MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP SỬ DỤNG HÀM GIẢI BÀI TOÁN TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA BIỂU THỨC ĐẠI SỐ

CHUYÊN ĐỀ:
MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP SỬ DỤNG HÀM
GIẢI BÀI TOÁN TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT
CỦA BIỂU THỨC ĐẠI SỐ
Đào Thùy Linh


PHẦN I. Mở đầu
1.1. Lý do chọn chuyên đề
Bài toán tìm giá trị lớn nhất (GTLN), giá trị nhỏ nhất (GTNN) của một hàm
số hay biểu thức là một trong những bài toán quan trọng của bộ môn Toán. Bài toán
đó luôn khơi gợi lòng say mê, sự sáng tạo trong tƣ duy của những học sinh khá
giỏi. Những năm gần đây, trong đề thi ĐH – CĐ thƣờng xuất hiện những câu hỏi
tìm min – max của biểu thức đại số nên việc học giải bài toán này cũng là một
trong những nội dung ôn thi THPTQG.
Hàm số (hay hàm) là khái niệm giữ vai trò chủ đạo xuyên suốt chƣơng trình
toán học phổ thông. Sử dụng hàm tốt làm cho học sinh phát triển tƣ duy không chỉ
trong nội bộ môn Toán mà trong cả việc nhận thức thế giới sự vật hiện tƣợng. Vì
vậy, mỗi thầy cô giáo nên rèn học sinh xem xét bài toán theo “ý tƣởng hàm” để đƣa
bài toán về bài toán đơn giản hơn . Trong đó, việc sử dụng hàm để giải các bài toán
tìm max – min của biểu thức đại số thƣờng mang lại hiệu quả cao.
Vì vậy, tôi chọn chuyên đề là “Một số phương pháp sử dụng hàm giải bài
toán tìm GTLN, GTNN của biểu thức đại số”.
1.2. Mục tiêu của chuyên đề
Chuyên đề đƣợc đƣa nhằm giúp học sinh có đƣợc phƣơng pháp cơ bản sử
dụng hàm để giải quyết lớp bài toán min – max của biểu thức đại số. Sử dụng hàm
ở đây không giới hạn ở việc sử dụng đạo hàm làm công cụ giải toán. Yếu tố này
đƣợc mở rộng hơn khi ngƣời học dùng sự nhận biết tƣơng ứng của hàm (ánh xạ,
toàn ánh..) vào việc tìm lời giải cho bài toán. Cụ thể nhƣ sau:
a) Về kiến thức:
- Định nghĩa GTLN, GTNN của hàm số. Phƣơng pháp tìm GTLN, GTNN của hàm

số liên tục trên một đoạn.
- Tri thức phƣơng pháp giảm biến của biểu thức đại số để sử dụng hàm (đặc biệt là
đạo hàm) tìm GTLN, GTNN.
- Tri thức phƣơng pháp miền giá trị tìm GTLN, GTNN của hàm số, biểu thức đại số.
1


b) Về kĩ năng:
- Kĩ năng giảm biến của biểu thức đại số dựa trên cơ sơ phát hiện tƣơng ứng để
thiết lập hàm số mới nhằm tìm max – min cho biểu thức đại số đã cho.
- Kĩ năng giải bài toán tìm GTLN, GTNN của biểu thức đại số dựa vào phƣơng
pháp giảm biến của biểu thức đại số.
- Kĩ năng giải bài toán tìm GTLN, GTNN của biểu thức đại số dựa vào phƣơng
pháp miền giá trị.
c) Về tƣ duy, thái độ:
- Phát triển tƣ duy logic, tƣ duy sáng tạo, đặc biệt là tư duy hàm.
- Tính cẩn thận, chính xác và tính thẩm mĩ.
1.3. Đối tượng sử dụng chuyên đề
Nội dung chuyên đề tập trung chủ yếu cho học sinh khá, giỏi lớp 12 THPT.
Tuy nhiên, một số bài toán vẫn có thể giải đƣợc khi sử dụng kiến thức Toán lớp
10, lớp 11 nên đây cũng là một tài liệu tham khảo cho các em.

