Chuyên đề: Ứng dụng đạo hàm trong bài toán chứng minh BĐT và tìm cực trị hàm nhiều biến

PHẦN A: MỞ ĐẦU
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI :
Bài toán chứng minh bất đẳng thức và tìm cực trị của hàm nhiều biến thường
xuyên xuất hiện trong đề thi THPT QG. Đã thành một thói quen là học sinh sẽ bỏ hoặc
có làm thì cũng gặp rất nhiều lúng túng và cảm thấy sợ khi gặp phải loại bài toán này.
Đơn giản là do bài toán chứng minh bất đẳng thức và tìm cực trị của hàm nhiều biến là
bài toán khó trong đề thi, nhằm phân loại và chọn được các học sinh khá giỏi. Thường
là học sinh không biết bắt đầu từ đâu khi giải bài toán này.
Trong chuyên đề này tôi xin giới thiệu một phương pháp rất hữu hiệu đó là:
“Ứng dụng đạo hàm trong bài toán chứng minh bất đẳng thức và tìm cực trị của
hàm nhiều biến” . Đạo hàm là một khái niệm quan trọng của giải tích, nó là công cụ
sắc bén để nghiên cứu các tính chất của hàm số. Ứng dụng đạo hàm trong bài toán
chứng minh bất đẳng thức và tìm cực trị của hàm nhiều biến cho phép giải quyết một số
dạng toán về chứng minh bất đẳng thức và tìm cực trị hàm nhiều biến
II. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU:
- Trang bị cho học sinh về một phương pháp chứng minh bất đẳng thức và tìm giá trị
lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức nhiều biến.
- Bồi dưỡng cho học sinh về phương pháp, kỹ năng giải toán. Qua đó học sinh nâng cao
khả năng tư duy, sáng tạo và hình thành nhiều cách giải khác nhau.
III. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU:
- Các dạng toán chứng minh bất đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất nằm
trong chương trình toán phổ thông .
- Phân loại các dạng toán thường gặp và phương pháp giải mỗi dạng.
IV. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU:
-Tham khảo sách, báo, tài liệu.
- Thực tiễn giảng dạy.
V. §èi tîng häc sinh:
- Häc sinh líp 12
Chuyên đề: Ứng dụng đạo hàm trong bài toán chứng minh BĐT và tìm cực trị hàm nhiều biến

1

VI. DỰ KIẾN SỐ TIẾT GIẢNG DẠY:
- 8 tiết

Chuyên đề: Ứng dụng đạo hàm trong bài toán chứng minh BĐT và tìm cực trị hàm nhiều biến

2


PHẦN B: NỘI DUNG
1. CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN
1.1. Định nghĩa giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số:
Cho hàm số y = f(x) xác định trên tập D.
+) Số M được gọi là giá trị lớn nhất của hàm số y = f(x) trên tập D nếu:
∀x ∈ D : f(x) ≤ M

∃x0 ∈ D :f(x0 ) = M

Kí hiệu M = maxf(x)
D

+) Số m được gọi là giá trị nhỏ nhất của hàm số y = f(x) trên tập D nếu:
∀x∈ D : f(x) ≥ m

∃x0 ∈ D :f(x0 ) = m

Kí hiệu m= minf(x)
D

minf(x) có thể không tồn tại.
+) Chú ý: maxf(x),
D
D
1.2. Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số trên một đoạn.
Bài toán : Cho hàm số y = f(x) liên tục trên đoạn [ a; b] và chỉ có một số hữu hạn
điểm tới hạn trên đoạn đó. Hãy tìm maxf(x)
và minf(x)
.
[ a; b]
[ a; b]
Cách giải.
-Tìm các điểm tới hạn x1, x2, …, xn của f(x) trên đoạn [ a; b] .
-Tính f(a), f(x1), f(x2), …, f(xn), f(b).
- Tìm số lớn nhất M và số nhỏ nhất m trong các số f(a), f(x1), f(x2), …, f(xn), f(b).
.

;
Khi đó: M = maxf(x)
[ a; b]

m = minf(x) .
[ a; b]

Chú ý: Nếu hàm số y=f(x) không có điểm tới hạn nào trên đoạn [ a; b] thì f’(x) giữ
nguyên dấu trên đoạn đó, tức là f(x) hoặc đồng biến, hoặcnghịch biến.
= f(a) .
= f ( b) và minf(x)
+) f(x) đồng biến trên đoạn [ a; b] thì : maxf(x)
[ a; b]

[ a; b]
= f(b) .
= f ( a) và minf(x)
+) f(x) nghịch biến trên đoạn [ a; b] thì : maxf(x)
[ a; b]
[ a; b]
1.3. Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số trên một khoảng.
Bài toán : Cho hàm số y =f(x) liên tục trên khoảng (a; b). Tìm maxf(x)
, minf(x)
.
( a; b)
( a; b)
Chuyên đề: Ứng dụng đạo hàm trong bài toán chứng minh BĐT và tìm cực trị hàm nhiều biến

3


Cách giải :
- Lập bảng biến thiên của hàm số y = f(x) trên khoảng (a; b) rồi dựa vào bảng biến
thiên ta suy ra được giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số.
- Nếu trên khoảng (a; b) hàm số f(x) có một cực trị duy nhất là cực đại (hoặc cực
tiểu) thì giá trị cực đại đó là giá trị lớn nhất (hoặc giá trị cực tiểu đó là giá trị nhỏ
nhất) của hµm sè ®· cho trªn (a; b).
1.4. Một số bất đẳng thức cơ bản thường sử dụng.
2
• Cho hai số thực x, y ta có: ( x + y ) ≥ 4 xy. Dấu đẳng thức xảy ra khi x = y .

