SKKN phương pháp đưa về xét hàm một biến số để tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (372.93 KB, 23 trang )

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÀO CAI
------------oOo------------

PHƯƠNG PHÁP ĐƯA VỀ XÉT HÀM MỘT BIẾN SỐ ĐỂ
TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT
Họ và tên tác giả: Đào Văn Lương

Chức vụ: Tổ trưởng chuyên môn
Tổ chuyên môn: Toán – tin học
Đơn vị công tác: Trường THPT chuyên tỉnh Lào Cai

Lào Cai, tháng 4 năm 2014

Mục lục
Nội dung
Đặt vấn đề
Giải quyết vấn đề
Cơ sở lý luận của vấn đề

Trang
4
4
4

Thực trạng của vấn đề

4

Các biện pháp đã tiến hành để giải quyết vấn đề

4

Các kiến thức chuẩn bị

6

Phương pháp đưa về xét hàm số một biến số để tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất.

8

Phương pháp khảo sát lần lượt từng biến để tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ

15

nhất.
Bài tập áp dụng

20
22

Hiệu quả của SKKN

22

Kết luận

23

Tài liệu tham khảo

Danh mục chữ cái viết tắt
2

Ch vit tt
SKKN
GTLN
GTNN
SGK
VMO

Gii ngha
Sỏng kin kinh nghim
Giỏ tr ln nht
Giỏ tr nh nht
Sỏch giỏo khoa
K thi chn hc sinh gii Quc gia Vit Nam mụn Toỏn
(Vietnamese Mathematical Olympiad )

BT
H B2013
IMO

Bt ng thc
thi i hc khi B nm 2013
K thi chn hc sinh gii Toỏn quc t
(International Mathematical Olympiad)

1. T VN
Trong chơng trình bồi dỡng học sinh năng khiếu toán trung học phổ thông, chuyờn

bt ng thc, cc tr là một nội dung không thể thiếu, các bài toán về bt ng thc v tỡm
cc tr luôn luôn chiếm một vị trí quan trọng trong cấu trúc đề thi học sinh giỏi tỉnh, học
sinh giỏi Quốc gia v trong cỏc thi tuyn sinh i hc bt ng thc, cc tr thng l
cõu dựng phõn loi hc sinh.
Chuyờn bt ng thc v cc tr hc sinh c hc t rt sm, hin nay trờn th trng
ó cú rt nhiu ti liu tham kho cung cp rt nhiu cỏc phng phỏp chng minh bt
ng thc hay tỡm cc tr ca cỏc biu thc. Tuy nhiờn trong quỏ trỡnh dy hc tụi nhn thy
3

xu hng ra thi i hc v hc sinh gii ca nhiu nm gn õy phng phỏp hm s ni
lờn nh mt phng phỏp hiu qu gii quyt cỏc bi toỏn v tỡm giỏ tr ln nht v giỏ
tr nh nht ca cỏc biu thc. Vỡ vy tụi ó la chn ti:
PHNG PHP A V XẫT HM MT BIN S TèM GI TR LN
NHT V GI TR NH NHT
lm ti sỏng kin kinh nghim ca mỡnh trong nm hc 2013-2014.
2. GII QUYT VN
2.1 C s lý lun ca vn
Nghiên cứu và trình bày chuyên đề
PHNG PHP A V XẫT HM MT BIN S TèM GI TR LN
NHT V GI TR NH NHT
nhằm cung cp cho hc sinh cỏch suy ngh gii quyt cỏc bi toỏn tỡm GTLN v GTNN
bng cỏch a v kho sỏt i vi hm s cú mt bin s. Trong SKKN ta cựng xột cỏc ý
tng chuyn húa cỏc bi toỏn tỡm GTLN, GTNN ca cỏc biu thc cú cha nhiu bin
v xột vi hm s mt bin s v trong SKKN cng s cung cp cỏc nhn xột quan trng
ca phng phỏp, t ú giỳp hc sinh hiu rừ phng phỏp v cú mt cụng c hiu qu
gii quyt lp bi toỏn ny.

2.2. Thc trng ca vn
Chuyờn bt ng thc, cc tr là phần kiến thức quan trọng trong chơng trình toán

THPT. Xuất hiện nhiều trong các đề thi chọn học sinh giỏi toỏn cỏc cp v trong k thi
tuyn sinh vo hc, cao ng hng nm. Tuy nhiên việc gii quyt c cỏc bi toỏn v
tỡm GTLN v GTNN l khụng n gin. Nó đòi hỏi ngời làm toán ngoài việc hiểu rõ kiến
thức, có các kỹ năng cần thiết thì cần phải có một t duy sáng tạo, sắc bén.