2


PHẦN II. Một số phương pháp sử dụng hàm
giải bài toán tìm GTLN, GTNN cuả biểu thức đại số
2.1. Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số
2.1.1. Định nghĩa giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số
Số M gọi là giá trị lớn nhất của hàm số y = f(x) trên miền D





f ( x )  M x  D
.
x0  D : f ( x0 )  M

Số m gọi là giá trị nhỏ nhất của hàm số y = f(x) trên miền D




f ( x )  m x  D
.
x0  D : f ( x0 )  m

2.1.2. Tìm GTLN, GTNN của hàm số liên tục trên một đoạn
*) Tìm GTNN, GTLN của hàm số y=f(x) liên tục trên đoạn [a;b]
- Tính đạo hàm f’(x).
- Tìm các điểm x1 , x2 , …, xn trên khoảng (a;b), tại đó f’(x) bằng 0 hoặc
f’(x) không xác định .
- Tính f ( a ) , f ( b ) , f ( x1 ) , …, f ( xn ) .
Chọn số M lớn nhất trong n+2 số trên  M  max f ( x ) .
x[a;b ]

Chọn số m nhỏ nhất trong n+2 số trên  m  min f ( x ) .
x[a;b ]

Nếu thay đoạn [a;b] bởi khoảng (a;b), (a;b], [a;b) thì bƣớc thứ ba ở trên có

thể thay thế bởi việc lập bảng biến thiên của hàm số y=f(x); sau đó kết luận bài toán.
*) Các ví dụ:
x3
Ví dụ 1. Tìm GTLN, GTNN f ( x )  -  x trên đoạn [-2,3].
3

Lời giải
3


 x  1  2,3

Ta có f '( x )  -x 2  1 , f '( x )  0  

 x  1  2,3

2
3

.

2
3

Ta đƣợc f ( 1 )  f ( 2 )  , f ( 1 )   , f ( 3 )  6 , f(x) liên tục trên đoạn [-2,3].
2
3

Vậy max f ( x )  f ( 2 )  f ( 1 )  , min f ( x )  f ( 3 )  6 .
 2 ;3

2 ;3

Ví dụ 2. Tìm GTLN, GTNN của hàm số y  x  4  x 2 .
Lời giải
Tập xác định D   2; 2 ;
Ta có y  1 

x  0
x
, y  0  x  4  x 2   2
 x  2   2; 2 .
2
4  x2
x  4  x

Ta đƣợc y( 2 )  2 , y( 2 )  2 2 , y( 2 )  2 mà y liên tục trên D   2; 2

max y  2 2 khi x  2

min y  2 khi x  2



x2  8x  7
Ví dụ 3. Tìm GTNN, GTLN của hàm số y 
.
x2  1

Lời giải

TXĐ: 
1
8 x 2  12 x  8
y' 
; y'  0  x  2 ; x   . Ta có bảng biến thiên:
2
2
( x 1)
2

t

-

y’



+

1
2

0

-

0

9

y

1

+

2

+
1

-1

4


Vậy min y  1 khi x  2 ; max y  9 khi x  
xR

xR

1
.
2

Ví dụ 4. Tìm GTNN của hàm số y  x( x  2 )( x  4 )( x  6 )  5 với x  4 .
Lời giải
Ta có y  ( x2  6 x )( x 2  6x  8 )  5
Đặt t  g( x )  x2  6 x với x  4 . Khi đó: g'( x )  2 x  6 ; g'( x )  0  x  3
x

-

-4

+

-3

g’(x)

-

0

+
+

-8
g(x)
-9

Suy ra t [  9;  ) . Hàm số đã cho có dạng: y  f ( t )  t 2  8t  5 .
Ta có f '( t )  2t  8 ; f '( t )  0  t  4 .
Bảng biến thiên
t

-

-9

y’

+

-4
-

0

+
+

14
y
-11

Vậy min y  f ( 4 )  11 khi x2  6 x  4  x  3  5 .
4 ; 

5


Ví dụ 5. Tìm GTNN, GTLN của S  x  4  4  x  4 ( x  4 )( 4  x )  5 .
Lời giải
Điều kiện 4  x  4 .
Đặt t  g( x )  x  4  4  x , ta có:
g'( x ) 

1

1
; g'( x )  0  x = 0.

2 x4 2 4 x

Với g( 4 )  2 2 ; g( 0 )  4; g( 4 )  2 2 , g(x) liên tục trên đoạn [-4;4]  2 2  t  4 .
Khi đó

S  t  4(

t2  8
)  5  2t 2  t  21 .
2

S'  4t  1 0 t  2 2 ; 4  S là hàm nghịch biến trên đoạn [2 2 ; 4] .

