoả mãn 0 x 1 )

3
1
9
,y = ,x =
20
5
400

41
Lúc đó Mind = 2 9 = 6 Minc = = 4,1

VD5:

25

10

5

2
Cho biểu thức A = x 2 + mx + n

x + 2x + 4

Tìm các giá trị của m, n để biểu thức A có GTNN bằng
Giải:
Gọi a là giá trị tuỳ ý của biểu thức A. Ta có:

1
, GTLN bằng 3
3

2
a = x 2 + mx + n x2 + mx + n = ax2 + 2ax + 4a

x + 2x + 4

(a 1)x2 + (2a m) + (4a n) = 0

(1)
Theo điều kiện của bài toán, giá trị a = 1 không là GTLN, không là GTNN của A
nên ta chỉ xét a 1.
Điều kiện để (1) có nghiệm là:
f ( x , y ) = 0 g ( x , y ) = 0 ( y + 2 x ) = 0 y = 2 x ( 0 )
2

(

)

= 12a 2 + 4 ( m n 4 ) a + 4n m 2 0

(2)

Nghiệm của bất phơng trình (2) là a1 a a2
Trong đó a1, a2 là các nghiệm của phơng trình:

(

)

12a 2 + 4 ( m n 4 ) a + 4n m 2 = 0

Sinh viên thực hiện:

Lê Thị Mai

(3)
Lớp: CĐSP Toán Tin K48

14


Phơng pháp cơ bản tìm cực trị Đại số - Định lí Viét và ứng dụng
1
3

Theo đề bài, ta phải có a1 = , a2 = 3
Theo hệ thức Vi- et đối với phơng trình (3) :

4+nm
4 ( m n 4 )
1
+3=
a1 + a2 =

4 + n m = 10
3
3
12





2
2

2
4n m = 12
a a = 4n m
1 .3 = 4n m
1 2
3
12
12

Thay n = 6 + m vào 4n m2 = 12 ta đợc:
4n m2 12 = 0 nên m = 6 hoặc m = -2
Với m = 6 thì n = 12, khi đó
A=

1
x 2 + 6 x + 12
có GTNN là và GTLN là 3
2
3
x + 2x + 4

Với m = -2 thì n = 4, khi đó
A=

1
x 2 + 6 x + 12
có GTNN là và GTLN là 3
2
3
x + 2x + 4

Bài tập đề nghị:
Bài 1. Tìm GTLN, GTNN của:
M = ( x 1) ( x 2 ) ( x 3) ( x 4 )

Bài 2. Tìm GTLN, GTNN của:
A=

x
x +1
2

Bài 3. Tìm GTLN, GTNN của:
B=

2x2 + 4x + 5
x2 + 1

Bài 4. Tìm GTLN, GTNN của:
2 x2 2 x + 2
C= 2
2x + 2x + 2

Bài 5. Tìm GTLN, GTNN của:
2x2 + 2x + 2
D=
x2 + 1

Bài 6. Tìm GTNN của:
E=

5 3x
1 x2

Bài 7. Tìm GTNN của:
F = x + x2 +

1
x

với x > 0

VI. Phơng pháp tham biến để tìm cực trị của một biểu thức

Giả sử cần tìm cực trị một biểu thức Q(x). Để đơn giản ta chỉ cần xét biểu thức
Q(x) luôn xác định trên tập số thực. Ta đa thêm tham biến t để xét biểu thức
f ( x ) = Q ( x ) t . Nếu f ( x ) 0 hoặc f ( x ) 0 với mọi x thuộc tập xác định của
Q(x) và tồn tại giá trị t0 để f ( x ) = 0 thì t0 chính là GTLN hoặc GTNN của biểu
thức Q(x)
VD1:
Sinh viên thực hiện:

Lê Thị Mai

Lớp: CĐSP Toán Tin K48

15


Phơng pháp cơ bản tìm cực trị Đại số - Định lí Viét và ứng dụng

Tìm GTLN, GTNN của biểu thức
2
Q = x +28 x + 7

x +1

Giải:
Xét f(x) = Q(x) - t
=

(

)

x 2 + 8x + 7 t x 2 + 1
x +1
2

Vì x 2 + 1 0 với mọi số thực x nên dấu của f(x) chính là dấu của tử thức g(x) =
x 2 + 8 x + 7 t ( x 2 + 1) hay g(x) = ( 1 t ) x 2 + 8 x + 7 t
(1)
Xét tam thức g(x) = ax 2 + bx + c
= a( x +

b
2a

)

2

+


4a

với = b 2 4ac

(*)

Nếu a = 0 thì g(x) = bx + c luôn cùng dấu khi b = 0 (g(x) = c) và khi
c = 0 (g(x) = 0)
Nếu a > 0 thì g ( x) 0 với mọi x khi 0 và g(x) = 0 khi và chỉ khi = 0
Nếu a < 0 thì g ( x ) 0 với mọi x khi 0 và g(x) = 0 khi và chỉ khi = 0
áp dụng vào (1) ta có:
= 16 ( 1 t ) ( 7 t ) = t 2 + 8t + 9
= 0 khi t = -1 hoặc 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
Suy ra Q(x) có GTLN là 9 và xảy ra khi f(x) = 0
g ( x ) = 0 2 ( 2 x 1) = 0 x =
2

1
2

Nh vậy phơng pháp tham biến cho phép ta chuyển việc xét cực trị một biểu
thức Q(x), tức là xét một bất phơng trình Q(x) t hoặc Q(x) t về việc xét một
phơng trình ( t ) = 0 , nên có thể nói phơng pháp tham biến là chiếc cầu nối giữa
bất phơng trình và phơng trình.
Ta có thể mở rộng việc xét cực trị của biểu thúc một biến Q(x) sang biểu thức
hai biến Q(x,y) bằng phơng pháp tham biến, lúc đó f(x,y) = Q(x,y) t
Và xét tử thức của f(x,y) theo một biến nào đó sao cho tử thức luôn cùng dấu và
tồn tại giá trị bằng 0
VD2:
Tìm GTLN, GTNN của biểu thức
Q=

3 y 2 4 xy
x2 + y 2

Với ( x,y ) khác ( 0, 0 )

Giải:
Vì x2 + y2 luôn luôn dơng trừ giá trị x = y = 0 nên dấu của f( x,y) chính là dấu
của tử thức g(x,y) = 3 y 2 4 xy t ( x 2 + y 2 )
Hay g(x,y) = (3 t ) y 2 4 xy tx 2
Sinh viên thực hiện:

Lê Thị Mai

(1)
Lớp: CĐSP Toán Tin K48

16

Phơng pháp cơ bản tìm cực trị Đại số - Định lí Viét và ứng dụng
Nếu t = 3 thì g(x,y) = 3x 2 4 yx
Vì = 4 y 2 0 nên g(x,y) = 0 khi và chỉ khi y = 0, (x = 0 đã bị loại trừ)
Xét (1) theo biến y ta có:

(

)

y = 4 x 2 + t ( 3 t ) x 2 = 4 + 3t t 2 x 2
y = 0 với mọi x khi t = -1 hoặc t = 4

Với t = -1 thì a = 3 t = 4 > 0 nên g ( x) 0 f ( x, y ) 0
Suy ra Q(x,y) có GTNN là -1 và xảy ra khi
f ( x, y ) = 0 g ( x, y ) = 0 ( 2 y x ) = 0 x = 2 y ( 0)
2

Với t = 4 thì a = 3 t = -1 < 0 nên g ( x, y ) 0 f ( x, y ) 0
Suy ra f ( x, y ) = 0 g ( x, y ) = 0 ( y + 2 x ) 2 = 0 y = 2 x ( 0 )
u thế của phơng pháp tham biến càng đợc thể hiện qua ví dụ sau:
VD3:
Tìm u, v để biểu thức Q =

ux + v
x2 + 1

đạt GTLN bằng 4 và GTNN bằng -1
Giải:

2
Đặt f(x) = Q(x) t = ux + v t ( x + 1)

x2 + 1

Vì x2 + 1 > 0 với mọi x nên dấu của f(x) chính là dấu của tử thức g(x) =
2
2
2
Q = ( x 2 y + 1) + ( 2 x + ay + 5 ) ux + v t ( x + 1) hay g(x) = tx 2 + ux + v t
Để GTLN của Q(x) là 4 và GTNN của Q(x) là -1 xảy ra đồng thời thì dựa
vào (*) ta phải có:
1 = 1
Hay

2 = 0

u 2 + 16 ( v 4 ) = 0
v = 3
2
2
u = 16
u 4 ( v + 1) = 0

nghĩa là (u,v) = (4,3) hoặc (4,-3)

Bài tập đề nghị:
Bài 1.Tìm GTLN, GTNN của biểu thức Q sau đây:
2
1) Q = x + 42 2 x + 3

x +1
1 + x4
2) Q =
(1 + x 2 ) 2

x 2 xy + y 2
x 2 + xy + y 2
x + 2 y +1
4) Q = 2 2
x + y +7
2x 1
5) Q = 2
x +x+4
2x + 3
6) Q = 2
x + x +1

3) Q =

7) Q = ( x 2 y + 1) 2 + ( 2 x + ay + 5 ) 2
Sinh viên thực hiện:

Lê Thị Mai

Lớp: CĐSP Toán Tin K48

17

Phơng pháp cơ bản tìm cực trị Đại số - Định lí Viét và ứng dụng
Bài 2.Tìm m để biểu thức Q =

x+m
chỉ nhận giá trị thuộc [ 1;1]
x + x +1
2

VII.phơng pháp giải toán cực trị của biểu thức chứa dấu căn

Các bài toán tìm GTLN, GTNN của biểu thức chứa dấu căn thờng gặp trong
các kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 và các kỳ thi học sinh giỏi. Với cơ sở lý thuyết
đã đợc cung cấp ở chơng I, tác giả xin đa ra một số ví dụ minh hoạ
VD1:
Tìm GTNN của biểu thức sau với x R
1) D = ( x 1996 ) 2 ( x 1997 ) 2
2) F =

1
x + x +1

Giải:
1) D = x 1996 + x 1997
Cách 1: Xét các khoảng giá trị của x
Với x < 1996 thì D = 1996 - x + 1997 x = 3993 2x > 1
Với 1996 x 1997 thì D = 1
Với x > 1997 thì D = 2x 3993 > 1
Do đó minD = 1 xảy ra khi 1996 x 1997
Cách 2: áp dụng bất đẳng thức a + b a + b
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ab 0

D = x 1996 + x 1997 x 1996 + 1997 x = 1

MinD = 1 xảy ra khi ( x 1996 ) ( 1997 x ) 0 1996 x 1997
1
x + x +1
Điều kiện : x 0

2) F =

Cách 1:
F
Vì F < 0 nên xảy ra min
x 0
( x a ) ( y a ) 0 xy a ( x + y ) a 2 xy as a 2 = a ( s a )

Vì x 0 nên min { x} = 0
x 0
Vậy minF = -1 xảy ra khi x = 0
Cách 2:

1
1
1 vì x 0 Do đó
1
1+ x +1
1+ x +1

Vậy minF = -1 xảy ra khi x = 0
VD2:
Tìm GTLN của biểu thức

K=

yz x 1 + xz y 2 + xy z 3
xyz

Giải:
K=

x 1 y 2
z 3
+
+
x
y
z

với điều kiện x 1, y 2, z 3

áp dụng bất dẳng thức Cô-si ta có:
Sinh viên thực hiện:

Lê Thị Mai

Lớp: CĐSP Toán Tin K48

18


Phơng pháp cơ bản tìm cực trị Đại số - Định lí Viét và ứng dụng
x 1 = 1( x 1)