2.3. Cỏc bin phỏp ó tin hnh gii quyt vn
Trong phn ny SKKN s trỡnh by cỏc ni dung chớnh l:

Đ 1 Cỏc kin thc chun b.
Đ 2 Phng phỏp a v xột hm s mt bin s tỡm giỏ tr ln nht v nh
nht.
Đ 3 Tỡm giỏ tr ln nht v nh nht bng phng phỏp kho sỏt ln lt tng
bin s.
Trong mi ni dung c trỡnh by u nờu rừ c s ca phng phỏp, a ra cỏc phõn tớch,
nh hng cỏc li nhn xột cn thit. Cui cựng l xut mt s bi tp tng t ngi
c t rốn luyn.

4

Đ 1 Cỏc kin thc chun b
I. Khỏi nim v giỏ tr ln nht, giỏ tr nh nht ca hm s
Định nghĩa 1 : Cho hàm số f(x) xác định trên D.
Số M đợc gọi là giá trị lớn nhất của hàm số f(x) trên D nếu :
f ( x) M , x D

x 0 D sao cho : f(x 0 ) = M

f ( x) .
Kí hiệu : M = max

xD

Số m đợc gọi là giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x) trên D nếu :
f ( x) m, x D

x 0 D sao cho : f(x 0 ) = m

f ( x) .
Kí hiệu : m = min
xD

5

II. Phng phỏp chun húa
1. Mt s nh ngha.
nh ngha 2: Ta bo H(x,y,z) l mt a thc ng cp bc k (k nguyờn dng) nu
H(tx, ty, tz) = tk H(x, y, z).
nh ngha 3: Ta bo, f(x, y, z) và g(x, y, z) l hai a thc đồng bậc m (nguyên dơng) nếu

f( x, y, z) = m f(x, y, z)
g( x, y, z) = mg(x, y, z)
2) Phng phỏp chun húa
a) Bi toỏn 1: Cho H(x, y, z) là một đa thức đẳng cấp bậc k và hm s F(x, y, z) thỏa mãn
F(x, y, z) = F( x, y, z). Khi đó giá trị của F(x, y, z) trên miền {(x, y, z)| H(x, y, z) = a,
a > 0} không thay đổi khi a thay đổi.
Chng minh.
Thật vậy, giả sử M(x, y, z): H (x, y, z) = a1
M(x, y, z): H(x, y, z) = a2; a1 a2; a1, a2 > 0
Ta có H ( x, y, z ) = a1

a2
H(x, y, z) = a 2
a1

k

a
a
k 2 ữ H(x, y, z) = a 2 H k 2 x,
a1
a1
đặt x' =

k

a2
x, y' =
a1

k

a2
y, z' =
a1

k

k

a2
y,
a1

k

a2
z ữ = a2
a1

a2
z
a1

Ta có: H(x', y', z') = a 2 F(x', y', z') = F(x, y, z)
Mặt khác : M { H(x, y, z) = a1} M' { H(x', y', z') = a 2 }
b) Phng phỏp chun húa
T vic chng minh bi toỏn trờn, ta nhn c kt qu l: ể tìm giá trị của F(x, y, z) trên
miền H(x, y, z) ta chỉ cần tìm giá trị của F(x, y, z) trên miền H(x, y, z) = a, cố định thích
hợp. Trong ú H(x, y, z) là một đa thức đẳng cấp bậc k. Cỏch lm ny ta gi l phng phỏp
chun húa.
3) M rng
Bi toỏn 2: Cho bất đẳng thức: f(x, y, z) g(x, y, z) (*)
Với f, g đồng bậc và H(x, y, z) là một đa thức đẳng cấp bậc k. Nu bt ng thc (*) đúng
trên miền H(x, y, z) = a1 thì cũng đúng trên miền H(x,, y,, z,) = a2 với a1, a2 > 0.
6