Vậy minS  S( 4 )  7 khi x = 0 ; maxS  S( 2 2 )  5  2 2 khi x = 4 hoặc x = -4.
Ví dụ 6. Tìm GTNN , GTLN của S  2 sin8 x  cos 4 2 x , xR.
Lời giải
Do sin2 x 

1  cos 2 x 4
1
1  cos 2 x
)  cos 4 2 x = ( 1  cos 2 x )4  cos 4 2 x
nên ta có S= 2(
2
8
2

Đặt t = cos2x , 1  t  1. Bài toán trở thành tìm GTNN, GTLN của hàm số:
1
S  g( t )  ( 1  t )4  t 4 với 1  t  1, g(t) liên tục trên đoạn [-1;1].
8
1
2

1
3

Ta có g'( t )   ( 1  t )3  4t 3 ; g’(t) = 0  ( 1  t )3  8t 3  1-t =2t  t    1;1 .
1
3

1
, ta có:
27

1
1
1
maxS = 3 khi x   k ,k   ; minS =
khi x  ar cos chẳng hạn.
2
27
2
3

Với g(1) =1 ; g(-1) = 3 ; g( ) =

Bài tập tự luyện:
Bài 1. Tìm GTNN, GTLN của các hàm số sau:
6


8
3

a) f ( x )  3x3  12 x 2  12 x  16 , x  [0; ] . b) f ( x )   x4  6 x2  1 với x [  1; 2] .
d) y 

c) y  x  2 x 2  1 .
HD: c) Miny 

2x  3
4 x2  3

.

1
1
khi x  
.
2
2

d) chú ý tính giới hạn tại vô cực của hàm số.
Bài 2. Tìm GTNN, GTLN của hàm số f ( x )  x6  4( 1  x 2 )3 với x [  1;1] .
HD: Đặt ẩn phụ t  x2 , 0  t  1 .
Bài 3. Tìm GTNN của hàm số: y  ( x2  3x  2 )( x2  7 x  12 )  15 với x  4 .

HD: Đặt ẩn phụ t  x2  5x và khảo sát sự biến thiên của t khi x  4 .
Bài 4. Tìm GTNN, GTLN của S  x  1  8  x  4 ( x  1 )( 8  x )  5 .
HD: Đặt ẩn phụ t  x  1  8  x .
3 cos 4 x  4 sin 2 x
Bài 5. Tìm GTLN, GTNN của hàm số: y 
.
3 sin4 x  2 cos 2 x

HD: Sử dụng công thức hạ bậc để biến đổi hàm số và đặt ẩn phụ t  cos 2 x .
Bài 6. Tìm GTNN, GTLN của y  sin6 x  cos6 x  2 cos 4 x  sin 2 x  5 , x R.
HD: Đặt ẩn phụ t  sin 2 x .
Bài 7. Tìm GTNN, GTLN của hàm số y = 1  sin x  1  cos x .
HD: Đặt t = sinx + cosx.
Sử dụng biến đổi : y 2  2+ sinx+cosx+ 2 1+ sinx+cosx+ sinxcosx .
Ta khảo sát y 2 theo biến t, từ đó có đƣợc max y  4  2 2 ; min y  1 .
xR

xR

7


2.2. Phương pháp quy về một biến tìm GTLN, GTNN của biểu thức đại số
2.2.1. Phương pháp thế
Đây là phƣơng pháp đơn giản nhất trong việc quy biểu thức đại số về theo
một biến. Tuy nhiên, cách chọn biến để thay thế và tìm tập xác định cho biến mới,
hay cách xử lý hàm thu đƣợc sẽ có mức độ khó dần nhƣ các ví dụ sau đây:
Ví dụ 1. Cho x  y  1,x, y  0 . Tìm GTLN, GTNN của A 

x

y
.

y 1 x 1

Phát hiện tương ứng: Nhận thấy mỗi giá trị x tƣơng ứng một và chỉ một giá trị y
và mỗi cặp giá trị (x, y) cho tƣơng ứng với một giá trị A nên thực chất mỗi giá trị x
cho tƣơng ứng một giá trị A, chính vì vậy ta có thể thấy A là một hàm của x. Ngoài
ra sự tƣơng ứng còn thể hiện ở chỗ khi y  0 biến đổi thì x biến đổi theo nhƣng chỉ
nằm trên đoạn [0,1].
Lời giải
Từ giả thiết đƣợc y  1  x . Do x, y  0 nên 0  x  1 . Khi đó
A f(x)

x
y
x
1 x



y 1 x 1 2  x x 1

Khảo sát hàm số f(x) liên tục trên đoạn [0,1], ta có:
f '( x ) 

