FB: />
GTLN – GTNN
CHUYÊN ĐỀ: ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM ĐỂ TÌM
GTLN VÀ GTNN CỦA HÀM SỐ NHIỀU BIẾN
A. PHƯƠNG PHÁP CHUNG
Để giải bài toán tìm GTLN, GTNN của hàm số nhiều biến bằng phương pháp hàm số,
thông thường ta thực hiện theo các bước sau :
Biến đổi các số hạng chứa trong biểu thức về cùng một đại lượng giống nhau.
Đưa vào một biến mới t, bằng cách đặt t bằng đại lượng đã được biến đổi như
trên.
Xét hàm số f (t ) theo biến t . Khi đó ta hình thành được bài toán tương đương sau
: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số f (t ) với t D .
Lúc này ta sử dụng đạo hàm để tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số
f (t ) với t D .
Chú ý : trong trường hợp không thể xây dựng trực tiếp được hàm số f (t ) với
t D , ta có thể đi tìm
f (t ) với t D thỏa P f (t ) đối với bài toán tìm giá trị nhỏ nhất
f (t ) với t D thỏa P f (t ) đối với bài toán tìm giá trị lớn nhất.
B. MỘT SỐ BÀI TOÁN MINH HỌA
I. XÂY DỰNG TRỰC TIẾP HÀM SỐ f (t ) BẰNG CÁC BIẾN ĐỔI ĐẠI SỐ:
Phương pháp chung:
Dự đoán khả năng dấu bằng xảy ra hoặc giá trị đặc biệt trong điều kiện để đặt
được biến phụ t thích hợp.
Có thể biến đổi được về hàm f(t) không cần sử dụng tính chất bất đẳng thức.
Hàm f(t) tương đối khảo sát được.
Chú ý phần tìm điều kiện của t (phải thật chính xác)
Thích hợp cho các đề thi khối B và D.
Thí dụ 1. Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn x + y = 1.
Tìm GTNN của biểu thức P x 2
1 2 1
y 2
y2
x
Lời giải.
Ta biến đổi P xy
2
1
2
( xy ) 2
NGUYỄN VĂN LỰC 0933.168.309
SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ
FB: />
GTLN – GTNN
x, y 0
1
Do
nên 1 x y 2 xy 0 xy .
4
x y 1
Đặt t xy 2 , điều kiện của t là 0 t
Khi đó biểu thức P f t 2 t
f ' t
t 2 1
;
t2
1
16
1
t
1
ta thấy f ' t 0 với mọi t 0; , suy ra hàm số f(t) nghịch biến trên
16
1
nửa khoảng 0;
16
1 289
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là min P min1 f t f
.
t( 0;
16
16
]
16
Thí dụ 2. (Khối A 2006) Cho các số thực x 0, y 0 thỏa ( x y ) xy x 2 y 2 xy .
Tìm GTLN của biểu thức A
1
1
3
3
x
y
.
Lời giải.
Đặt x y S và xy P với P 0 , từ giả thiết ta có P
x, y tồn tại khi S 2 4 P S 2
S2
S 3
S 3
4S 2
4
S 1
1
0 S 3 S 1
S 3
S 3
S 3
2
Ta biến đổi
Xét hàm số
x 3 y 3 ( x y )( x 2 y 2 xy) ( x y ) 2 xy x y
S 3
A 3 3
3 3
3 3
x y
x y
x y
S
xy
t 3
3
f (t )
với t 3 t 1 , ta có f / (t ) 2 0
t
t
2
BBT
-∞
t
-3
+∞
1
_
f /(t)
_
1
4
f(t)
0
1
Suy ra A f 2 (t ) 16
1
2
Vậy GTLN P 16 khi x y .
Thí dụ 3. Cho các số thực dương thay đổi x, y thỏa điều kiện x y 1 .
Tìm GTNN của biểu thức P
1
1
.
3
x y
xy
3
Lời giải.
NGUYỄN VĂN LỰC 0933.168.309
SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ
FB: />
GTLN – GTNN
P
1
1
1
1
1
1
3
3
xy ( x y ) 3xy( x y ) xy 1 3xy xy
x y
Đặt
1
x y
0 t xy
4
2
1
1
1
hàm số f (t )
với 0 t
1 3t t
4
3 3
3
1
f / (t )
2 f / (t ) 0 t
2
6
(1 3t )
t
Xét
3
2
BBT
3- 3
t
0
1
6
4
_
f /(t)
+
0
8
+∞
f(t)
3 3
42 3
Suy ra P f
6
4+2 3
1
2 3 3
1
2 3 3
; y 1
Vậy GTLN P 4 2 3 khi x 1
.
2
3
2
3
Thí dụ 4. (khối D 2009) Cho các số thực không âm x, y thỏa điều kiện x y 1 .
Tìm GTLN và GTNN của biểu thức S (4 x 2 3 y )(4 y 2 3x) 25 xy
Lời giải.