1+ x 1 x
=
2
2

1
1 2+ y2
y
2 ( y 2)
.
=
2
2
2
2 2
1
1 3+ y 3
z
z 3 =
3 ( z 3)
.
=
2
3
3
2 3
y2 =

Do đó

K

x
y
z
+
+
2 x 2 2 y 2 3z

1
1
1
1
1
1
+
+
= 1 +
+
ữ
2 2 2 2 3 2
2
3
1
1
1
+
Vậy maxK = 1 +
ữ
2

2
3
=

Xảy ra khi x = 2, y = 4, z = 6
VD3:
Tìm GTNN của biểu thức sau
H=

5 3x

Giải:
H=

1 x2

5 3x
1 x2

xác định khi -1 < x < 1 H > 0


Ta có H 2 = 5 3x
1 x2


2

2

2
2
2
3 5x )
ữ = 25 30 x + 9 x = 9 30 x + 25 x + 16 16 x = (
+ 16 16
ữ
1 x2
1 x2
1 x2

3
Vậy minH = 4 khi x =
5

VD4:
Tìm GTNN của biểu thức sau

K = x + 2 ( 1+ x +1) + x + 2 ( 1 x +1)
Giải:
Điều kiện : x 1

K = x + 2 ( 1+ x +1) + x + 2 ( 1 x +1)
K=

(

)

x +1 +1

2

+

(

)

x +1 1

=

x +1 +1 +



x +1 +1+1 x +1 = 2

2

x +1 1

minK = 2 ( x + 1 + 1) ( 1 x + 1 ) 0
Vì x + 1 + 1 > 0 nên 1 x + 1 0 x 0
Vậy minK = 2 xảy ra khi 1 x 0
Sinh viên thực hiện:

Lê Thị Mai

Lớp: CĐSP Toán Tin K48

19


Phơng pháp cơ bản tìm cực trị Đại số - Định lí Viét và ứng dụng
Bài tập đề nghị:
Bài 1. Tìm GTLN của biểu thức:
A=

2
x 6 x + 13

Bài 2. Tìm GTLN của biểu thức:
B=

x + 2 x + 37
2

(

)

x +1

Bài 3. Tìm GTNN của biểu thức:
C=

3x
3x

3 + 2x x2
3 + 2x x2
2
2

Bài 4. Tìm GTLN của biểu thức:
D=

1
2
2 x
+
+
2 x 2+ x x4

VIII.phơng pháp giải toán cực trị đại số với các biến có
điều kiện

Chúng ta đã quen biết bài toán tìm cực trị của hai biến có một điều kiện ràng
buộc, chẳng hạn nh bài toán sau:
VD1:
Tìm GTLN của tích xy với x, y là các số dơng thoả mãn điều kiện x + y = s,
trong đó s là số dơng cho trớc
Giải:
Cách 1: áp dung trực tiếp bất đẳng thức Cô-si
2

2

s2

x+ y s
xy
=
=
ữ ữ
4
2 2
2
s
Vậy GTLN (xy) = s khi và chỉ khi x = y =
2
4

Cách 2:
Đa về xét cực trị của hàm một biến

2

s2 2
s2 s2
s
s2
x sx + ữ = x ữ
4
4 4
2
4
2
s
Vậy GTLN (xy) = s khi và chỉ khi x = y =

2
4
xy = x ( s x ) = sx x 2 =

Cách 3:
Sắp thứ tự giá trị các biến (theo điều kiện hoặc khi vai trò của chúng nh nhau) và
so sánh với giá trị không đổi xen giữa chúng.
Giả sử x y . Từ x + y = s ta có:
s
s
s
s
s
s2

y nên x ữ y ữ 0 xy x + y ữ 0 xy
2
2
2
2
2
4

2
s
Vậy GTLN (xy) = s khi và chỉ khi x = y =
2
4
x

Việc giải bài toán trên sẽ khó khăn hơn khi các biến bị ràng buộc thêm một điều
kiện nữa

Sinh viên thực hiện:

Lê Thị Mai

Lớp: CĐSP Toán Tin K48

20


Phơng pháp cơ bản tìm cực trị Đại số - Định lí Viét và ứng dụng
VD2:
Tìm GTLN của tích xy với x, y là các số dơng thoả mãn hai điều kiện
(1) x + y = s
(2) y a
trong đó s, a là những số dơng cho trớc và a < s
Giải:
Nếu a
x= y=

2
s
thì theo cách giải ở VD1 ta có GTLN (xy) = s khi và chỉ khi
4
4

s
a

2

Xét trờng hợp a >

s
2

Theo cách 2 ở VD1, đặt y = a + t với t 0
Từ đó xy = ( s y ) y = ( s a t ) ( a + t ) = t ( t + 2a s ) + a ( s a ) a ( s a )
(vì t 0, t + 2a s 0 )
Đẳng thức xảy ra khi t = 0, y = a và GTLN (xy) = a (s a)
s
2

Theo cách 3 ta thấy x < < a y nên
( x a ) ( y a ) 0 xy a ( x + y ) a 2 xy as a 2 = a ( s a )

Đẳng thức xảy ra khi y = a và x = s a
Vậy GTLN (xy) = a (s a)
VD3:
Tìm GTLN của tích xyz với x, y, z là các số dơng thoả mãn hai điều kiện
(1) x + y +z = s
(2) z a
trong đó s, a là những số dơng cho trớc và a < s
Giải:
Nếu a

s
thì áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có:
3

3

3

x+ y+z s
xyz
ữ = ữ
3

3

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z =

s
3

3

Lúc đó, GTLN(xyz) = s ữ
3


2

s
Xét trờng hợp a s a ữ a >
2

3
2

Theo bất đẳng thức Cô-si, ta có: xy x + y ữ

(*)

2

Ta có: x + y + a x + y + z = s < 3a x + y < 2a
áp dụng cách giải 3, từ

x+ y
< a z ta có
2

Sinh viên thực hiện:

Lê Thị Mai

x+ y
2

Lớp: CĐSP Toán Tin K48

21


Phơng pháp cơ bản tìm cực trị Đại số - Định lí Viét và ứng dụng
x+ y

a ữ( z a ) 0

2

x+ y
x+ y


+ z aữ
ữz a
2
2


(**)

Từ (*),(**) và áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có:
2

x+ y x+ y

+
+ zaữ
2

ữ
ữ

sa
x + y x + y

x + y x + y
2 2

ữ = a
xyz
+ z a ữ
ữ
ữz a
ữ
ữ
2
ữ
2 2
2 2

2

ữ


s
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi z = a và x = y =
2
2

Lúc đó, GTLN(xyz) = a s a ữ
2

VD4:
Tìm GTLN của tích xyz với x, y, z là các số dơng thoả mãn các điều kiện

(1) x + y +z = s
(2) z a
(3) y b với b là số dơng cho trớc, x < b y b a < s
trong đó s, a là những số dơng cho trớc và a < s
Giải:
sa
thì giải nh VD3
2
sa
Xét trờng hợp b >
s < a + 2b
2

Nếu b

Lúc đó:
x= s (y + z) < s (a + b) < a + 2b (a + b) = b
áp dụng cách giải 3 với x < b y ta có
(***)
( x b ) ( y b ) 0 xy b ( x + y b )
Lại có x + y b = s z b < s a b < ( a + 2b ) ( a + b ) = b a
Từ x + y b < a z ta có
( x + y b a) ( z a ) 0 ( x + y b ) z a( x + y b + z a ) = a (s a b)

Từ đó và (***) ta suy ra

xyz b ( x + y b ) z ba( s a b)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi z = a, y = b, x = s a b
Lúc đó: GTLN(xyz) = ab(s a b)

Nh vậy, từ một bài toán cực trị đại số với các biến có một điều kiện ta đã đề xuất
và giải các bài toán cực trị đại số với các biến bị ràng buộc bởi nhiều điều kiện
hơn
Bài tập đề nghị:
Bài 1. Tìm GTLN của xy + yz + xz với x, y, z là các số dơng thoả mãn các điều
kiện
(1) x + y +z = s
(2) z a
Sinh viên thực hiện:

Lê Thị Mai

Lớp: CĐSP Toán Tin K48

22


Phơng pháp cơ bản tìm cực trị Đại số - Định lí Viét và ứng dụng
(3) y b với b là số dơng cho trớc, x < b y b a < s
trong đó s, a là những số dơng cho trớc và a < s
Bài 2. Tìm GTLN của tích xyzt với x, y, z, t là các số dơng thoả mãn các điều
kiện :
(1) x + y +z + t = s
(2) t a
(3) z b
(4) y c
trong đó s, a, b, c là những số dơng cho trớc và c < b < a < s
Bài 3. Tìm GTNN của biểu thức x + y thoả mãn điều kiện
2 x + y = 10

Bài 4. Tìm GTNN của biểu thức A = x 2 + y 2 + z 2
thoả mãn điều kiện x + y + z = 3
chơng III. Một số sai lầm khi giải toán cực trị
Một trong những phơng pháp giải toán cực trị hiệu quả là dùng các bất đẳng
thức quen thuộc. Nhng cũng chính phơng pháp này lại dễ gây ra những sai lầm
nếu không nắm vững bản chất của nó.
Bài toán 1. Biết rằng x + y + z = 1 và x, y, z dơng
Tìm GTLN của
S = xyz ( x + y ) ( y + z ) ( z + x )
Có bạn đã giải nh sau:
z + ( x + y) 2 z ( x + y)
x + ( y + z) 2 x( y + z)

(1)

y + ( z + x) 2 y ( z + x)

Nhân từng vế của (1) ta có:
1 8 xyz ( x + y ) ( y + z ) ( z + x )

Từ đó S

(2)

1
1
S ma x =
64
64

Nhận xét: Cách giải trên cho đáp số sai vì điều kiện xảy ra dấu bằng của các bất
đẳng thức đã dùng không đạt đợc đồng thời. Cụ thể:
1
đạt đợc khi và chỉ khi
64
z = x + y
y = x + z
x = y = z = 0


x = z + y x + y + z = 1
x + y + z = 1 x, y , z > 0


x, y, z > 0
S=

Nh vậy không tồn tại (x,y,z) để tại đó S =
S ma x =

1
. Do đó không thể kết luận
64

1
64

Lời giải đúng:
Sinh viên thực hiện:

Lê Thị Mai

Lớp: CĐSP Toán Tin K48

23


Phơng pháp cơ bản tìm cực trị Đại số - Định lí Viét và ứng dụng
Với x,y,z 0 , ta có:
3

S = xyz ( x + y ) ( y + z ) ( z + x ) x + y + z ữ ( x + y ) ( y + z ) ( z + x )


=

3



1
( x + y) ( y + z) ( z + x)
27

1 ( x + y) ( y + z ) ( z + x)
8


ữ = 2
27

3
27
8
Vậy S 2
27
x + y + z = 1
Với mọi x,y,z thoả mãn
x, y , z > 0
3

x = y = z
x + y = y + z = z + x
1
x= y=z=
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
3
x + y + z = 1
x, y, z > 0
8
1
Kết luận: Sma x = 2 đạt tại x = y = z =
27
3

Nhắc lại định nghĩa maxf(x,y,) và minf(x,y,)
1.Định nghĩa1:
Cho biểu thức f(x,y,) xác định trên miền D. Ta nói M là giá trị lớn nhất của
f(x,y,) hay maxf = M trên D nếu hai điều kiện sau đợc thoả mãn:
- Với mọi (x, y,) thuộc D thì f(x,y,) M với M là hằng số
- Tồn tại (x0, y0 ,) thuộc D sao cho f(x0, y0 ,) = M