2
2
6( 2 x  1 )



2
2
( 2  x ) ( x  1 ) ( 2  x )2 ( x  1 )2

f '( x )  0  x 

Vậy: min A 

1
1
2
. Ta có : f ( )  , f ( 0 )  1, f ( 1 )  1 .
2
2
3

2
1
khi x  y  và max A  1 khi x = 0, y = 1 chẳng hạn.
3
2

Ví dụ 2. Cho x ,y > 0 thỏa mãn
K

x + y = 1. Tìm GTNN của biểu thức

x
y


.
1 x
1 y

Phát hiện tương ứng: Ta giải bài toán tƣơng tự ví dụ 1, tuy nhiên cấp độ hàm
thu đƣợc khó khảo sát hơn.
Lời giải
8


Từ giả thiết ta có y =1-x, 0
x
1 x
.

1 x
x

2 x
x 1
x
1 x
1
, f '( x ) 
, f '( x )  0  x  .


2

2( 1  x ) 1  x 2 x x
1 x
x

Xét hàm số f(x)=
x

-

1
2

0

g’(x)

-

1

0

+

+

+

g(x)
2

1
2

Vậy minK = 2 đạt đƣợc khi x  y  .
Ví dụ 3. Cho x, y  R thỏa mãn y  0; x2  x  y  12 . Tìm GTLN, GTNN của biểu
thức P  xy  x  2 y  17 .
Phát hiện tương ứng: Từ giả thiết, khi thế y bằng biểu thức của x thì P là một
hàm theo x. Ở bài toán này,việc tìm điều kiện cho x tăng lên một cấp độ.
Lời giải
Từ giả thiết ta có y  x 2  x  12  0 hay 4  x  3 .
Khi đó P  f ( x ) , với f ( x )  x3  3x2  9 x  7; x  4; 3 .
Ta có f ( x )  3( x 2  2x  3 ); f ( x )  0  x  3  x  1 .
Mặt khác f ( 1 )  12, f ( 3 )  f ( 3 )  20, f ( 4 )  13 và f(x) liên tục trên đoạn [-4;3].
Vậy min P = -12 khi x = 1; y = -10; max P = 20 khi x = -3; y = -6 hoặc x = 3; y = 0.
Ví dụ 4. Cho x, y  R thỏa x3  y . Tìm GTNN của P  x2  y 2  8x  16 .
9


Phát hiện tương ứng: Ta dễ thấy việc phải “thế” y 2 bởi một biểu thức chứa x
nhờ điều kiện y  x3 để đánh giá P  f ( x ) , f(x) là một hàm số nào đó.
Lời giải
TH1: x  0 .
Ta có P  x2  y 2  8x  16  16 với mọi x  0; x3  y . Suy ra min P  16 khi x = y = 0.
TH2: x > 0.
Ta có y  x3  y 2  x6 .
Từ đó P  f ( x ) , với f ( x )  x6  x 2  8x  16,x   0;   .
Vì f '( x )  6 x5  2 x  8, f '( x )  0  x  1 nên ta có bảng biến thiên:
x

-

0

+

1

f’(x)

-

0

+
+

16
f(x)
10

Do đó min P  10 khi x = y = 1.
Từ hai trƣờng hợp trên, ta kết luận min P  10 khi x = y = 1.
Bài tập tự luyện
Bài 1. Cho x  y  1 . Tìm GTNN của biểu thức P  x3  y3  3( x2  y 2 )  3( x  y ) .
Bài 2. [D2009] Cho x, y  0,x  y  1 . Tìm GTLN, GTNN của biểu thức S, biết rằng
S  ( 4 x2  3 y )( 4 y 2  3x )  25xy.

Bài 3. Cho x  2 y  1,x, y  0 . Tìm GTLN A  2 xy  2 y.
10

1 1 5
1
  . Tìm GTNN của S  4 x  y.
4
x y 4

Bài 4. Cho x, y >0 thỏa mãn:

HD: min P  5 khi x = 1 và y = 4.
Bài 5. Cho x  0, y  0 và x  y  1 . Tìm GTNN của biểu thức P = 32 x +3 y .
HD: Từ dữ kiện bài toán, ta thế biến y theo x để thu đƣợc đánh giá P  f ( x ) .
Bài 6. Cho hai số thực dƣơng x, y thỏa mãn x  y  4 . Tìm GTLNN của biểu thức
P

3x 2  4 2  y 3
.