Do x y 1 nên
S (4 x 2 3 y )(4 y 2 3 x) 25 xy
16 x 2 y 2 12( x 3 y 3 ) 9 xy 25 xy
16 x 2 y 2 12 ( x y ) 3 3 xy( x y ) 34 xy
16 x y 2 xy 12
2
2
x y
1
4
2
Đặt 0 t xy
2
1
4
1
f / (t ) 32t 2 f / (t ) 0 t
16
Xét hàm số f (t ) 16t 2 2t 12
t
với 0 t
0
_
f /(t)
1
1
16
4
0
12
f(t)
+
25
191
2
16
NGUYỄN VĂN LỰC 0933.168.309
SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ
FB: />
GTLN – GTNN
25
1
khi x y
2
2
191
2 3
2 3
S
khi x
,y
16
4
4
Vậy GTLN S
GTNN
hoặc x
2 3
2 3
.
,y
4
4
Thí dụ 5. Cho các số thực thay đổi x, y thỏa điều kiện y 0 và x 2 x y 12 .
Tìm GTLN, GTNN của biểu thức P xy x 2 y 17 .
Lời giải.
Ta có x 2 x 12 y 0 4 x 3
P x( x 2 x 12) x 2( x 2 x 12) 17 x 3 3x 2 9 x 7
Xét hàm số f ( x) x 3 3x 2 9 x 7 với 4 x 3
f / ( x) 3x 2 6 x 9 f / ( x) 0 x 3; x 1
x
-4
f /(x)
-3
+
1
-
0
20
3
+
0
20
f(x)
-12
-13
Vậy GTLN P 20 khi x 3, y 6 hoặc x 3, y 0
GTNN P 12 khi x 1, y 10
Thí dụ 6. Cho các số thực x 0 và y 0 thỏa x y 2 .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P
x 2 xy y 2 x 3
.
3 x xy 1
Lời giải.
x0
y0 0 x2
x y 2
x 2 x(2 x) (2 x) 2 x 3 x 2 x 1
P
2
3x x(2 x) 1
x x 1
P/
2x 2 2
( x 2 x 1) 2
x
P/
P
0
2
1
-
0
+
1
3
NGUYỄN VĂN LỰC 0933.168.309
SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ
FB: />
GTLN – GTNN
Vậy GTNN P
1
3
khi x 1; y 1 .
Thí dụ 7. Cho các số thực thay đổi x, y thỏa điều kiện x y 1 , x 2 y 2 xy x y 1.
Tìm GTLN, GTNN của biểu thức P
xy
.
x y 1
Lời giải.
Từ giả thiết x 2 y 2 xy x y 1 xy ( x y) 2 ( xy) 1
2
3
Đặt t x y , ta có ( x y ) 2 4 xy 3t 2 4t 4 0 t 2 . Khi đó P
Xét hàm
t 2 t 1
t 1
t 2 t 1
2
số f (t )
với t 2
3
t 1
2
t 2
t 2t
f / (t )
f / ( x) 0
2
(t 2)
t 0
-2
t
0
3
_
f /(t)
f(t)
0
2
+
1
1
3
3
-1
1
3
P 1
Vậy GTLN P
GTNN
1
hoặc x y 1
3
x 1, y 1 hoặc x 1, y 1 .
khi x y
khi
Thí dụ 8. Cho các số thực thay đổi x, y thỏa điều kiện x, y 0 ,
xy ( x y ) x 2 y 2 x y 2 .
1
x
1
y
Tìm GTLN của biểu thức P .
Lời giải.
Từ giả thiết suy ra xy( x y ) ( x y ) 2 2 xy ( x y ) 2
Đặt t x y suy ra
t2 t 2
xy
t2
Ta có ( x y ) 2 4 xy
Khi đó P
t 3 2t 2 4t 8
0 t 2 2 t
t2
x y
t 2 2t
2
xy
t t 2
Xét hàm số f (t )
t 2 2t
t2 t 2
t 2 2 t
NGUYỄN VĂN LỰC 0933.168.309
với
SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ
FB: />
GTLN – GTNN
f / (t )
2
3t 2 4t 4
f / ( x) 0 t
; t2
2
2
3
(t t 2)
t
2
-2
-∞
+∞
_
_
f /(t)
2
1
f(t)
-2
1
7
Vậy GTLN P 2 khi x y 1 .
Thí dụ 9. Cho các số thực thay đổi x, y thỏa điều kiện 1 y 2 x( x y ) .
Tìm GTLN, GTNN của biểu thức
x6 y 6 1
P 3
.
x y xy 3
Lời giải.
Ta có 1 x 2 y 2 xy xy xy 1
1
3
2
2
2
2 2
2 2
( x y ) ( x y ) 3x y
1 x 2 y 2 xy ( x y ) 2 3 xy xy
Ta có
x6 y 6 1
P 3
x y xy 3
xy ( x y )
2
2
1
xy x y 2
2
Đặt t xy x 2 y 2 1 t
P
2t 2 3
t 1
Xét hàm số
2t 2 3
1
f (t )
với t 1
3
t 1
2
2t 4t 3
f / (t )
0
(t 1) 2
-1
t
3
f /(t)
1
_
25
f(t)
Vậy GTNN P f (1)
1
3
1
2
GTLN P f ( )
1
6
2
khi x y 1
25
6
khi x y
NGUYỄN VĂN LỰC 0933.168.309
1
3
.
SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ
FB: />
GTLN – GTNN
Thí dụ 10. (Khối B 2011)Cho a, b các số thực dương thỏa
a 3 b3 a 2 b 2
3 9 2 2 .
3
a
b a b
Tìm GTNN của biểu thức P 4
2(a 2 b 2 ) ab (a b)(ab 2) .