Chng minh

H(x, y, z) = a1 H(x',y',z') = a 2 ; x' =

k

a2
a
x; k 2 y;
a1
a1

k

a2
zữ
a1 ữ

m

a
f(x', y', z') = k 2 ữ
ữ .f(x, y, z)
a
1
Tơng tự:
m

a

g(x', y', z') = k 2 ữ
ữ .g(x, y, z)
a
1
Khi đó: f(x, y, z) g(x, y, z) f(x', y', z') g(x', y', z')
Nhn xột: Nh vy để chứng minh (*) đúng trên miền H(x,y,z) chỉ cần chứng (*) đúng trên
miền H(x, y, z) = a > 0 cố định. Việc chọn giá trị a là rất quan trọng, bi vỡ thay cho vic
nghiờn cu tớnh ỳng n ca (*) trờn min H(x,y,z) bt k thỡ ta ó chuyn v vic nghiờn
cu tớnh ỳng n ca (*) xột trờn min H(x,y,z) = a.

Đ 2 Phng phỏp a v xột hm s mt bin s tỡm giỏ tr ln
nht v nh nht.
1. Bi toỏn m u:
Trc ht ta hóy xột bi toỏn sau:
Bi toỏn 1: (Cõu V. Khi D-2009). Cho cỏc s thc khụng õm x, y thay i v tha món:
x+y=1. Tỡm GTLN, GTNN ca biu thc: S=(4x2+3y)(4y2+3x)+25xy.
Hng dn gii
tn dng gi thit x+y=1 ta bin i nh sau:
S=16x2y2+12(x3+y3)+34xy = 16x2y2+12[(x+y)3-3xy(x+y)+34xy
7

= 16x2y2-2xy+12.
Đặt t=xy, khi đó biểu thức:
S=f(xy) = f(t) = 16t2-2t+12.
Tiếp theo ta đánh giá xem với x,y không âm và x+y=1 thì miền giá trị của biến mới t như
thế nào?

( x + y )2 1
1

Dễ thấy: 0 ≤ xy ≤
= ⇒ t ∈ [0; ]
4
4
4
Như vậy bài toán bây giờ trở về một bài toán đơn giản:

1
4

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của f(t)= 16t2-2t+12 với t ∈ [0; ]

1
4

Bằng phương pháp lập bảng biến thiên của hà f(t) trên t ∈ [0; ] , hoặc sử dụng qui tắc trang

21 SGK – Giải tích 12, ta dễ dàng nhận được S max =

25
191
; S min =
2
16

Nhận xét 1:
10) Ở bài toán trên ta cũng có thể từ giả thiết x+y=1 rút y=1-x rồi thay vào biểu thức S sẽ
đưa S về hàm bậc 4 đối với ẩn x, x ∈ [0;1] , sau đó tiến hành tương tự, tuy nhiên cách này
khi thực hiện sẽ dài và biểu thức của S không thuận lợi như cách làm trên.
20) Trong cách làm trên ta đã chuyển biểu thức của S về hàm f(xy), rồi sử dụng phép đặt ẩn

số phụ. Cần lưu ý tới các giả thiết của bài toán và ở dạng toán này khi đổi biến nhất thiết
phải đặt chính xác điều kiện cho biến mới.
2. Áp dụng.
Bài toán 2: Cho x, y là các số thực và thỏa mãn điều kiện x2+y2=2. Tìm GTLN, GTNN của
biểu thức: P=2(x3+y3) – 3xy
Hướng dẫn giải:
So sánh với bài toán 1, rõ ràng việc xuất phát từ giả thiết của bài toán để rút biến x theo y
rồi thế vào biểu thức P khó thực hiện được, do đó một suy nghĩ tự nhiên là ta sẽ tìm cách
biểu diễn biểu thức P theo một ẩn số có chứa cả x và y rồi sử dụng phép đặt ẩn số phụ.
Ta có:

P = 2( x + y )( x 2 + y 2 − xy ) − 3 xy = 2( x + y )(2 − xy ) − 3 xy
Mặt khác, ta luôn có đẳng thức hiển nhiên sau:

8

( x + y )2 − 2
, vì thế sau khi đặt t=x +y, thì
xy =
2
t2 − 2
t2 − 2
3
P = f (t ) = 2t (2 −
)−3
= −t 3 − t 2 + 6t + 3
2
2
2

Vấn đề còn lại với giả thiết ban đầu thì biến mới t như thế nào?
Lại có: ( x + y ) 2

Bunhiacopsky

≤

2( x 2 + y 2 ) = 4 ⇒ t ∈ [-2;2]