4x
y2

HD: Dự đoán dấu bằng xảy ra khi x = y = 2. Do đó ta đánh giá đƣợc

2 1
 y và
y2 2

9
2

thế y  4  x . Từ đó có đƣợc min P  .
2.2.2. Sử dụng tính đối xứng
Ví dụ 1. Cho x  0, y  0 và x  y  1 .Tìm GTNN, GTLN của biểu thức sau đây:
T=

x
y
.
+
y+1 x+1

Phát hiện tương ứng: Trong bài toán này, ta có thể nhận thấy các biểu thức ở
cả giả thiết và kết luận đều đối xứng với x, y. Mặt khác, ta biết rằng mọi biểu thức
đối xứng nhƣ vậy đều có thể viết về x+y và xy. Lại có x + y = 1 nên dễ thấy T sẽ là
một hàm theo biến t = xy. Việc còn lại là tìm điều kiện cho t.
Lời giải

 x+ y  - 2 xy+1 = 2 - 2 xy .
x
y
+
Ta có: T =
=
2+ xy
y+1 x+1
2 + xy
2

 xy  0

1
1
 0  xy   0  t  .
4
4
1  2 xy

Đặt xy = t , vì x + y =1, x  0, y  0  
Khi đó T = f(t) =

2 - 2t
1
với 0  t  .
2+t
4
11


Do f '( t ) 

-6

 2+t 

2

 1
< 0 với  t  0;  nên hàm số f(t) nghịch biến trên đoạn
 4

 1
0; 4 

 x = 0, y = 1
,
 maxT = f(0) = 1 khi t = xy = 0  
y
=
0,x
=
1

1
4

minT = f( ) =

2
1
1
khi t =  x = y = .
3
4
2

Ví dụ 2: Cho x,y là các số thực thoả mãn x2  xy  y 2  1. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ
x4  y 4  1
nhất của biểu thức P  2
.
x  y2  1

(Đề thi thử ĐH chuyên Nguyễn Tất Thành – Yên Bái 2012)
Phát hiện tương ứng: Ở bài toán này, các biến đối xứng và có bậc 4 ở tử
thức. Theo giả thiết, cả tử thức và mẫu thức của P đều quy đƣợc về xy. Tuy nhiên,
tìm điều kiện cho xy ở đây không còn đơn giản.
Lời giải
Từ giả thiết suy ra:
1
3

1  x 2  xy  y2  2xy  xy  xy;1  (x  y)2  3xy  3xy . Do đó ta có   xy  1 .

Mặt khác x 2  xy  y 2  1  x 2  y 2  1  xy nên x 4  y 4   x 2 y 2  2 xy  1.
Đặt t = xy, bài toán trở thành tìm GTLN và GTNN của:
 t 2  2t  2 1
P  f (t ) 
;  t  1.
t2
3

Ta có f ' (t )  0  1 

t  6  2
6
0
.
2
(t  2)
t   6  2(l )

 1 

1

11

Do f(t) liên tục trên đoạn   ;1 mà f (  )  , f ( 6  2 )  6  2 6 , f ( 1 )  1 nên
3 15
 3 
ta đƣợc:
12


min P 

1 
11
 1
 1 1 
khi  x; y    ;   hoặc  x; y     ;  ,
15
3
3 3
 3








2 6 2
6  1  14 6  33

 chẳng hạn.
max P  6  2 6 khi  x; y  
;

2
6  1  14 6  33 


Ví dụ 3. Cho x, y thỏa mãn: x 2  y 2  2 . Tìm GTLN, GTNN của biểu thức A, biết
rằng A  2( x3  y3 )  3xy.
Lời giải
Ta có D  ( x, y,z )|0  x, y, z và x  y  z  1



t2  2
Đặt x  y  t thì xy 
. Do t 2  2( x 2  y 2 )  4 nên 2  t  2.
2

Khi đó:
 t  1  2; 2
3
A  f ( t )  t 3  t 2  6t  3  f '( t )  3t 2  3t  6, f '( t )  0  
.

2
t  2   2; 2

Xét f ( 2 )  7 , f ( 1 ) 
max A 

13
, f ( 2 )  1 mà f(t) liên tục trên đoạn [-2;2] nên:
2

13
1 3
1 3
,y 
khi t = 1  x 
chẳng hạn.
2
2
2

min A  7 khi t = -2  x  y  1.