Lời giải.
Từ giả thiết ta có
a
2
2
b
a b
1 1
a b
2 1 (ab 2) 2 1 a b 2 2
b
a
a
b
b
a
b
a
b
a
a b
5
Đặt t 2t 1 2 2 t 2 4t 2 4t 15 0 t
b a
2
3
3
2
2
a
b a
b
Ta có P 4 3 3 9 2 2 4(t 3 3t ) 9(t 2 2) 4t 3 9t 2 12t 18
a b
a
b
5
Xét hàm số f (t ) 4t 3 9t 2 12t 18 với t
2
1
f / (t ) 12t 2 18t 12 f / ( x) 0 t ; t 2
2
5
t
+∞
2
f /(t)
+
+∞
f(t)
-23
4
5
23
Suy ra P f
2
Vậy GTNN
4
23
P
4
khi a 1, b 2 hay a 2, b 1 .
Thí dụ 11. Cho các số thực thay đổi x, y thỏa điều kiện 2( x 2 y 2 ) xy 1 .
Tìm GTLN, GTNN của biểu thức
Lời giải.
P
x4 y 4
.
2 xy 1
Đặt t xy . Ta có: xy 1 2 x y 2 2 xy 4 xy xy
1
3
1
5
1
5
1
3
và xy 1 2 x y 2 2 xy 4 xy xy . ĐK: t .
x
Suy ra : P
Do đó: P '
2
y2
2
2x2 y 2
2 xy 1
7 t 2 t
2 2t 1
,
7t 2 2t 1
.
4 2t 1
2
P ' 0 t 0, t 1( L)
NGUYỄN VĂN LỰC 0933.168.309
1
1
1 2
P P
và P 0
4
5
3 15
SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ
FB: />
GTLN – GTNN
1
1
t
P/
-
0
5
0
+
0
3
_
1
P
2
2
4
15
Vậy GTLN là
1
4
và GTNN là
15
2
.
15
Thí dụ 12. Cho các số thực a, b, c thỏa abc 2 2 .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu P
a 6 b6
b6 c 6
c6 a6
a 4 b 4 a 2b 2 b 4 c 4 b 2 c 2 c 4 a 4 c 2 a 2
Lời giải.
Ta có P
(a 2 b 2 )(a 4 b 4 a 2 b 2 ) (b 2 c 2 )(b 4 c 4 b 2 c 2 ) (c 2 a 2 )(c 4 a 4 c 2 a 2 )
a 4 b 4 a 2b 2
b 4 c 4 b 2c 2
c4 a4 c2a2
Nhận xét: Do abc 2 2 nên a 2 , b 2 , c 2 là các số thực dương
Xét A = A
x 2 y 2 xy
x 2 y 2 xy
với x,y > 0
Chia tử và mẫu cho y 2 và đặt t
Xét hàm số
f (t )
x
y
ta được A
t2 t 1
với
t2 t 1
t>0
t2 t 1
2x 2 2
/
0
t
với
f
(
t
)
t2 t 1
( x 2 x 1) 2
t
1
0
_
f /(t)
0
+∞
+
1
f(t)
3
1
3
1
3
1
3
Suy ra P (a 2 b 2 ) (b 2 c 2 ) (c 2 b 2 )
2 2
a b 2 c 2 23 a 2 b 2 c 2 4
3
Vậy GTNN P 4 khi a b c 2 .
Thí dụ 13. Cho hai số thực x, y thỏa mãn x 1, y 1 và 3( x y ) 4 xy.
1
1
2 .
2
y
x
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P x3 y 3 3
NGUYỄN VĂN LỰC 0933.168.309
SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ
FB: />
GTLN – GTNN
Lời giải.
Đặt x y a . Khi đó xy
3a
, a 0.
4
3a
0
4
a 2 3a 0 a 3.
Suy ra x, y là nghiệm của phương trình t 2 at
Phương trình (1) có nghiệm
Vì x, y 1 nên ( x 1)( y 1) 0. Hay là xy ( x y ) 1 0
(1)
3a
a 1 0 a 4.
4
Vậy ta có 3 a 4 .
Mặt khác, từ giả thiết ta lại có
1 1 4
.
x y 3
2
1 1
9
8 16
6
a3 a2 .
Suy ra P ( x y) 3xy( x y ) 3
4
a 3
xy
x y
9
8 16
Xét hàm số f (a) a 3 a 2 , 3 a 4.
4
a 3
9
8
3
8
Ta có f ' (a) 3a 2 a 2 3a(a ) 2 0, a [3; 4].
2
2 a
a
3
a
3
4
f ' (a)
+
94
3
P f (a )
113
12
3
113
, đạt khi a 3 x y ;
12
2
x 1, y 3
94
max P , đạt khi a 4
.
3
x 3, y 1.
Dựa vào BBT ta suy ra min P
Thí dụ 14. Cho các số thực không âm x, y, z thoả mãn x 2 y 2 z 2 3 .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A xy yz zx
5
.
x yz
Lời giải.
t2 3
.
2
Ta có 0 xy yz zx x 2 y 2 z 2 3 nên 3 t 2 9 3 t 3 vì t 0.
Đặt t x y z t 2 3 2( xy yz zx) xy yz zx
t2 3 5
.
2
t
t2 5 3
số f (t ) , 3 t 3.