Đến đây bài toán trở về bài toán tìm GTLN và GTNN của hàm số

3
f (t ) = −t 3 − t 2 + 6t + 3 , với t ∈ [-2;2]
2
(Đây là bài tập quen thuộc trong SGK giải tích 12).
Bài toán 3. (Đại học khối B-2012)
Cho các số thực x, y, z thỏa mãn các điều kiện x + y + z = 0 và x 2 + y 2 + z 2 = 1. Tìm giá trị
lớn nhất của biểu thức P = x 5 + y 5 + z 5 .
Hướng dẫn giải
*) Đưa P về hàm ẩn x?
Ta có:
P = x 5 + ( y 2 + z 2 )( y 3 + z 3 ) − y 2 z 2 ( y + z )
1
5
P = x 5 + (1 − x 2 )[( y 2 + z 2 )( y + z ) − yz ( y + z )]+( x 2 − ) 2 x = (2 x 4 − x )
2
4

*) Tìm miền giá trị của x?
Do x+y+z=0 và x2+y2+z2=1. Nên ta có:

0 = ( x + y + z ) 2 = x 2 + y 2 + z 2 + 2 x( y + z ) + 2 yz = 1 − 2 x 2 + 2 yz
1
2

Suy ra: yz = x 2 − ; do yz ≤

y2 + z 2 1 − x 2
1 1 − x2
6
6
=
⇒ x2 − ≤
⇔−
≤ x≤
2
2
2
2
3
3

*) Bài toán trở thành: Tìm giá trị lớn nhất của hàm P=f(x)=

5
6
6
(2 x 4 − x ) , với −
≤x≤
4
3

3

Bài toán 4. (Đại học khối B-2011) Cho các số thực a, b, là các số thực dương thỏa mãn
điều kiện : 2(a 2 + b 2 ) + ab = (a + b)(ab + 2) . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
 a 3 b3   a 2 b 2 
P = 4  3 + 3 ÷− 9  2 + 2 ÷.
a 
b a  b

Hướng dẫn giải
Lưu ý rằng:
9

 a 3 b3   a 2 b 2 
a b
a b
3
2
P
=
4
*)
 3 + 3 ÷− 9  2 + 2 ÷ = f ( + ) = f(t)=4t -9t -12t+18, với t = +
a 
b a
b a
b a  b

*) Tìm miền giá trị cho biến mới t?

Từ giả thiết:
2(a 2 + b 2 ) + ab = (a + b)(ab + 2)
⇔ 2(a 2 + b 2 ) + ab = a 2b + ab 2 + 2(a + b)
a b
1 1
1 1
a b
⇔ 2( + ) + 1 = ( a + b) + 2( + ) ≥ 2 2( a + b).( + ) = 2 2( + + 2)
b a
a b
a b
b a
a
b

b
a

Giải bất phương trình này, sẽ tìm được điều kiện: t = + ≥

5
2

Bài toán trở thành: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm: f(t)=4t3-9t2-12t+18, với t ≥

5
2

Bài toán 5 (VMO-2003- bảng A).
Cho hàm số f xác định trên tập hợp số thực R, lấy giá trị trên R và thoả mãn điều kiện:

f(cotx) = sin2x+cos2x, với ∀ x ∈ (0; π ). Hãy tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm
số

g(x) = f(x).f(1-x) trên [-1;1]
Hướng dẫn giải

Ta có: f(cotx) = sin2x+cos2x, với ∀ x ∈ (0; π ).
Đặt t=cotx, khi x ∈ (0; π ) thì t thuộc R.
Hàm f (t ) =

t 2 + 2t − 1
;t ∈ ¡
t2 +1

x 2 (1 − x ) 2 + 8 x(1 − x) − 2
;x∈R
Dẫn đến : g(x) = f(x).f(1-x) = 2
x (1 − x) 2 − 2 x(1 − x) + 2

Đặt u=x(1-x). Khi x thuôc [-1 ;1] thì u thuộc [-2 ;1/4]
Bài toán trở thành :
Tìm GTLN, GTNN của hàm h(u ) =

u 2 + 8u − 2
1
, u ∈ [-2; ] (đến đây là bài tập SGK).
2
u − 2u + 2
4

Bài toán 6 (VMO-2004 bảng B):
x + y + z = 4
. Hãy tìm GTNN và GTLN
 xyz = 2

Xét các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện 
của biểu thức : P = x 4 + y 4 + z 4