1 1
4
• Cho hai số thực dương x, y ta có: + ≥

. Dấu đẳng thức xảy ra khi x = y .

x+ y
1 1 1
9
• Cho ba số thực dương x, y, z ta có: + + ≥
. Dấu đẳng thức xảy ra khi
x y z x+ y+z
x= y=z.
• Cho ba số thực x, y, z ta có: x 2 + y 2 + z 2 ≥ xy + yz + zx . Dấu đẳng thức xảy ra khi
x= y=z.
x

y

• Cho ba số thực x, y, z ta có ( x + y + z ) ≥ 3 ( xy + yz + zx ) . Dấu đẳng thức xảy ra khi
x= y=z.
2
• Cho ba số thực x, y, z ta có ( x + y + z ) ≤ 3 ( x 2 + y 2 + z 2 ) . Dấu đẳng thức xảy ra khi
x= y=z.
2

2
2
• Cho hai số x, y bất kỳ và 2 số dương a, b ta có: x + y ≥ ( x + y ) . Dấu đẳng thức
2

a

b

x y
xảy ra khi = .
a b

a +b

2
2
2
• Cho ba số x, y, z bất kỳ và 3 số dương a, b, c ta có: x + y + z ≥ ( x + y + z ) . Dấu
a
b
c
a +b +c
x y
đẳng thức xảy ra khi = .
a b
• Cho n số thực không âm a1 , a2 ,..., an ta có: a1 + a2 + ... + an ≥ n. n a1.a2 ...an (bất đẳng
2

thức Cauchy). Dấu đẳng thức xảy ra khi a1 = a2 = ... = an .
• Cho hai bộ n số: a1 , a2 ,..., an và b1 , b2 ,..., bn ta có:

( a1b1 + a2b2 + ... + anbn )

2

≤ ( a12 + a22 + ... + an2 ) ( b12 + b22 + ... + bn2 ) (bất đẳng thức

Bunhiacôpxki). Dấu đẳng thức xảy ra khi hai bộ số tỷ lệ.

Chuyên đề: Ứng dụng đạo hàm trong bài toán chứng minh BĐT và tìm cực trị hàm nhiều biến

4


2. CÁC DẠNG BÀI TẬP CƠ BẢN.
2.1. Khảo sát hàm đặc trưng.
- Đối với một lớp các bất đẳng thức nhiều biến khác, nhưng ta nhận thấy các biến có
thể xử lý được một cách riêng lẻ ta cũng thường tìm cách phân ly các biến và đưa ra
một hàm đặc trưng để khảo sát.
- Đối với dạng này thì tuỳ vào cấu trúc của bài toán mà ta có cách phân ly các biến.
Bài 1. Cho các số x, y, z thỏa mãn x + y + z = 3 . Chứng minh rằng
x2 − x + 1 + y 2 − y + 1 + z 2 − z + 1 ≥ 3

Giải
Xét hàm số f ( x ) =
Ta có f ' ( x ) =

x +1
x − x +1
2

,x∈R

3( 1− x)

(

)

2 x2 − x + 1

x2 − x + 1

f ' ( x ) = 0 ⇔ x = 1; lim f ( x ) = −1; lim f ( x ) = +1
x →−∞

x →+∞

Bảng biến thiên
−∞

X
f’(x
)

+∞

1
+

f(x)

0

-

2

-1

Từ bảng biến thiên ta có f ( x ) ≤ 2, ∀x hay
Tương tự ta có

y2 − y +1 ≥
z2 − z +1 ≥

Từ (1), (2), (3) ta có

1
x +1
x2 − x + 1

≤ 2, ∀x ⇔ x 2 − x + 1 ≥

1
( x + 1) ( 1)
2

1
( y + 1) ( 2 )
2

1
( z + 1) ( 3)
2

x2 − x + 1 + y 2 − y + 1 + z 2 − z + 1 ≥

1
( x + y + z + 3) = 3 ⇒ đpcm.
2

Chuyên đề: Ứng dụng đạo hàm trong bài toán chứng minh BĐT và tìm cực trị hàm nhiều biến

5


Bài 2. Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn a 2 + b 2 + c 2 = 1 . Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức P =

a
b
c
+ 2
+ 2
2
2
b +c c +a
a + b2
2

Giải
a
b
c
a2
b2
c2

P
=
+
+
=
+
+
Từ giả thiết a + b + c = 1 ta có
1 − a 2 1 − b2 1 − c2 a 1 − a2
b 1 − b2
c 1 − c2
2

2

2

(

)

(

)

(

)

Chuyên đề: Ứng dụng đạo hàm trong bài toán chứng minh BĐT và tìm cực trị hàm nhiều biến

6

2
Xét hàm số f ( x ) = x ( 1 − x ) , x > 0

f ' ( x ) = 1 − 3x 2 ; f ' ( x ) = 0 ⇔ x =

1
>0
3

Bảng biến thiên
X

0

+∞

1

f’(x
)

+

0

f(x)

-

2
3 3

−∞

0
Từ bảng biến thiên ta có f ( x ) ≤
Khi đó ta có P =

2
3 3

, ∀x > 0

a2
b2
c2
3 3 2
3 3
+
+
≥
a + b2 + c 2 =
f ( a) f ( b) f ( c)
2
2

(

Đẳng thức vảy ra khi và chỉ khi a = b = c =
Vậy MaxP =

)

1
3

3 3
1
⇔a=b=c=
2
3

• Bài tập áp dụng
Bài 1: Chứng minh rằng
1
1
1
1
1 1
12
 π
+
+
−
−
−
≤

3
−
,
∀
x
,
y
,
z
∈
 0;  .
sin 2 x sin 2 y sin 2 z x 2 y 2 z 2
π2
 2
Bài 2: Chứng minh rằng

(2

x

+ 3 y ) < ( 2 y + 3x ) , ∀x > y > 0 .
y

x


Tổng quát: Với a, b > 0 và x > y > 0 ta có

(a

x

+ b y ) < ( a y + bx ) .
y

x

Bài 3: Cho x, y ≥ 0; x 3 + y 3 = 1 . Tìm GTLN của A = x + 2 y .
Bài 4: Tìm ba góc của tam giác ABC biết
cos A + 3 ( cos B + cos C ) =