Ví dụ 4. Cho x, y là các số thực dƣơng thỏa mãn (x+1)(y+1) = 4. Tìm GTNN của
 x3
y3 
biểu thức sau: M = 32 

 x2  y 2 .
3
3

  y  3  x  3 

Phát hiện tương ứng: Trong giả thiết của bài toán, ta dễ thấy việc quy M về
hàm theo biến t = x + y hoặc t = xy . Tuy nhiên, cần phải sử dụng bất đẳng thức
phụ để chỉ ra hàm f(t) sao cho M  f ( t ).
Lời giải
Đặt S  x  y,P  xy,S 2  4 P .
13


Giả thiết suy ra S  P  3  S 

S2
 S  2.
4

u  v  .
3
3
Với mọi u > 0, v> 0 thì u  v   u  v   3uv  u  v    u  v    u  v  
4
4
Lại có xy  3   x  y  nên ta có:
3

3

3

3

3

 x   y  1 x
y  1   x  y  1 x  y  6  
1
3

   S  1 .

 
  
  
12  2( x  y )
 y 3  x 3 4 y 3 x 3 4
 32
3

3

3

3

Do đó M  f ( S ), f ( S )   S  1  S 2  2S  6 ,S  2
3

Xét đƣợc f '( S )  3  S  1 
2

S 1

 S  1

2

 3  S  1  1 

7

2

7

 S  1  7
2

 0,S  2 .

Vậy min M  f ( 2 )  1  2 khi S  2  x  y  1.
Ví dụ 5. Cho x, y, z > 0 và x + y + z  1. Tìm GTNN của biểu thức
S  x2  y 2  z 2 

1 1 1
  .
x3 y 3 z 3

Phát hiện tương ứng: Tăng số lƣợng biến nhƣng vẫn đảm bảo tính đối xứng.
Tƣơng tự ví dụ 4, ta phải đánh giá đƣợc S  f ( t ) với t = x + y + z.
Lời giải

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:
1
( x2  y 2  z 2 )( 12  12  12 )  ( x  y  z )2  x 2  y 2  z 2  ( x  y  z )2 .
3

Áp dụng bất đẳng thức Cô Si ta có:
1 1 1
1 1 1
3
3
81
.
 3  3  33 3 . 3 . 3 


3
x
y
z
x y z
xyz ( x  y  z )3 ( x  y  z )3
3

Do đó S 

( x  y  z )2
81
. Đặt t = x+y+z ( 0  t  1 ) .

3

( x  y  z )3

t 2 81
Khi đó S  f ( t )   3 ;
3 t

2t 243 2t 5  729
f '( t )   4 
 0 t   0;1 .
3
t
3t 4
14


 f(t) nghịch biến trên nửa khoảng (0;1]  min S  min f ( t )  f ( 1 ) 
t( 0 ;1 ]

244
khi
3

1
x yz .
3

Ví dụ 6 [B-2010]. Cho các số thực không âm thỏa mãn a  b  c  1 . Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức: A  3( a 2b2  b2c2  c 2a 2 )  3( ab  bc  ca )  2 a 2  b2  c 2 .
Phát hiện tương ứng: Biểu thức A có tính đối xứng đối với cả 3 biến. Do ta
đều đánh giá đƣợc a2b2  b2c2  c2a 2 ,a 2  b2  c 2 không nhỏ hơn các biểu thức chỉ

chứa ab  bc  ca nên ta có lời giải sau:
Lời giải
Đặt ab  bc  ca  x  x 

( a  b  c )2 1
 1
  x  0,  .
3
3
 3

A  3( a 2b2  b2c 2  c 2a 2 )  3( ab  bc  ca )  2 a 2  b 2  c 2  3( ab  bc  ca )  2 a 2  b 2  c 2

 3( ab  bc  ca )  2 ( a  b  c )2  2( ab  bc  ca )  3x  2 1  2 x .
 1

Xét hàm số f ( x )  3x  2 1  2 x ,x  0,  .
 3
Ta có f ( x )  3 

5
2
, f ( x )  0  3 1  2 x  2  9( 1  2 x )  4  x  .
18
1  2x

Mặt khác f ( 0 )  2; f (

5
13

1
2
)  ; f ( )  1
và f(x) liên tục trên đoạn
18
6
3
3

 1
0 , 3  .