Hướng dẫn giải
Đặt t=xy+yz+zx, đưa Q về dạng Q= 2(t2-32t+144)
*) Tìm điều kiện của t?
Từ giả thiết, suy ra y+z=4-x và yz=2/x
10

nên t=x(4-x)+2/x(*)
2
2
Sử dụng BĐT hiển nhiên: ( y + z ) ≥ 4 yz ⇔ (4 − x) ≥

8
⇔ 3 − 5 ≤ x ≤ 2(do x ∈ (0;4))
x

Khảo sát hàm t(x) trên miền x ở trên suy ra điều kiện của t. Khi đó bài toán trở về bài toán
SGK.
Bài toán 7. (Đề thi đại học khối B-2010)
Cho các số thực a ,b ,c không âm thỏa mãn a + b + c = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
M = 3(a 2b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 ) + 3(ab + bc + ca) + 2 a 2 + b 2 + c 2
Hướng dẫn giải

Nhận xét rằng đây là bài toán tìm GTNN của biểu thức đối xứng giữa ba biến, việc suy nghĩ
theo hướng rút thế để giảm dần số biến qui về hàm một biến rất khó thực hiện.
Hơn nữa, ta có:
M = 3( a 2b 2 + b 2c 2 + c 2 a 2 ) + 3(ab + bc + ca ) + 2 a 2 + b 2 + c 2
=3(a 2b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 ) + 3(ab + bc + ca) + 2 (a + b + c) 2 − 2(ab + bc + ca )
=3(a 2b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 ) + 3(ab + bc + ca) + 2 1 − 2(ab + bc + ca )

Như vậy, qua cách biểu diễn trên ta đã đưa M về dạng chỉ chứa các biểu thức ab, bc, ca.
Làm thế nào để biểu thị M thông qua biểu thức của hàm chỉ chứa một biến số, ta nghĩ đến
một đánh giá trung gian, khá tự nhiên là:
3(a 2b 2 + b 2c 2 + c 2 a 2 )

Bunhiacopssky

≥

(ab + bc + ca ) 2 , khi đó

M ≥ (ab + bc + ca ) 2 + 3( ab + bc + ca ) + 2 ( a + b + c ) 2 − 2(ab + bc + ca)

Đặt t=ab+bc+ca thế thì: M ≥ f (t ) = t 2 + 3t + 2 1 − 2t
Mặt khác: (a + b + c) 2 ≥ 3(ab + bc + ca ) (BĐT hiển nhiên).
1
3

Nên t ∈ [0; ] đến đây bài toán được đưa về đưa về bài toán SGK. Tìm GTNN của
1
f (t ) = t 2 + 3t + 2 1 − 2t với t ∈ [0; ]
3

Nhận xét 2:
30) Trong nhiều trường hợp ta phải sử dụng các đánh giá trung gian để làm trội biểu thức
cần tìm GTLN và GTNN, khi sử dụng các đánh giá trung gian này cần phải lưu ý đến việc
dấu bằng xảy ra đồng thời của các bất đẳng thức trung gian mà ta sử dụng.
Bài toán 8. (HSG tỉnh phú Thọ 2013-2014).

11

Cho các số dương a, b, c thay đổi thỏa mãn a + b + c = 3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
8( a + b − 3
2a + b + c )
2b + c + a )
(
(
S= 2
+ 2
+
2
2
9c
2a + ( b + c )
2b + ( c + a )
2

c2 + 3

2

).

Hướng dẫn giải

( 2a + b + c )
2
2 a2 + ( b + c )
2

Vì a + b + c = 3 nên ta có

( 2a + b + c )
2
2 a2 + ( b + c )
2

Suy ra

≤

( 2b + c + a )
2
2b2 + ( c + a )

1
( 4a + 4 ) . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = 1.
3

2

Tương tự

a2 + 6 a + 9 1 
8a + 6 

÷.
= 2
= 1+
3a − 6 a + 9 3  ( a − 1) 2 + 2 ÷



≤

1
( 4b + 4 ) . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi b = 1.
3

Do đó S ≤ 1 ( 4 ( a + b) + 8 ) +
3

(

8 a + b − 3 c2 + 3
9c

)

)

(

8 3 − c − 3 c2 + 3
52 4 c 8 8 c2 + 3
1
=
−
+ −
.
= ( 4 ( 3 − c) + 8) +
9
3 3c
3c
3
9c
Xét hàm số f ( c ) =

52 4 c 8 8 c2 + 3
với 0 < c < 3 .
−
+ −
9
3 3c
3c

Chứng minh được max f ( c ) = f ( 1) =
0 < c<3

16
16
. Vậy max S = .