2 t 2
Khi đó A
Xét hàm
NGUYỄN VĂN LỰC 0933.168.309
SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ
FB: />
GTLN – GTNN
Ta có f ' (t ) t
5 t3 5
2 0
t2
t
vì t 3.
Suy ra f (t ) đồng biến trên [ 3, 3] . Do đó f (t ) f (3)
14
.
3
Dấu đẳng thức xảy ra khi t 3 x y z 1.
Vậy GTLN của A là
14
,
3
đạt được khi x y z 1.
Thí dụ 15. Cho hai số thực x thỏa mãn 0 x 1, 0 y 1 và x y 4 xy.
Hãy tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức M x 2 y 2 7 xy.
Lời giải.
Đặt xy t x y 4t. Theo định lí Viet đảo x, y là nghiệm của phương trình
h( X ) X 2 4tX t 0.
Vì 0 x1 , x 2 1 nên phương trình h( X ) 0 có nghiệm X 1 , X 2 thoả mãn
' 4t 2 t 0
1.h(0) t 0
1
1
t .
0 X 1 X 2 1 1.h(1) 1 3t 0
4
3
s
0 2t 1
2
1
1
Khi đó M x y 2 9 xy 16t 2 9t , với t .
4
3
9
1 1
Ta có M ' (t ) 32t 9 0 t ; . Suy ra Bảng biến thiên
32 4 3
1
t
9
4
0
-
M'(t)
1
32
5
3
+
M 4
11
9
81
64
1
1
1
11
, đạt khi xy x 1, y hoặc x , y 1.
9
3
3
3
81
9
3
3
Mmin , đạt khi xy x 2 y hoặc y 2 x .
4
64
32
4
Suy ra: Mmax
Thí dụ 16. Cho x, y là hai số thực thỏa mãn x 2 y 2 xy 3.
Hãy tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức A x 4 y 4 4 xy x3 y 3
Lời giải.
NGUYỄN VĂN LỰC 0933.168.309
SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ
FB: />
GTLN – GTNN
Điều kiện: x 1; y 3 .
Đặt u x 1 0; v y 3 0 . Khi đó hệ đã cho trở thành
u v a
u v a
2
a 2 2a
2
uv
u v 2a
2
a 2 2a
0.
u, v là nghiệm của phương trình f t t 2 at
2
Hệ đã cho có nghiệm phương trình f t 0 có nghiệm t1 , t 2
thoả mãn t1 0 t 2
a 2 2a
0 0 a 2.
2
x 2 y 2 xy 3 ta có:
1. f 0 0
Đặt t xy . Từ giả thiết
xy 3 .
+) 3 x y 2 xy xy
2
2
+) 3 x y xy 3xy
Vậy 3 t 1 .
xy 1.
2
+) x 4 y 4 x 2 y 2 2 x 2 y 2 3 xy2 2 x 2 y 2 9 6 xy x 2 y 2 .
Suy ra A t 3 t 2 2t 9, 3 t 1 .
Xét hàm số f t t 3 t 2 2t 9, 3 t 1 .
f ' t 3t 2 2t 2 0, t . Vậy hàm số nghịch biến trên
min f t f 1 5; max f t f 3 33
3t 1
, nên:
3t 1
Để ý rằng t 1 x y 1 và t 3 x y 3
Vậy min A 5 , đạt khi x y 1
max A 33 , đạt khi x y 3 .
Thí dụ 17. (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 x5 y 5 z 5 .
Lời giải.
Cách 1:
x y z 0
2
2
2
x y z 1
1
2
xy ( x y ) 2
2 x y 2
3
3
P = x5 + y5 + z5 = x5 + y5 – (x + y)5 = -5xy(x3 + y3) – 10x2y2(x + y)
= ( x y)3 ( x y) t 3 t ; t = x + y
2
2
2
4
5
1
5
5
5
5
2
4
15 2 5
t
2
4
f(t) = t 3 t
f’(t) =
f’(t) = 0 t =
1
6
NGUYỄN VĂN LỰC 0933.168.309
SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ
FB: />
GTLN – GTNN
t
2
f’(t)
f(t) 5 6
1
3
–
1
6
2
6
0
+
3
–
0
5 6
36
36
5 6
36
Suy ra P 5 6 36 . Vậy max P = 5 6 36 xảy ra khi t = 1
6
x y 1
6
xy 1 3
z ( x y )
(có nghiệm)
x y 2
3
xy 1 6
z ( x y )
hay
(có nghiệm)
Cách 2:
Với x + y + z = 0 và x 2 y 2 z 2 1 , ta có:
0 x y z x 2 y 2 z 2 2 x y z 2 yz 1 2 x 2 2 yz ,
2
Mặt khác
yz
y 2 z 2 1 x2
2
2
, suy ra
x2
1 1 x2
2
2
, do đó
1
yz x 2 .
2
6
6
x
(*)
3
3
nên
Khi đó: P x5 ( y 2 z 2 )( y 3 z 3 ) y 2 z 2 ( y z )
2
1
x (1 x ) ( y 2 z 2 )( y z ) yz ( y z ) x 2 x
2
5
2
1
1
5
x5 (1 x 2 ) x(1 x 2 ) x x 2 x 2 x (2 x 3 x).