Suy ra min A  2 khi x  0 hay (a,b,c) là hoán vị của bộ ( 0,0,1 ) .
Ví dụ 7: Cho x, y,z  0 thỏa mãn x  y  z  1. Chứng minh

1
1

 16 .
xz yz

Phát hiện tương ứng: Trong kết luận của bài toán, hai biến x, y có vai trò nhƣ
nhau. Lại có x  y  z  1 nên khi thế z bởi 1  ( x  y ) thì kết luận của bài toán chỉ
quy về BĐT hai biến có tính đối xứng với x, y.
Lời giải
Đặt t  x  y từ giả thiết ta có z  1  t và 0  t  1 .
15


Áp dụng BĐT ( x  y )2  4 xy hay xy 

Khi đó A 

t2
.
4

1
1
t
4
.


 2
xz yz xy( 1  t ) t  t

Xét hàm số f ( t ) 

4
4( 2t  1 )
1
; f ( t )  2
; f ( t )  0  t 
2
t  t
(t t )
2
2

Vì lim f ( x )  lim f ( x )   và f(t) liên tục trên khoảng (0;1) nên:

x1

x0

1
1
1
min A  min f ( t )  f ( )  16 khi x  y  ; z  .
t( 0 ;1 )
2
4
2

Bài tập tự luyện:
x3
y3
Bài 1. Cho x, y >0 và xy=1. Tìm GTLN, GTNN của S 

.
1 y 1 x

HD: Dồn các biến x, y theo ẩn x  y Từ ( x  y )2  4 xy  4 suy ra x  y  2.
Bài 2. [A2006] Cho x, y  0 thỏa mãn ( x  y )xy  x2  y 2  xy . Tìm GTLN của
A

1 1
 .
x3 y 3

Bài 3. Cho x2  y 2  x  y . Tìm GTNN,GTLN của biểu thức P  x3  y3  x 2 y  y 2 x .

HD: Biến đổi P về theo biến t = x + y.
Bài 4. Cho x,y thỏa mãn x2  y 2  xy  3 . Tìm GTLN, GTNN của S với
S  x 4  y 4  4 xy  x3 y3 .

HD: Biến đổi P về theo biến t = xy.
Bài 5.[B2009] Cho x,y thỏa mãn: ( x  y )3  4 xy  2 . Tìm GTNN của A, biết rằng
A  3( x4  y 4  x2 y 2 )  2( x 2  y 2 )  1.

Bài 6. Cho các sô thực x, y, z thỏa mãn x2  y 2  z 2  1 . Tìm GTLN, GTNN của
S  xy  yz  zx  x  y  z.
16


HD: Bài toán này quy về ẩn t  x  y  z .
Điều kiện ( x  y  z )2  3( x2  y2  z 2 ) nên  3  t  3.
Bài 7. Cho các số thực không âm x, y,z thoả mãn x2  y 2  z 2  3 . Tìm giá trị lớn
nhất của biểu thức P  xy  yz  zx 

5
.
x yz

HD: Bài toán này quy về ẩn t  x  y  z .
Bài 8. Cho x, y, z   0;1 thỏa mãn: xyz  ( 1  x )( 1  y )( 1  z ) . Tìm GTNN của:
P  x2  y 2  z 2 .

HD: Do xyz=(1-x)(1-y)(1-z)  xy  xz  yz  2xyz  x  y  z  1.
Và ( x  y  z )2  P  2( 2xyz  x  y  z  1 )  P  ( x  y  z )2  2( x  y  z )  4xyz  2 .
nên nếu đặt t = x+y+z thì từ giả thiết suy ra t  ( 0; 3 ) .
t3

t3
2
Theo BĐT Cauchy t  3 xyz  xyz   P  t  2t  4  2  f ( t ) .
27
27
3

Bài toán trở thành tìm GTNN của hàm f(t) trên t  ( 0; 3 ) .
Bài 9. [DB A-2009] Cho x, y,z  1; 3 và x  y  z  8 . Tìm GTLN của
P  x3  y 3  5 z 3 .

a 4 b4
a 2 b2
a b
Bài 10. Cho a.b  0 . Tìm GTNN của y  4  4  ( 2  2 )   .
b
a
b
a
b a

HD: Đặt t 

a b
  y  t 4  5t 2  t  4 , t  2 .
b a

2.2.3. Sử dụng tính đẳng cấp
Ví dụ 1. Cho x, y là các số thực thuộc đoạn 3; 5 . Tìm GTLN, GTNN của biểu
thức A 

3x  y
.
x  2y
17


Phát hiện tương ứng: Vì tử số và mẫu số của A là các biểu thức đẳng cấp bậc
nhất nên khi chia cả tử và mẫu của A cho y ta thu đƣợc hàm số của biến t 

x
.
y

Lời giải
x
3 1
3 x 5
y
Do x, y  3; 5    . Ta có: A 
.
x
5 y 3
2
y

Đặt t 

7
x

3t  1
3 5
3 5
 0,t   ;  .
 A  f ( t ), f ( t ) 
,t   ;   f '( t ) 
2
y
t2
5 3
5 3
t  2