5
.
2

Bài 5: Cho các số không âm x, y, z thỏa mãn điều kiện : xy + yz + xyz = 4 (*)
CMR : x + y + z ≥ xy + yz + zx . (1) Hỏi đẳng thức xảy ra khi nào .
2.2. Khảo sát hàm số theo từng biến
• Đối với bất đẳng thức nhiều biến, ta có thể khảo sát lần lượt từng biến một bằng
cách chọn một biến làm tham số biến thiên và cố định các biến còn lại, bài toán
lúc này trở thành bất đẳng thức một biến. Luôn có tâm thế nhìn biểu thức nhiều
biến mà ta cần tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất dưới dạng là một hàm số để
ta sử dụng được công cụ hiệu quả trong bài toán là đạo hàm.
• Sơ đồ tổng quát.
Giả sử tìm cực trị của biểu thức ba biến x, y, z là P( x, y, z ) với điều kiện T nào đó.
- Bước 1. Xem P( x, y, z ) là hàm theo biến x , còn y, z là hằng số. Khảo sát hàm
này tìm cực trị với điều kiện T. Ta được:
P ( x, y, z ) ≥ g ( y , z ) hoặc P ( x, y, z ) ≤ g ( y , z )
- Bước 2. Xem g ( y, z ) là hàm biến y , còn z là hằng số. Khảo sát hàm này với
điều kiện T. Ta được : g ( y, z ) ≥ h( z ) hoặc g ( y, z ) ≤ h( z ) .

- Bước 3. Cuối cùng khảo sát hàm số một biến h( z ) với điều kiện T ta tìm được
min, max của hàm này.
Ta đi đến kết luận : P( x, y, z ) ≥ g ( y, z ) ≥ h( z ) ≥ m
hoặc P( x, y, z ) ≤ g ( y, z ) ≤ h( z ) ≤ M .
Bài 1. Cho 3 số thực a, b, c ∈ [ 0; 2] thỏa mãn a + b + c = 3 . Tìm giá trị lớn nhất và giá
trị nhỏ nhất của biểu thức P = a 2 + 2b2 + 3c 2 − 2a − 24c + 2060
Giải
Coi biểu thức trên là hàm số theo biến b , b ∈ [ 0; 2] còn lại a, c là hằng số ta có

(

)

P = f ( b ) = 2b 2 + a 2 + 3c 2 − 2a − 24c + 2060 , f ' ( b ) = 4b ≥ 0

Suy ra hàm số f ( b ) là hàm số đồng biến trên [ 0; 2] nên ta có f ( 0 ) ≤ f ( b ) ≤ f ( 2 )
Chuyên đề: Ứng dụng đạo hàm trong bài toán chứng minh BĐT và tìm cực trị hàm nhiều biến

7


• Tìm MIN:
2
2
Ta thấy f ( b ) ≥ f ( 0 ) = a + 3c − 2a − 24c + 2060

Đẳng thức xảy ra khi b = 0; a + c = 3; c ≤ 2 ⇒ a ≥ 1
Coi f ( 0 ) là hàm số theo a, a ∈ [ 1; 2] và c là hằng số ta có:
g ( a ) = a 2 − 2a + 3c 2 − 24c + 2060; g ' ( a ) = 2 ( a − 1) ≥ 0, ∀a ∈ [ 1; 2 ]
⇒ g ( a ) ≥ g ( 1) = 3c 2 − 24c + 2060

Đẳng thức xảy ra khi a = 1 ⇒ c = 2 nên g ( a ) ≥ 2023
Vậy f ( b ) ≥ 2023 hay Min P = 2023 ⇔ a = 1, b = 0, c = 2
• Tìm MAX:
Làm tương tự ta được Max P = 2067 ⇔ a = 1, b = 2, c = 0
Bài 2. (ĐH Khối A-2011). Cho ba số thực x, y, z ∈ [ 1; 4] và x ≥ y, x ≥ z . Tìm giá trị nhỏ
x

y

z

nhất của biểu thức P = 2 x + 3 y + y + z + z + x
Giải.
x

y

z

Ta có : P = 2 x + 3 y + y + z + z + x .
Xem đây là hàm theo biến z ; còn x, y là hằng số
P '( z ) =

−y
z
( x − y )( z 2 − xy )
+
=
( y + z ) 2 ( z + x) 2 ( y + z ) 2 ( z + x ) 2

Theo giả thiết x ≥ y ⇒ x − y ≥ 0 nếu P ≥ 0 ⇔ z ≥ xy (do x, y, z ∈ [ 1; 4] )
Z
P '( z )

xy

-

0

+

P( z )

min
Từ bảng biến thiên:

Chuyên đề: Ứng dụng đạo hàm trong bài toán chứng minh BĐT và tìm cực trị hàm nhiều biến

8


P ≥ P( xy ) =

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

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

Đặt t =

x
, do x ≥ y, x ≥ z và x, y, z ∈ [ 1; 4] nên 1 ≤ t ≤ 2 .
y

t2
2
Xét hàm f (t ) = 2 +
. Ta có
2t + 3 1 + t

f '(t ) =

−2  4t 3 (t − 1) + 3(2t 2 − t + 3) 
(2t 2 + 3)2 (1 + t ) 2

Suy ra f (t ) giảm trên [ 1; 2] , do đó P ≥ P( xy ) = f (t ) ≥ f (2) =

< 0, ∀t ∈ [ 1; 2] .

34
33

 z = xy

⇒ x = 4, y = 1, z = 2 .
Đẳng thức xảy ra : 
x
t
=
=
2

y


Vậy min P =

34
khi x = 4, y = 1, z = 2
33



Bài 3. Cho ba số thực a, b, c ∈  ;3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
3 
1

a
b
c
8
+
+
≥
a+b b+c c+a 5

Giải:
Đặt P(a) =

a
b
c
+
+
a+b b+c c+a

Xem đây là hàm số theo biến a , còn b, c là hằng số.
b
c
(b − c)(a 2 − bc)
P '(a ) =
−
=
.
( a + b ) 2 ( a + c ) 2 ( a + b) 2 ( a + c ) 2



Trường hợp 1: a ≥ b ≥ c và a, b, c ∈  ;3 .
3 
1

1 
Suy ra b − c ≥ 0; a 2 − bc ≥ 0 nên P '(a) ≥ 0 . Do đó P(a) tăng trên  ;3 .
3 
⇒ P (a ) ≤ P (3) =
g '(c ) =

3
b
c
+
+
= g (c) (xem đây là hàm theo biến c)
3+b b + c c +3

−b
3
(b − 3)(3b − c 2 )
+
=
≤ 0 . Do đó g (c ) giảm trên
(b + c) 2 (c + 3) 2 (b + c) 2 (c + 3) 2

1 
 3 ;3 .