2
2
4
Xét hàm f ( x) 2 x3 x trên 6 ; 6 , suy ra f ( x) 6 x2 1 ;
3 3
Ta có f 6 f 6 6 , f 6 f 6 6 Do đó
9
3
6
3
6 9
2
Suy ra
Khi
x
P
f ( x) 0 x
f ( x)
6
6
6
9
5 6
36
6
6
, yz
3
6
thì dấu bằng xảy ra.
Vậy giá trị lớn nhất của P là
5 6
36
Thí dụ 18. Cho 2 số thực x, y thỏa mãn : x y 2 x 2 y 1 1 .
2(1 xy x y )
Tìm GTLN, GTNN của F = x ( x y) y ( y x)
.
2
2
x y
Lời giải.
NGUYỄN VĂN LỰC 0933.168.309
SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ
FB: />
GTLN – GTNN
Từ giả thiết x 2; y 1 .
Vì 2. x 2 1. y 1 22 12 x 2 y 1 2 x 2 y 1 5( x y 1) .
2
Nên từ x y 2 x 2 y 1 1
x y 5( x y 1) 1 . Đặt t = x + y , ta có: t 1 5(t 1) 1 t 6
1
2
1
2
.
( x y)2
t2
2
x y 2
t
1
2
1
0; t 1;6
Xét f (t ) t 2
, với t 1; 6 , có f ' (t ) t
2
t
t t
2
5
Min f (t ) f (1) ; Max f (t ) f (6) 18
t
1;6
t1;6
2
6
x 2
5
GTNN của F là: đạt được tại: t 1
2
y 1
Khi đó: F =
Vậy GTLN của F là 18
2
6
x 6
y
0
đạt được tại :t= 6
Thí dụ 19. Cho x và y là các số thực thỏa mãn: 1 y 2 x( x y ) .
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức:
x6 y 6 1
P 3
x y xy 3
Lời giải.
Từ giả thiết ta có:
1 x 2 y 2 xy 2 xy xy xy 1.
1
.
3
x 6 y 6 ( x 2 y 2 ) ( x 2 y 2 )2 3x 2 y 2
1 x 2 y 2 xy ( x y ) 2 3xy 3 xy xy
Ta có x 2 y 2 1 xy nên
(1 t ) (1 t )2 3t 3 1
1
Đặt t xy với t ;1 \ 0 . Khi đó ta được P
t (1 t )
3
2
2t 3
Hay P
= f (t )
t 1
1
Hàm số f (t ) trên ;1 \ 0
3
2t 2 4t 3
1
0 t ;1 \ 0
Ta có f '(t )
2
(t 1)
3
1
Vậy MinP P (1) t 1 x y 1
2
1 25
1
1
MaxP P( )
t x y
3
6
3
3
Thí dụ 20. Cho x, y, z thuộc đoạn 0;2 và x y z 3 .
Tìm giá trị lớn nhất của A x 2 y 2 z 2
Lời giải.
NGUYỄN VĂN LỰC 0933.168.309
SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ
FB: />
GTLN – GTNN
Cho x, y, z thuộc 0;2 và x y z 3 . Tìm giá trị lớn nhất của A x 2 y 2 z 2
Giả sử: x y z 3 x y z 3z z 1 z 1;2
Lại có:
x 2 y 2 ( x y ) 2 ,(*)
A 3 z z 2 2z 2 6z 9
2
Xét f ( z ) 2 z 2 6 z 9, z 1;2 f '( z ) 4 z 6, f '( z ) 0 z
3
2
3 9
f (1) 5; f (2) 5; f
2 2
Kết hợp (*) ta có
Vậy max A 5 khi x 0; y 1; z 2
NGUYỄN VĂN LỰC 0933.168.309
SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ
FB: />
GTLN – GTNN
II. XÂY DỰNG GIÁN TIẾP HÀM SỐ f (t ) BẰNG SỬ DỤNG TÍNH CHẤT BẤT
ĐẲNG THỨC:
Phương pháp chung:
Dự đoán khả năng dấu bằng xảy ra hoặc giá trị đặc biệt trong điều kiện để đặt
được biến phụ t thích hợp.
Khả năng biến đổi được về hàm f(t)là khó buộc phải sử dụng bất đẳng thức.
Lưu ý khi sử dụng bất đẳng thức điều kiện dấu bằng xảy ra phải đúng
Cần thuộc một số bất đẳng thức phụ để có thể đưa về theo một đại lượng thích
hợp nào đó theo ý mong muốn.
Hàm f(t) tương đối khảo sát được.
Chú ý phần tìm điều kiện của t (phải thật chính xác)
Thích hợp cho các đề thi khối A và B.
Thí dụ 1. (Khối B 2009) Cho các số thực thay đổi thỏa ( x y )3 4 xy 2 .
Tìm GTNN của biểu thức P 3( x 4 y 4 x 2 y 2 ) 2( x 2 y 2 ) 1 .
Lời giải.
2
x2 y2
Ta có ( xy)
2
2
2
x y2
2
2 2
2( x 2 y 2 ) 1
P 3 ( x y )
2
( x y) 2 1
2
2
(theo giả thiết ( x y ) 3 ( x y ) 2 ( x y ) 3 4 xy 2 )
Đặt t x y
2
2
2
9t
1
2t 1 với t
Xét hàm số f (t )
4
2
9t
f / (t ) 2
2
2
x
f /(t)
f(t)
1
2
+
9
16
1
2
Suy ra P f (t ) f ( )
Vậy GTNN P
9
16
9
16
1
2
khi x y z .