2. Định nghĩa 2:
Cho biểu thức f(x,y,) xác định trên miền D. Ta nói m là giá trị nhỏ nhất của
f(x,y,) hay minf = m trên D nếu hai điều kiện sau đợc thoả mãn:
- Với mọi (x, y,) thuộc D thì f(x,y,) m với m là hằng số
- Tồn tại (x0, y0 ,) thuộc D sao cho f(x0, y0 ,) = m
Một số chú ý:
1) Nếu không chỉ ra đợc bộ giá trị (x0, y0 ,) để f(x0, y0 ,) = M thì không
khẳng định đợc maxf = M, mặc dù có f(x,y,) M với mọi (x, y,) thuộc
D. Khi đó ta phải tìm một cách giải khác
2) Bội giá trị (x0, y0 ,) để f(x0, y0 ,) = M thờng đợc tìm bằng cách áp dụng
điều kiện xảy ra dấu bằng trong các bất đẳng thức đã dùng. Chẳng hạn:
a) Các dạng của bất đẳng thức Cô-si:
+) a + b 2 ab ( a 0, b 0)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b
+)

a
b
+ 2
b
a

(ab 0)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b
b) Bất đẳng thức Bunhiacopsky
(ax + by)2 (a2 + b2) (x2 + y2)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ay = bx
c) Bất đẳng thức về giá trị tuyệt đối
a + b a+b

Sinh viên thực hiện:

Lê Thị Mai

Lớp: CĐSP Toán Tin K48

24


Phơng pháp cơ bản tìm cực trị Đại số - Định lí Viét và ứng dụng
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ab 0
3) Trong các bài toán dạng cực trị có điều kiện nếu chỉ chú ý đến điều kiện
xảy ra dấu bằng của các bất đẳng thức đã dùng mà không kết hợp điều
kiện ràng buộc của bài toán thì dễ mắc sai lầm
4) Trong các định nghĩa trên thì M và m phải là các hằng số
Thật vậy, xét bài toán sau đây:
Bài toán 2. Cho x,y,z 0. Tìm GTLN của
f(x,y,z) = xyz ( x + y ) ( y + z ) ( z + x )
Xét lời giải:
Với mọi x,y,z 0 ta có:
x + y + z + ( x + y) ( y + z ) ( z + x)
f ( x, y , z )
ữ
6


x = y = z = x + y = y + x = z + x
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
x, y , z 0
6

Tức là x = y = z = 0. Khi đó vế phải của bất đẳng thức bằng 0. Suy ra
f ( x, y , z ) 0

Vậy f ( x, y, z ) = 0 khi x = y = z = 0 (!)
Nhận xét:
Cách giải trên mắc sai lầm ở chỗ là đã sử dụng mệnh đề sai sau đây "Nếu
f ( x, y , z ) g ( x0 , y0 , z0 ) với mọi x, y, z thuộc D và f ( x, y , z ) = g ( x0 , y0 , z0 ) = A

( x0 , y0 , z0 ) D thì

f ( x, y , z ) A với mọi x, y, z thuộc D "

Để bác bỏ mệnh đề trên, ta có thể xét phản ví dụ sau:
Bài toán 3. Cho f ( x ) = x 2 ; g ( x ) = 2 x 2 . Tìm GTLN của f(x)
Xét lời giải:
f ( x ) g ( x ) với mọi x R
Dấu bằng xảy ra khi f(0) = g(0) = 0, từ đó suy ra f ( x ) 0 với mọi x R
Nhận xét:
Điều này sai vì f ( x ) = x 2 0 với mọi x R
Bài toán 4.
Giả sử hai số thực x, y thoả mãn x > y và xy = 1. Tìm GTNN của biểu thức
x2 + y 2
A=
x y

Xét lời giải:
x2 + y 2
Ta có A =
= ( x y ) 2 xy

x y
x y
2

Do x > y và xy = 1 nên
A = ( x y)

2

2 xy
2
= x y+
x y
x y
x y
x y x y
2
2
=
+
+
2+
2
2
x y
x y
+

(*)

Vậy A có GTNN khi
Sinh viên thực hiện:

Lê Thị Mai

Lớp: CĐSP Toán Tin K48

25