Chuyên đề: Ứng dụng đạo hàm trong bài toán chứng minh BĐT và tìm cực trị hàm nhiều biến

9


1
3

Suy ra: g (c) ≤ g ( ) =

3
3b
1
+
+ = h(b) .( xem h(b) là hàm số theo biến b)
3 + b 3b + 1 10

3

(1 − b)(1 + b)

3

Ta có: h '(b) = (3b + 2) 2 − (b + 3) 2 = (3b + 1) 2 (b + 3) 2 .
Ta có bảng biến thiên.

b

1
3

1

h '(b)

+

3

0

-

h(b)
8
5

Suy ra h(b) ≤ h(1) = .
1
3

1
3

Vậy P(a, b, c) ≤ P(3, b, c) ≤ P(3, b, ) ≤ P(3,1, ) =

8
1
khi a = 3; b = 1; c =
5
3



Trường hợp 2 : c ≥ b ≥ a và a, b, c ∈  ;3 .
3 
1

8
5

Từ kết quả của trường hợp 1, ta có: P(a, b, c) ≤ .
(a − b)(b − c)( a − c)

8
Mặt khác : P(a, b, c) − P (c, b, a ) = (a + b)(b + c )(a + c) ≤ 0 ⇒ P(a, b, c) ≤ .
5


1 1
8
  1 
Vậy MaxP = , đạt được khi (a, b, c) =  3;1; ÷,  ;3;1÷,  3; ;1÷ .
3 3
5
  3 


2.3. Đưa về hàm số một biến.
2.3.1. Biểu thức chứa hai biến.
Dạng 1. Sử dụng phương pháp thế biến để đưa về biểu thức một biến

Bài 1. Cho x, y ≥ 0 thỏa mãn x + y = 1 . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhât của biểu
2
2
thức P = ( 4 x + 3 y ) ( 4 y + 3x ) + 25 xy . (Đề TSĐH khối D - 2009)

Giải
Ta có x + y = 1 ⇒ y = 1 − x thay vào P ta được
P = 16 x 4 - 32 x 3 + 18 x 2 - 2 x + 12, x ∈ [ 0;1]
Chuyên đề: Ứng dụng đạo hàm trong bài toán chứng minh BĐT và tìm cực trị hàm nhiều biến

10


P ' ( x ) = 64 x 3 - 96 x 3 + 36 x 2 - 2
1
1
3
P '( x) = 0 ⇔ x = ; x = ±
2
2 4

Lập BBT ta được Min P =

191
1
3
⇔x= +
16
2 4

Bài 2. Cho x, y là hai số thực thỏa mãn điều kiện y ≤ 0, x 2 + x − y − 12 = 0 . Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức P = xy + x + 2 y + 17
Giải
Từ giả thiết ta có: y = x 2 + x − 12, y ≤ 0 ⇔ x 2 + x − 12 ≤ 0 ⇔ −4 ≤ x ≤ 3
2
2
3
2
Khi đó P = x ( x + x − 12 ) + x + 2 ( x + x − 12 ) + 17 = x + 3x − 9x − 7
2
Xét hàm số f ' ( x ) = 3x + 6 x − 9, f ' ( x ) = 0 ⇔ x = 1; x = −3

Ta có: f ( −4 ) = 13; f ( −3) = 20; f ( 1) = −12; f ( 3) = 20

Vậy: Giá trị lớn nhất của P là 20 đạt tại x = ±3
Giá trị nhỏ nhất của P là -12 đạt tại x = 1
Bài tập áp dụng:
1. Cho hai số thực x, y thỏa mãn điều kiện 2x − y = 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức P = x 2 + ( y + 1) + x 2 + ( y − 3)
2

2

2. Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện x + y = 1 . Tìm giá nhỏ nhất của
biểu thức P = 3 1 + 2a 2 + 2 40 + 9b 2
Dạng 2. Sử dụng tính đối xứng của hai biên để đưa về biểu thức một biến
B1: Đặt t = x + y hoặc t = xy
B2: Thay vào biểu thức P ta được hàm số một biến t
B3: Tìm điều kiện của biến t theo BĐT ( x + y ) ≥ 4 xy hoặc điều kiện ràng buộc
2

của đề bài.
B4. Khảo sát hàm số theo biến t trên miền vừa xác định để tìm GTLN, GTNN
Chú ý: đôi khi ta còn phải sử dụng các BĐT cơ bản để đánh giá làm cho bài toán trở
nên đơn giản hơn.
Bài 1. Cho x, y là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện

(

)

4 x 2 + y 2 + xy ≤ 1 + 2 ( x + y ) . Tìm giá nhỏ nhất của biểu thức P = xy + x + y − x 2 − y 2

Chuyên đề: Ứng dụng đạo hàm trong bài toán chứng minh BĐT và tìm cực trị hàm nhiều biến

11


Giải
 x+ y

2

1

2
2
Ta có: xy ≤ 
÷ ;− x − y ≤ − ( x + y)
2

 2 

2

Đặt t = x + y
2

1
1
1 4
2
2
 x+ y
Khi đó P ≤ 
÷ + x + y − ( x + y) = − ( x + y) + x + y = − t + t
2
4
4
 2 

Từ điều kiện bài toán ta có:

(

)

4 ( x + y ) − xy ≤ 1 + 2 ( x + y ) ⇔ 4 ( x + y ) − 2 ( x + y ) − 1 ≤ 4 xy ≤ ( x + y )
2