NGUYỄN VĂN LỰC 0933.168.309
SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ
FB: />
GTLN – GTNN
Thí dụ 2. (Khối B 2010) Cho các số thực không âm a, b, c thỏa a b c 1 .
Tìm GTNN của biểu thức P 3(a2b2 b2c2 c2a2 ) 3(ab bc ca) 2 a 2 b2 c2
Lời giải.
Ta biến đổi P (ab bc ca)2 3(ab bc ca) 2 1 2(ab bc ca)
Đặt t ab bc ca , điều kiện 0 t ab bc ca
(a b c) 2 1
3
3
1
Xét hàm số f (t ) t 2 3t 2 1 2t , t 0; , ta có
3
2
1 2t
2
f '(t ) 2t 3
f / / (t ) 2
(1 2t )3
0
Do vậy f / (t ) là hàm nghịch biến: f / (t ) f / 2 3 0 .
3 3
Suy ra f (t ) là hàm số đồng biến
BBT
1
11
1
3
0
t
f / t
10 6 3
9
f (t )
2
Suy ra P f (t ) f (0) 2
Vậy GTNN P 2 khi
ab bc ca
ab bc ca 0
a b c 1
khi (1; 0; 0) và các hoán vị.
Thí dụ 3. Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác có chu vi bằng 3.
Tìm GTLN của biểu thức P 3(a 2 b 2 c 2 ) 4abc .
Lời giải.
3
2
2
2
có P 3(a b) 6ab 3c 4abc 3(3 c) 2 3c 2 2(3 c)ab
Giả sử 0 a b c 1 c
Ta
ab
3(3 c) 2 3c 2 2(3 c)
2
3c
3(3 c) 2 3c 2 2(3 c)
2
NGUYỄN VĂN LỰC 0933.168.309
2
2
SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ
FB: />
GTLN – GTNN
3
2
Xét hàm số f (t ) t 3 t 2
27
2
với
t
0
3
27
c3 c2
2
2
3
1 t
2
f / (t ) 3c 2 3c
BBT:
3
1
_
f /(t)
0
2
+
f(t)
13
Suy ra P f (1) 13
Vậy GTNN P 13 khi a b c 1 .
Thí dụ 4. Cho các số dương x, y, z thỏa x y z 1 .
1
x
1
y
1
z
Tìm GTNN của biểu thức P x y z .
Lời giải.
Theo bất đẳng thức Côsi ta có
1 x y z 33 xyz
1 1 1
3
x y z 3 xyz
Suy ra P 33 xyz
3
xyz
3
1
Xét hàm số f (t ) 3t với 0 t
t
3
2
3 3 3t
f / (t ) 3 2
0
t
t2
3
x
f /(t)
1
0
_
3
f(t)
10
1
3
Suy ra P f (t ) f ( ) 10
NGUYỄN VĂN LỰC 0933.168.309
SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ
FB: />
GTLN – GTNN
Vậy GTNN P 10 khi x y z
1
3
Thí dụ 5. (Khối A 2003) Cho các số đương x, y, z thỏa x y z 1 .
Tìm GTNN của biểu thức P x 2
1
1
1
y2 2 z2 2
2
x
y
z
.
Lời giải.
1 1 1
1
P ( x y z ) 3 (33 xyz ) 2 33
x
y
z
xyz
2
Ta có
Xét hàm
2
2
1
1
x yz
0t
số
với 0 t
9
3
9
9 9 9t 2
f / (t ) 9 2
0
0
x
t
t2
2
9
f (t ) 9t
t
1
9
_
f /(t)
f(t)
82
Suy ra P f (t )
1
f ( ) 82
9
1
3
Vậy GTNN P 82 khi x y z .
Thí dụ 6. Cho các số thực không âm a, b, c thỏa a b c 3 .
Tìm GTLN của biểu thức P (a 2 ab b 2 )(b 2 bc c 2 )(c 2 ca a 2 ) .
Lời giải.
Giả sử 0 a b c 3
a 2 ab b 2 b 2
a(a b) 0
Suy ra
2
2
2
a ( a c) 0
a ac c c
Do đó P b 2 c 2 (b 2 bc c 2 ) b 2 c 2 (b c) 2 3bc
abc 3
Từ
ta có b c a b c b c 3 2 bc b c 3
0 a b c 3
9
4
P b 2 c 2 (9 3bc)
Suy ra 0 bc
Từ đó ta có
Xét hàm số f (t ) 3t 3 9t 2
với 0 t
9
4
f / (t ) 9t 2 18t
t
0
f /(x)
0
9
2
+
0
_
4
12
Suy ra P f (2) 12
Vậy GTLN P 12 khi a 0; b 1; c 2 và các hoán vị.
f(x)
NGUYỄN VĂN LỰC 0933.168.309
SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ
FB: />
GTLN – GTNN
Thí dụ 7. Cho các số thực a, b, c đôi một khác nhau thuộc 0; 2 .
Tìm GTNN của biểu thức P
1
1
1
2
2
(a b) (b c) (c a) 2
.
Lời giải.