9
9

Bài toán 9: Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn x2 + y2 + z2 = 9, tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức: F = 2(x + y + z) – xyz.
Hướng dẫn giải
Do vai trò a, b, c bình đẳng giả sử x ≤ y ≤ z ⇒ z2 ≥ 3.
Ta có F = 2(x + y) + (2 – xy)z
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopsky ta có:
2
2
 2 ( x + y ) + ( 2 − xy ) z  ≤  22 + ( 2 − xy )  ( x + y ) + z 2 
2

(

⇔  2 ( x + y ) + ( 2 − xy ) z  ≤ 8 − 4 xy + x 2 y 2


2

Theo bài ra ta suy ra: F ≤

)( x

2

+ 2 xy + y 2 + z 2 )

( 8 − 4 xy + x y ) ( 9 + 2 xy )

2

2

(1)

Đặt xy = t, vì x2 + y2 + z2 = 9 ⇔ x2 + y2 = 9 – z2 , mà:
2 xy ≤ x2 + y2 ≤ 9 – z2 ≤ 6 nên -3 ≤ t ≤ 3, từ đó bất đẳng thức (1) trở thành:
12

F≤

( 8 − 4t + t ) ( 9 + 2t )
2

⇔ F≤

2t 3 + t 2 − 20t + 72

Xét hàm số f(t) = 2t3 + t2 - 20t + 72 với t ∈ [-3, 3], ta chứng minh:
f(t) = 2t3 + t2 - 20t + 72 ≤ 100 (2)
⇔ 2t3 + t2 – 20t – 28 ≤ 0
⇔ (t + 2)(2t2 – 3t - 14) ≤ 0
⇔ (t + 2)2(2t – 7) ≤ 0

Do t ∈ [-3, 3] nên bất đẳng thức trên đúng, dấu ‘=’ xảy ra ⇔ t = - 2.
Suy ra: F ≤ 10 (3)

2 − xy

 2
=
>0
x + y
z
2 − xy
 2
 2
=
>0

2
2
z
Dấu ‘=” của bđt (1) xảy ra ⇔  x + y
.Xét hệ:  x + y + z = 9
 x2 + y2 + z 2 = 9
 xy = −2



⇔ (x, y, z) = (2, -1, 2), (-1, 2, 2).

Vậy GTLN của F = 10 đạt được ⇔ (x, y, z) = (2, -1, 2) và các hoán vị của chúng.
Nhận xét 3 :
40) Trong nhiều trường hợp để tìm giá trị lớn nhất của biểu thức ta có thể kết hợp với
phương pháp chuẩn hóa, để chuyển các biểu thức cần tìm GTLN và GTNN về các biểu thức
có dạng đơn giản hơn đồng thời tạo ra các điều kiện liên hệ giữa các biến.
Bµi to¸n 10: Cho a, b, c > 0. Tìm GTLN của F =

7(ab + bc + ca)
9abc
2
(a + b + c)
(a + b + c)3

Hướng dẫn giải

F(a, b, c) =

7(ab + bc + ca)
9abc
2
(a + b + c)
(a + b + c)3

Do F(a , b, c) = F(ta, tb, tc). Ta cã thÓ xem a + b + c = 1.
Suy ra:

F(a, b, c) = 7(ab + bc + ca) - 9abc = 7a(1 - a) + bc(7 - 9a)

Gi¶ sö:

0
a+b+c=1
1
(b + c)2
(1- a)2
⇒ 0 < a ≤ ; 7 - 9a > 0; bc ≤

=
Ta cã: 
3
4
4
0 < a ≤ b ≤ c
Khi ®ã:

(1- a)2
1
F(a, b, c) ≤ 7a(1- a) +
(7- 9a); 0 < a ≤
4
3
1
1
⇒ F(a, b, c) ≤ f(a) = (- 9a 3 - 3a 2 + 5a + 7)
4
4
13

Khảo sát hàm số f(a), ta có: max F(a, b, c) = 2 t c khi a=b=c.
Bi toỏn 11: Cho a, b, c > 0. Tỡm GTNN ca