2

Suy ra 3t 2 − 2t − 1 ≤ 0 ⇔

2

−1
≤ t ≤ 1 do t > 0 nên 0 < t ≤ 1
3

2
Xét hàm số f ( t ) = 3t − 2t − 1, t ∈ ( 0;1] ta được f ( t ) ≤ f ( 1) =

Vậy giá trị lớn nhất của P bằng
x, y

Bài 2. Cho hai số thực

3
4

3
1
khi x = y = .
4
2

thỏa mãn điều kiện 1 ≤ x ≤ 2,1 ≤ y ≤ 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất

x + 2y

y + 2x

1

cuả biểu thức P = x 2 + 3 y + 5 + y 2 + 3x + 5 + 4 ( x + y − 1) . (Đề TSĐH khối D – 2014)
Giải
2
Do 1 ≤ x ≤ 2 nên ( x −1) ( x − 2 ) ≤ 0 ⇔ x + 2 ≤ 3x

Tương tự ta có y 2 + 2 ≤ 3 y
x + 2y

y + 2x

x+ y

1

1

Khi đó P ≥ 3x + 3 y + 3 + 3x + 3 y + 3 + 4 ( x + y − 1) = x + y + 1 + 4 ( x + y − 1)
t

1

Đặt t = x + y ⇒ t ∈ [ 2; 4] ta được P ≥ t + 1 + 4 ( t − 1)
t

1

Xét hàm số f ( t ) = t + 1 + 4 ( t − 1) , t ∈ [ 2; 4]
f '( t ) =

1

( t + 1)

2

−

1
4 ( t − 1)

2

f '( t ) = 0 ⇔ t = 3

Ta có: f ( 2 ) =

11
7
53
7
7
; f ( 3) = ; f ( 4 ) =
nên f ( t ) ≥ hay P ≥ khi x = 1; y = 2
12
8
60

8
8

Chuyên đề: Ứng dụng đạo hàm trong bài toán chứng minh BĐT và tìm cực trị hàm nhiều biến

12


Vậy GTNN của P là

7
8

4
4
Bài 3. Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn điều kiện 3 xy + 3 = x + y +

2
. Tìm giá trị
xy

16

2 2
lớn nhất của biểu thức P = x y + x 2 + y 2 + 2

Giải
2

2

4
4
2 2
3 3
2 2
Từ giả thiết ta có: 3 ( xy + 1) = x + y + xy ≥ 2 x y + xy ⇔ 2 x y − 3x y − 3xy + 2 ≤ 0

⇔ ( xy + 1) ( 2 xy − 1) ( xy − 2 ) ≤ 0 ⇔
16

1
≤ xy ≤ 2
2

8

2 2
2 2
Khi đó P ≤ x y + 2 xy + 2 = x y + xy + 1



Đặt t = xy, t ∈  ; 2  khi đó P ≤ t 2 +
t +1
2 
1

8



2
Xét hàm số f ( t ) = t + t + 1 ; t ∈  2 ; 2  ; f ' ( t ) = 2t −
8

1

8

( t + 1)

2

; f '( t ) = 0 ⇔ t = 1

 
Ta có: f  ÷ = ; f ( 1) = ; f ( 2 ) = . Ta có P ≤ f ( t ) ≤ f ( 2 ) =
3
3
3
 2  17
1

62

11

20

20

20
khi x = y = 2
3

Vậy giá trị lớn nhất của P là

Dạng 3. Biểu thức có dạng đẳng cấp
Dạng bài toán này đề cập đến kỹ thuật đặt x = ty; y = tx đề đưa về hàm số một biến.
Bài 1. Cho các số thực dương thỏa mãn điều kiện xy ≤ y − 1 . Tìm giá trị lớn nhất
biểu thức P =

x+ y
x − xy + 3 y
2

2

−

x − 2y
6 ( x + y ) . (Đề THSĐ khối D – 2013)

Giải
2

x y −1 1 1 1  1 1  1
Do x > 0, y > 0, xy ≤ y − 1 nên ta có 0 ≤ ≤ 2 = − 2 = −  − ÷ ≤
y

y
y y
4  y 2
4

Đặt t =

t +1
t −2
x
 1
−
⇒ t ∈  0;  . Khi đó P = 2
y
t − t + 3 6 ( t + 1)
 4

Xét f ( t ) =

t +1
t −t +3
2

−

t −2
 1
t ∈ 0;  . Ta có f ' ( t ) =
với
6 ( t + 1)

2
 4

7 − 3t

(

t2 − t + 3

)

3

−

1
2 ( t + 1)

2

Chuyên đề: Ứng dụng đạo hàm trong bài toán chứng minh BĐT và tìm cực trị hàm nhiều biến

13




2
Với t ∈ 0;  ta có t − t + 3 = t ( t − 1) + 3 < 3;7 − 3t > 6; t + 1 > 1
 4

1

Do đó

7 − 3t
2

(t

2

−t +3

)

3

>

7 − 3t
1
1
1
1 1
>
;−
> − ⇒ f '( t ) >
− >0
2
2

6 3
3
3 2
2 ( t + 1)

5 7
1
+
Khi đó P = f ( t ) ≤ f  ÷ =
 4  3 30
1
2

Khi x = ; y = 2 ⇒ P =

5 7
+
3 30

Vậy giá trị lớn nhất của P là

5 7
+
3 30

Bài 2. Cho x, y là hai số thực dương phân biệt thỏa mãn điều kiện x 2 + 2 y = 12 . Tìm
4

4

5

giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x 4 + y 4 + 8 x − y 2
(
)
Giải
Ta có: 12 = x 2 + 2 y = x 2 + y + y ≥ 3 3 x 2 y 2 ⇒ xy ≤ 8
Khi đó
2
 5
1 2 2 4
4  xy
5
1  x2 y 2  5
xy
1  x y 
1
P≥
x y  4 + 4 ÷+
=
+
+
=
+
−
2

+
 2


÷
2
2
2 ÷
64
y  8 8( x − y)
16  y
x  64 ( x − y )
16  y x 
 64 x − 2 + y
x

y
x

x

y

Đặt t = y + x , t > 2 ( x, y > 0; x ≠ y )
Khi đó P ≥ f ( t ) =

1 2
5 1
t − 2  +
16
64 t − 2

Xét hàm số f ( t ) =

1 2
5 1
t − 2  +
;t > 2
16
64 t − 2

t
5
5
f '( t ) = −
; f '( t ) = 0 ⇔ t =
2
8 64 ( t − 2 )
2
 5  27
Lập bảng biến thiên ta được f ( t ) ≥ f  ÷ =
 2  64