Giả sử 0 a b c 2
1
1
2
0ca 2
(c a )
4
Từ
1
1
0 c b 2 b
2
(b c)
( 2 b) 2
1
1
1
Suy ra P 2
2
4
b
( 2 b)
1
1
1
Xét hàm số f (b) 2
với 0 b 2
2
4
b
( 2 b)
2
2
f / (b) 3
b
b
( 2 b) 3
0
f /(b)
1
_
0
2
+
0
9
f(b)
4
9
Suy ra P f (1)
4
9
Vậy GTNN P
4
khi a 0; b 1; c 2 và các hoán vị.
Thí dụ 8. Cho các số đương x, y thỏa x y 1 .
Tìm GTNN của biểu thức P
x
y
1 x
1 y
.
Lời giải.
Áp dụng BĐT
P
x
1 x
1 x
x
a
b
b
a
a b
x 1 x
Xét hàm số f ( x) x 1 x
f / ( x)
1
2 x
1
2 1 x
với 0 x 1
. f / x 0 x
x
f /(x)
1
2
1
0
0
+
2
0
1
_
2
f(x)
NGUYỄN VĂN LỰC 0933.168.309
SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ
FB: />
GTLN – GTNN
1
2
Suy ra P f ( ) 2
1
2
Vậy GTNN P 2 khi x y .
Thí dụ 9. (Khối B 2006) Cho các số thực thay đổi x, y .
Tìm GTNN của biểu thức P ( x 1)2 y 2 ( x 1)2 y 2 y 2
Lời giải.
Ta có BĐT a 2 b 2 c 2 d 2 (a c) 2 (b d ) 2
P (1 x x 1) 2 ( y y) 2 y 2 2 1 y 2 y 2
Xét hàm số f ( y) 2 1 y 2 y 2
Trường hợp y 2 0 y 2
f ( y) 2 1 y 2 y
2y
f / ( y)
1
1 y2
1
f / ( y) 0 y
3
1
Suy ra f ( y) f 2 3
3
Trường hợp y 2 0 y 2
y
2
-∞
_
f /(y)
+∞
f(y)
2+ 3
f ( y) 2 1 y 2 2 1 2 2 2 3
1
Vậy GTNN P 2 3 khi x 0, y
3
.
Thí dụ 10. Cho các số đương x, y, z thỏa x y z 3 .
Tìm GTLN của biểu thức P
1
x y z 1
2
2
2
2
( x 1)( y 1)( z 1)
.
Lời giải.
Áp dụng BĐT côsi, ta có
x2
y2
z2
1
1
(x
2
y )2
1
( z 1)2
2
x y z 3
( x 1)( y 1)( z 1)
3
NGUYỄN VĂN LỰC 0933.168.309
1
(x
4
y
z 1)2
3
SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ
FB: />
GTLN – GTNN
Suy ra P
2
54
x y z 1 ( x y z 3) 3
Đặt t x y z 1 1
2
54
t (t 2) 3
P
2
54
với 1 t
t (t 2) 3
2
162
f / (t ) 0 t 1; t 4
f / (t ) 2
t
(t 2) 4
Xét hàm số f (t )
t
f /(t)
+
0
Vậy GTLN P
1
4
_
1
f(t)
Suy ra P f (4)
+∞
4
0
4
1
4
khi x y z 1 .
Thí dụ 11. Cho các số dương x, y, z . Tìm GTLN của biểu thức
P
x
x2 y 2
y
y2 z2
z
z 2 x2
Lời giải.
y
x
z
y
Đặt a , b , c
1
Suy ra P
Đặt t
1 a
1
1 a
2
x
abc 1
z
1
1 b
với 0 t
2
1
1 c
2
1
1
2
2
1 c2
1 b
1 a
1
2
1
2
1 a2
1 bc
2
1 a
2 1
1
1 a
1
2
Xét hàm số f (t ) t 2 2 1 t
f / (t )
2 2t 1
t 1
0
1
t
0
2
f /(t)
+
3
f(t)
2
-∞
NGUYỄN VĂN LỰC 0933.168.309
SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ
FB: />
GTLN – GTNN
1
2
3
Suy ra P f ( )
Vậy GTLN P
2
1
4
khi x y z 1 .
Thí dụ 12. Cho các số dương x, y, z thỏa x y z 3 .
Tìm GTNN của biểu thức P x 2 y 2 z 2
xy yz zx
x y y2 z z2 x
2
.
Lời giải.
Ta có
3(a 2 b 2 c 2 ) (a b c)(a 2 b 2 c 2 ) a 3 b 3 c 3 a 2 b b 2 c c 2 a ab 2 bc 2 ca 2
a 3 ab 2 2a 2 b
Mà b 3 bc 2 2b 2 c 3(a 2 b 2 c 2 ) 3(a 2 b b 2 c c 2 a) 0
c 3 ca 2 2c 2 a
Đặt t x 2 y 2 z 2
9 (x2 y 2 z 2 )
9t
t
2
2
2
2t
2( x y z )
1 9
Xét hàm số f (t ) t
với 3 t
2 2t
9
f / (t ) 1 2
2t
P x2 y2 z 2
t
+∞
0
f /(t)
+
+∞
f(t)
4
Suy ra P f (4)
Vậy GTLN P
1
4
1
4
khi x y z 1 .
Thí dụ 13. Cho các số không âm x, y, z thỏa x y z 0 .