(a + b + c)2
1 a 3 + b 3 + c3 a 2 + b 2 + c 2
Q= 2 2 2 +
ữ (1)
2

abc
ab + bc + ca
a +b +c
Hng dn gii
Do F(a, b, c) = F(ta, tb, tc). Ta chỉ tìm giá trị của Q trên miền
a2+b2+c2=3
Khi đó:

(a + b + c)2 = a 2 + b 2 + c 2 + 2ab + 2bc + 2ca (a + b + c)2 = 3 + 2(ab + bc + ca)
a 3 + b 3 + c3 = 3abc + (a + b + c) [ 3 - (ab + bc + ca)]

a 3 + b 3 + c3
1
1
1
=3+(
+
+
) [ 3 - (ab + bc + ca)]
abc
ab
bc ca

Đặt

Q

= ab + bc + ca 3; =

1
1
1 9
+
+
. Suy ra:
ab
bc ca

5 2 9
3
2 12
6
+
+
(3 )
= 2 +
+
= 2 + 2( + )
2 3 2
2
3

3
1

6 3 3
3
3 3
+ = + + 3( )1 / 3 Q 2 + 2 ữ 4

3 3

Suy ra: minQ = 4 , khi a = b = c > 0

Đ 3 Phng phỏp kho sỏt ln lt tng bin tỡm giỏ tr ln nht
v giỏ tr nh nht.
1. Nhn xột 4 : tỡm cc tr ca biu thc cỳ cha nhiu bin s cú th dựng phng
phỏp kho sỏt ln lt tng bin, ngha l Tỡm GTLN (hoc GTLN) ca hm s vi bin th
nht v cỏc bin cũn li coi l tham s. Ri tỡm GTLN(GTNN) ca hm s vi bin th hai
v ng vi giỏ tr ó xỏc nh ca bin s th nht m cỏc bin s cũn li coi nh l tham
s.
2. Vớ d minh ha.
Bi toỏn 12:
Xột hm s : f(x;y) = (1-x)(2-y)(4x-2y) trờn min D = {(x,y)/ 0 x 1, 0 y 2}
Tỡm giỏ tr nh nht ca hm s f trờn min D.
Hng dn gii
Bin i hm s ó cho tr thnh: f(x,y) = 2(1-x)(2-y)[(2-y)-2(1-x)]
14

Đặt v = 1-x và u = 2- y, ta chuyển về tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:
F(u,v) = uv(u-2v) = -2uv2+u2v, trên miền : E = {(u,v)| 0 ≤ u ≤ 2 , 0 ≤ v ≤ 1}. Nghĩa là:
F (u , v) = min[min F (u , v)] = min [min (−2uv 2 + u 2v )]
Tìm min
E
0 ≤ u ≤ 2 0 ≤ v ≤1
0 ≤ u ≤ 2 0 ≤ v ≤1

Xét hàm : g(v) = -2uv2+u2v với 0 ≤ v ≤ 1 và ta coi u là tham số thoả mãn 0 ≤ u ≤ 2. Ta có:

g'(v) = -4uv+u2 = u(u-4v) ta thấy g'(v) = 0 ⇔ v0=

u
u 1
mà 0 ≤ ≤ ⇒ v0 ∈ [0;1] và qua v0 thì
4
4 2

g (v) = min{g (0); g (1)} ¦ = min{0;-2u+u2}=u2-2u
g'(v) đổi dấu từ dương sang âm, suy ra: min
0≤v≤1

(vì u2-2u = u(u-2) ≤ 0)
F (u , v) = min (−2u + u 2 ) = -1 khi u = 1; v = 1.
Vậy: min
E
0≤u ≤ 2
u = 1
x = 0
f ( x, y ) = 2 min F (u , v) = −2 đạt được khi 
⇔
Từ đó min

D
E
v = 1

y = 1

Bài toán 13: Xét các số thực dương a, b,c thoả mãn điều kiện: abc+a+c = b. Tìm giá trị lớn

nhất của biểu thức: P =

2
2
3
− 2
+ 2
(VMO-1999-bảng A)
a +1 b +1 c +1
2

Hướng dẫn giải
Từ giả thiết: abc+a+c = b ⇒ a+c = b(1-ac) > 0 ⇒ ac < 1 ⇒ 0a+c
Rút b =
(1)
1 − ac

1
c

2
2
3
−
+ 2
a
+
c
thay vào biểu thức P ta thu được: P = a + 1 (