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là

27
khi x = 2; y = 4
64

2.3.2. Biểu thức chứa ba biến
Dạng 1. Sử dụng phép thế để đưa biểu thức về một biến số.
Chuyên đề: Ứng dụng đạo hàm trong bài toán chứng minh BĐT và tìm cực trị hàm nhiều biến

14

Bài 1. Cho 3 số a, b, c thỏa mãn a + b + c = 0, a 2 + b 2 + c 2 = 1 . CMR: a 2b 2c 2 ≤

1
54

Giải
Ta có

a + b + c = 0 ⇒ a + b = −c ⇒ a 2 + 2ab + b 2 = c 2
⇒1 − c 2 + 2ab = c 2 ⇒ ab =
⇒ a 2b 2 c 2 =
f ( c) =

Xét hàm số

1 2
c 2c 2 −1
4

1 2
c 2c 2 −1
4

(

)



c = 0


f ' ( c ) = 0 ⇔ c = ±


c = ±


Lập BBT ta được
Vậy

a 2b 2 c 2 ≤

(

f ( c) ≤

2

)

1
2c 2 −1
2

(

)

2

⇒ f '( c) =

1
c 2c 2 −1 6c 2 −1
2

(

)(

)

1
2
1
6

1
54

1
1
⇔c = ±
54
6

a b c
+ + = 5 . Tìm giá trị

b c a

Bài 2. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện
b
a

c
b

lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = + +

a
c

Giải
a
b

b
c

c
a

 xyz = 1
x + y + z = 5

Đặt x = ; y = ; z = ⇒ 
1
x

Khi đó P = +

1 1
+
y z

1

x ≥ 3 + 2 2
4
2
2
 yz =
⇒ ( y + z ) ≥ 4 yz ⇔ ( 5 − x ) ≥ ⇔ ( x − 4 ) x 2 − 6x + 1 ≥ 0 ⇔ 
x
Ta có: 
x
3 − 2 2 ≤ x ≤ 4
 y + z = 5 − x

(

1
x

Khi đó: P = +

)

x2 ( 5 − x ) + 1
y+z 1
= + x ( 5 − x) =
yz
x
x

Xét hàm số f ( x ) =

x2 ( 5 − x ) + 1
x

; x ∈ D = 3 − 2 2; 4  ∪ 3 + 2 2; +∞

)

17
1
Dễ thấy min f ( x ) = f  ÷ = f ( 4 ) = ; max f ( x ) = f ( 3 − 2 2 ) = 1 + 4 2
2
4
x∈D

 

x∈D

Chuyên đề: Ứng dụng đạo hàm trong bài toán chứng minh BĐT và tìm cực trị hàm nhiều biến

15

Bài 3. Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn điều kiện x + y + z = 0; x 2 + y 2 + z 2 = 1 . Tìm giá

trị lớn nhất của biểu thức P = x5 + y 5 + z 5
Giải
x + y + z = 0
 x + y + z = 0
⇔
⇔
Ta có:  2 2 2

2
 x + y + z = 1 ( x + y + z ) − 2 ( xy + yz + zx ) = 1
1
2

x + y + z = 0


1
 xy + yz + zx = − 2

1
2

Suy ra y + z = − x; x ( y + z ) + yz = − ⇒ yz = − + x 2


Mặt khác ( y + z ) ≥ 4 yz ⇒ x 2 ≥ 4  − + x 2 ÷ ⇔ −

1
 2

2

6
6
≤x≤
3
3



Khi đó P = x5 + ( y + z ) − 5 yz ( y 3 + z 3 ) − 10 y 2 z 2 ( y + z ) =
5

10 x 3 − 5 x
4

 6 6
10 x 3 − 5 x
; x ∈ −
;
Xét hàm số f ( x ) =

4
 3 3 



f '( x) =

30 x 2 − 5
6
; f '( x) = 0 ⇔ x = ±
4
6

6

 6

5 6

 6



6

5 6

; f 
÷
Ta có: f  − ÷÷ = f  ÷÷ = −
÷ = f  − 6 ÷
÷ = 36
36
 3 
 6 

 3 



Vậy giá trị lớn nhất của P bằng

5 6
6
6
khi x =
,y= z=−
36
3
6

Dạng 2. Đánh giá thông qua đại lương trung bình của biến số.
Trong quá trình đánh giá để đưa về biểu thức một biến ta thường sử dụng một số
BĐT cơ bản sau:
• Với mọi số thực x, y, z ta luôn có:

(

)

3 x2 + y2 + z 2 ≥ ( x + y + z )

( x + y + z)

2

2

≥ 3 ( xy + yz + zx )

( xy + yz + zx )

2

≥ 3 xyz ( x + y + z )

• Với mọi số thực không âm x, y, z ta luôn có:
x+ y+z
≥ 3 3 xyz
3
xyz ≥ ( x + y − z ) ( y + z − x ) ( z + x − y )

Chuyên đề: Ứng dụng đạo hàm trong bài toán chứng minh BĐT và tìm cực trị hàm nhiều biến

16


8
9

( x + y ) ( y + z ) ( z + x ) ≥ ( x + y + z ) ( xy + yz + zx )
Nhận xét: Với các bài toán có x, y, z ∈ [ a; b ] ; x + y + z = s ta thường sử dụng bất đẳng thức
để tìm mối liên hệ giữa các đại lượng đối xứng xy + yz + zx; xyz
Một số đẳng thức cần chú ý:

( a + b + c)

3

= a 3 + b3 + c3 + 3 ( a + b ) ( b + c ) ( c + a )

( a + b ) ( b + c ) ( c + a ) = ( a + b + c ) ( ab + bc + ca ) − abc

(

) (

)

2 a 2b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 − a 4 + b 4 + c 4 = ( a + b + c ) ( a + b − c ) ( b + c − a ) ( c + a − b )