Tìm GTNN của biểu thức P
x 3 y 3 16 z 3
( x y z )3
Lời giải.
Ta có x 3 y 3
( x y) 3
4
dựa vào phép chứng minh tương đương
Đặt x y z a , khi đó
x 3 y 3 16 z 3 ( x y ) 3 64 z 3 (a z ) 3 64 z 3
4P
( x y z) 3
a3
a3
NGUYỄN VĂN LỰC 0933.168.309
SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ
FB: />
GTLN – GTNN
Đặt t
z
a
Xét hàm số f (t ) (1 t ) 3 64t 3 với 0 t 1
f / (t ) 3 64t 2 (1 t ) 2 f / (t ) 0 t
1
9
1
t
0
_
f /(t)
1
9
0
+
64
f(t)
81
Suy ra P , f
4 9 81
1
Vậy GTNN P
1
16
16
81
khi x y 4 z .
Thí dụ 14. (Khối B 2007) Cho các số thực dương x, y, z .
x
2
Tìm GTNN của biểu thức P x
1
y 1 z 1
y z .
yz
2 zx 2 xy
Lời giải.
Ta có
x2 y2 z2 x2 y2 z2
P
2
xyz
Do x 2 y 2 z 2 xy yz zx
x2 1 y2 1 z2 1
P
2 x 2 y 2 z
t2 1
1
Xét hàm số f (t ) với t
2 t
2
1
f / (t ) t 2
t
Vậy GTNN P
9
2
khi x y z 1 .
NGUYỄN VĂN LỰC 0933.168.309
SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ
FB: />
GTLN – GTNN
Thí dụ 15. (Khối A 2011)Cho x, y, z là ba số thực thuộc đoạn [1;4] và x y, x z .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P
x
y
z
.
2x 3y z y z x
Lời giải.
1
1
2
với a 0, b 0 và ab 1
1 a 1 b 1 ab
x
1
1
1
2
đó P
2x 3y 1 z 1 x 2 3y
x
1
y
z
x
y
Ta có
Khi
Đặt t
x
y
(chứng minh tương đương)
với 1 t 2
t2
2
Suy ra P 2
2t 3 1 t
t2
2
Xét hàm số f (t ) 2
với 1 t 2
2t 3 1 t
2 t 3 (4t 3) 3t (2t 1) 9
f / (t )
0
(2t 2 3) 2 (1 t ) 2
t
1
f /(t)
f(t)
2
_
34
33
Suy ra P f 2
Vậy GTNN P
34
33
34
33
khi x 4; y 1; z 2 .
Thí dụ 16. (khối D-2012) Cho các số thực x, y thỏa mãn x 4 y 4 2 xy 32 .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A x3 y 3 3 xy 1 x y 2 .
2
2
Lời giải.
( x 4)2 ( y 4)2 2 xy 32 ( x y ) 2 8( x y ) 0 0 x y 8
3
2
3
3
A = x y 3( xy 1)( x y 2) = ( x y )3 6 xy 3( x y ) 6
3
A ( x y )3 ( x y ) 2 3( x y ) 6
2
3
Đặt t = x + y ( 0 t 8 ), xét f(t) = t 3 t 2 3t 6 f’(t) = 3t 2 3t 3
2
17 5 5
1 5
1 5
f’(t) = 0 khi t =
; f(0) = 6, f(8) = 398, f(
)=
4
2
2
4 xy ( x y )2 6 xy ( x y ) 2
NGUYỄN VĂN LỰC 0933.168.309
SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ
FB: />
GTLN – GTNN
17 5 5
1 5
xảy ra khi t =
4
2
17 5 5
1 5
A f(t)
. Dấu bằng xảy ra khi x = y và x + y =
hay x = y =
4
2
1 5
4
Vậy giá trị nhỏ nhất của f(t) là
BÀI TẬP
Bài 1: Cho x, y, z là ba số thực thỏa x 2 y 2 z 2 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P x 3 y 3 z 3 3xyz
Hướng dẫn : đặt t x y z
Bài 2: Cho các số dương x, y, z thỏa x y z 3 . Tìm GTNN của biểu thức
P 9 xy 10 xz 22 yz
Hướng dẫn :
P 9 xy 10( x y) z 12 yz 9 xy 10( x y)3 ( x y) 12 y3 ( x y)
Xét hàm số f (t ) t 2 3t với 0 t 3
P 10 f ( x y ) 12 f ( y ) 22 xy max f (t )
Bài 3: Cho các số dương x, y, z thỏa x 2 y 2 z 2 1 . Tìm GTLN của biểu thức
P 6( y z x) 27 xyz
Hướng dẫn :
P 6 2( y 2 z 2 ) x 27 x
y2 z2
x(1 x 2 )
6 2(1 x 2 ) x 27
2
2
Bài 4: Cho các số dương x, y, z thỏa 21xy 2 yz 8 zx 12 . Tìm GTNN của biểu thức
P
1 2 3
x y z
Hướng dẫn :
1
x
2
y
3
z
Đặt a ; b ; c , bài toán đưa về tìm GTNN P a b c với c
P ab
2a 4b
2ab 7
14 14
14
14
2a
2a
a
a ab 2
a a 11 2ab 7
a
7
a 2ab 7
2a
2a
2ab 7
a 2b
a
2a 4b
NGUYỄN VĂN LỰC 0933.168.309
SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