Bài 1. Cho a, b, c là các số không âm thỏa mãn điều kiện a + b + c = 1 . Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức P = 3 ( a 2b2 + b 2c 2 + c 2 a 2 ) + 3 ( ab + bc + ca ) + 2 a 2 + b 2 + c 2
Giải
Theo giả thiết ta có: a 2 + b 2 + c 2 = ( a + b + c ) − 2 ( ab + bc + ca ) = 1 − 2 ( ab + bc + ca )
2

Mặt khác: 3 ( a 2b 2 + b 2c 2 + c 2 a 2 ) ≥ ( ab + bc + ca )

2

Khi đó P ≥ ( ab + bc + ca ) + 3 ( ab + bc + ca ) + 2 1 − 2 ( ab + bc + ca )
2

Đặt t = ab + bc + ca . Khí đó P ≥ t 2 + 3t + 2 1 − 2t



Với 0 ≤ ab + bc + ca ≤ 3 ( a + b + c ) = 3 ⇒ t ∈ 0; 3 


1

1

2

1

 1
2
Xét hàm số: f ( t ) = t + 3t + 2 1 − 2t ; t ∈ 0; 
 3

f ' ( t ) = 2t + 3 −

2
; f '' ( t ) = 2 −
1 − 2t

2

( 1 − 2t )

2

 1

≤ 0, ∀t ∈ 0; 
 3

 1  11
Do đó f ' ( t ) ≥ f '  ÷ = − 2 3 > 0
3

3

Suy ra P ≥ f ( t ) ≥ f ( 0 ) = 2
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 2 khi a = b = 0, c = 1 hoặc các hoán vị
Bài 2. Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện x 2 + y 2 + z 2 = 2 . Tìm giá
trị lớn nhất của biểu thức P =

x2
y+z
1 + yz
+
−
. (Đề TSĐH khối A –
2
x + yz + x + 1 x + y + z + 1
9

2014)
Chuyên đề: Ứng dụng đạo hàm trong bài toán chứng minh BĐT và tìm cực trị hàm nhiều biến

17

Giải
Ta có: 0 ≤ ( x − y − z ) = x 2 + y 2 + z 2 − 2 xy − 2 xz + 2 yz = 2 ( 1 − xy − xz + yz )
2

2
Nên x + yz + x + 1 = x ( x + y + z + 1) + ( 1 − xy − xz + yz ) ≥ x ( x + y + z + 1)

x2
x
≤
Suy ra 2
x + yz + x + 1 x + y + z + 1

Mặt khác ( x + y + z ) = x 2 + y 2 + z 2 + 2 x ( y + z ) + 2 yz = 2 + 2 yz + 2 x ( y + z ) ≤ 2 + 2 yz + x 2 + ( y + z )
2

2

= 4 ( 1 + yz )

( x + y + z)
x+ y+z
−
Do đó P ≤
x + y + z +1
36

2

2

2
2
2
2
2
2
2
2
2
Đặt t = x + y + z ⇒ t ≥ 0; t = ( x + y + z ) + 2 xy + 2 yz + 2 zx ≤ 2 + ( x + y ) + ( y + z ) + ( z + x ) = 6

Do đó 0 ≤ t ≤ 6
Xét hàm số f ( t ) =

t
t2
− , t ∈ 0; 6 
t + 1 36

(

( t − 2 ) t 2 + 4t + 9
t
f '( t ) =
− =−
2
2
18 ( t + 1)
( t + 1) 18
1

)

f '( t ) = 0 ⇔ t = 2

Ta có: f ( 0 ) = 0; f ( 2 ) = ; f ( 6 ) =
5
9

Khi đó f ( t ) ≤

31
6
−
30 5

5
khi t ∈ 0; 6 
9

5
9

Do đó P ≤ . Khi x = y = 1; z = 0 thì P =
Vậy giá trị lớn nhất của P là

5
9

5

9

Bài 3. Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P=

4
a +b +c +4
2

2

2

−

9

( a + b)

( a + 2c ) ( b + 2c ) . (Đề TSĐH khối B – 2013)
Giải

a + b + 4c a 2 + b 2 + 2ab + 4ac + 4bc
=
≤ 2 a 2 + b2 + c2
Ta có: (a + b) ( a + 2c ) ( b + 2c ) ≤ ( a + b )
2
2

(

Chuyên đề: Ứng dụng đạo hàm trong bài toán chứng minh BĐT và tìm cực trị hàm nhiều biến

)

18


4

9

2
2
2
Đặt t = a + b + c + 4 ⇒ t > 2; P ≤ t − 2 ( t 2 − 4 )

4
9
4
9t
Xét f ( t ) = t − 2 t 2 − 4 , t > 2 . Ta có f ' ( t ) = − t 2 + 2
t −4

(

)

(

)

2

=

(

− ( t − 4 ) 4t 3 + 7t 2 − 4t − 16

(

t2 t2 − 4

)

)

2

3
2
3
Với t > 2 ta có 4t + 7t − 4t − 16 = 4 ( t − 4 ) + t ( 7t − 4 ) > 0 ⇒ f ' ( t ) = 0 ⇔ t = 4

Bảng biến thiên
Từ bảng biến thiên ta có P ≤

5
8

5
8

Khi a = b = c = 2 ⇒ P = . Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P là

5
.
8

Dạng 3. Biểu thức có hai biến đối xứng.
Ghép cặp hai biến đối xứng với nhau và đánh giá bất đẳng thức cơ bản như Cô-Si
và Bunhiacopxki hoặc một số bất đẳng thức phụ đưa về biến còn lại và hoàn tất bằng
khảo sát hàm số.
2
Bài 1. Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện ( a + c ) ( b + c ) = 4c . Tìm giá

trị nhỏ nhất của biểu thức P =

32a 3

( b + 3c )

3

+

32b3

( a + 3c )

3

a 2 + b2
−
. (Đề TSĐH khối A – 2013)
c

Giải
a
c

b
c

Đặt x = , y = ⇒ x, y > 0 . Điều kiện bài toán trở thành xy + x + y = 3
Khi đó P =

32 x 3

( y + 3)

+
3

32 y 3

( x + 3)

3

− x2 + y 2

u + v)
Với u > 0, v > 0 ta có u + v = ( u + v ) − 3uv ( u + v ) ≥ ( u + v ) − 3 ( u + v ) 3 = (
4
4
3

32 x 3

Do đó

( y + 3)

3

+

3

3

3

3

32 y 3

( x + 3)

3

3

3
2
 x
y   ( x + y ) − 2 xy + 3 x + 3 y 
÷
≥ 8
+
÷ =
÷
xy + 3 x + 3 y + 9
 y + 3 x + 3  


Thay xy = 3 − x − y vào biểu thức trên ta được
32 x 3

( y + 3)

3

+

32 y 3

( x + 3)

3

 ( x + y − 1) ( x + y + 6 )
≥ 8

2 ( x + y + 6)


3


3
= x + y − 1)
÷
÷ (


Chuyên đề: Ứng dụng đạo hàm trong bài toán chứng minh BĐT và tìm cực trị hàm nhiều biến

19


Khi đó
P ≥ ( x + y − 1) − x 2 + y 2 = ( x + y − 1) −
3

3

( x + y)

− 2 xy = ( x + y − 1) −

2

3

( x + y)

2

+ 2( x + y) − 6

Đặt t = x + y ⇒ t > 0; P ≥ ( t − 1) − t 2 + 2t − 6
3

Ta có 3 = x + y + xy ≤ ( x + y ) + (

x + y)

2

4

=t+

t2
nên ( t − 2 ) ( t + 6 ) ≥ 0 ⇒ t ≥ 2
4

3
Xét hàm số f ( t ) = ( t − 1) − t 2 + 2t − 6, t ≥ 2 . Ta có f ' ( t ) = 3 ( t − 1) −

t +1

2

Với ∀t ≥ 2 ta có 3 ( t − 1) ≥ 3;

t +1

2

Nên f ' ( t ) ≥ 3 −

t 2 + 2t − 6

= 1+

7

( t + 1)

2

−7

≤ 1+

t + 2t − 6

2

7 3 2
=
2
2

3 2
> 0 ⇒ f ( t ) ≥ f ( 2 ) = 1 − 2 . Do đó P ≥ 1 − 2
2

Khi a = b = c ⇒ P = 1 − 2 . Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 1 − 2
Bài 2. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x 2 + y 2 + z 2 = 1 . Tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức P = 6 ( y + z − x ) + 27 xyz
Giải
Ta có: y + z ≤ 2 ( x 2 + y 2 ) = 2 ( 1 − x 2 )
yz ≤

y 2 + z 2 1 − x2
=
2
2


2
2
Khi đó P ≤ 6  2 ( x + y ) − x +


27


x 1 − x2 
2


(

)


2
2
2 
Xét hàm số f ( x ) = 6  2 ( x + y ) − x + x ( 1 − x ) 
2


27

3
4 2x
f ' ( x ) =  −27 x 2 + 5 −
2
1 − x2
⇔ −27 x 2 + 5 −

4 2x
1 − x2



4 2x
2
÷
÷; f ' ( x ) = 0 ⇔ −27 x + 5 − 1 − x 2 = 0


=0⇔ x=

1
3

1
1
Lập bảng biến thiên ta được P ≤ f ( x ) ≤ f  ÷ = 10 Khi x = y = z =
3
3
 

Vậy giá trị lớn nhất của P là 10

Chuyên đề: Ứng dụng đạo hàm trong bài toán chứng minh BĐT và tìm cực trị hàm nhiều biến

20


1
Bài 3. Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn x 2 + y 2 ≤ z 2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu
2

 1

1
1 
+ 4+ 4÷
4
y
z 
x

2
2
2
thức P = ( x + y + z ) 

Giải
1
2

Sử dụng BĐT cơ bản a 2 + b 2 ≥ ( a + b ) ta có:
2

1 2
1
2
z ≥ x2 + y 2 ≥ ( x + y ) ⇒ x + y ≤ z
2
2
x4 + y 4 ≥

1 2
x + y2

2

(

)

2

≥

1
1
2
32
4 1
( x + y) ; 4 + 4 ≥ 2 2 ≥
4
8
x
y
x y
( x + y)

4
4
( x + y) 4
  32
 z 
1  1 x+ y 
4

+z 
+ 4= 
Khi đó P ≥ 
÷ +5
÷ + 32 
4
z  8 z 
x+ y
 8
  ( x + y )


4

1 32
 x+ y
Đặt t = 
÷ , 0 < t ≤ 1 . Ta có P ≥ 8 t + t + 5
 z 
1
8

Xét hàm số f ( t ) = t +

32
+ 5;0 < t ≤ 1
t

1 32
< 0, ∀t ∈ ( 0;1] . Suy ra f(t) là hàm số nghịch biến trên (0;1]

8 t2

Ta có f ' ( t ) = −

Do đó P ≥ f ( t ) ≥ f ( 1) =

297
8

Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng

297
khi z = 2 x = 2 y
8

Chuyên đề: Ứng dụng đạo hàm trong bài toán chứng minh BĐT và tìm cực trị hàm nhiều biến

21


PHẦN C: KẾT LUẬN
Chuyên đề đã trình bày được một số kỹ thuật biến đổi biểu thức nhằm đưa biểu
thức về một biến và ứng dụng đạo hàm để khảo sát hàm số. Các kiến thức đã được áp
dụng vào giảng dạy ôn thi THPT QG và cả ôn thi HSG. Kết quả đạt được là rất khả
quan, gây hứng thú cho học sinh.
Tuy nhiên, do nhiều nguyên nhân khác nhau, chuyên đề còn nhiều hạn chế và sai
sót. Rất mong được sợ đóng góp của các thầy cô, bạn bè và bạn đọc.

Chuyên đề: Ứng dụng đạo hàm trong bài toán chứng minh BĐT và tìm cực trị hàm nhiều biến

22


TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1] Khám phá tư duy kỹ thuật giải Bất đẳng thức và Bài toán Max, Min
[2] Đề thi tuyển sinh Đại học và Cao đẳng
[3] Trài liệu trên mạng

Chuyên đề: Ứng dụng đạo hàm trong bài toán chứng minh BĐT và tìm cực trị hàm nhiều biến

23