Suy ra maxA 

12
5
4
khi t = hay x = 5, y = 3; min A 
khi x = 3, y = 5.
11
3
13

x 2  xy  y 2
Ví dụ 2. Tìm GTNN, GTLN của S 
, x2  y 2  0 .
2x2  y 2

Phát hiện tương ứng: Tƣơng tự nhƣ trên, ta biến đổi S thành một hàm của

biến số mới là t 

x
bằng cách chia tử số và mẫu số của S cho y 2 . Tuy nhiên, biến y
y

có thể bằng 0 nên lời giải đƣợc trình bày nhƣ sau:
Lời giải
x2
1
TH1: y = 0  S  2  .
2x
2

TH2: y  0 , chia cả tử số và mẫu số của S cho y 2 ta đƣợc :
x2 x
 1
t2  t 1
x
y2 y
, đặt t  . Khi đó S  2
, t .
S
x2
2t  1
y
2 2 1
y
S' 

1  3
2t 2  2t  1
; S'  0  2t 2  2t  1  0  t 
.
2
2
2
( 2t  1 )

Bảng biến thiên
18


t

1  3
2

-

S’

-

0

1  3
2

+

3
2 32

Kết hợp TH1 và TH2 ta có :

Vậy minS =

-

3
2 32

1
2

S

0

+

1
2

3
3
 S
2 32
2 32

3
x 1  3
3
x 1  3
khi 
; max S =
khi 
.
y
2
y
2
2 32
2 32

Ví dụ 3. [B2008] Cho x, y thỏa mãn: x 2  y 2  1 . Tìm GTLN, GTNN của
P

2( x 2  6 xy )
.
1  2 xy  2 y 2

2( x 2  6 xy )
HD: Ta có chú ý 1  x  y nên P  2
. Giải bài toán tƣơng tự nhƣ ví
x  2 xy  3 y 2
2

2

dụ 2, ta thu đƣợc: maxP  3 khi x 
min P  6 khi x 

3
1
3
1
,y 
,y  
hoặc x  
;
10
10
10
10

3
2
3
2
,y  
,y 
.
hoặc x  
13
13
13
13

Ví dụ 4. [Dự bị A2006]. Cho x, y thỏa mãn: x2  xy  y 2  3 . Chứng minh rằng
4 3  3  x2  xy  3 y 2  4 3  3

HD: Đặt A  x2  xy  y 2 ,B  x2  xy  3 y2 thì 0  A  3.
+) Nếu A = 0 thì x=y=0 nên B=0.
B x 2  xy  3 y 2
.
+) Nếu A  0 thì  2
A x  xy  y 2

Khi y  0 thì x 2  3 , B  x 2 , bất dẳng thức luôn đúng
19


Khi y  0 thì

B t2  t  3
x
với t  .
 2
A t  t 1
y

Xét hàm số u 

t2  t  3
3  4 3
3  4 3



u

.
t2  t 1
3
3

Từ đó, ta đƣợc điều cần chứng minh.
Ví dụ 5. Cho các số thực dƣơng a, b, c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P

2

a  ab  3 abc

3
.
abc

Phát hiện tương ứng: Mẫu thức của các phân thức trong P đều thuần nhất.
Do đó, ta thử lấy P là một tƣơng ứng của a + b + c. Việc cần làm là đánh giá
a  ab  3 abc không lớn hơn một biểu thức chỉ chứa a + b + c nhờ kĩ thuật đồng

nhất hệ số.
Lời giải
Áp dụng bất đẳng thức Cô si, ta có:
ab 

a  4b 3
a  4b  16c

4
, abc 
 a  ab  3 abc  ( a  b  c ) .
4
12
3

Do đó P 
Đặt t 

3

2( a  b  c )

3
.
abc

3
1
,t  0. Ta đƣợc: P  f ( t )  t 2  3t , lim f  t   0, f '( t )  0  t  1.
x0
2
abc

t

-

0

+

1

f’(t)

-

0

+
+

0
f(t)


3
2
20


Vậy min P  

a  4b  16c
3
16
4
1

khi 
 a  ,b  ,c  .
2
21
21
21
t  1

Ví dụ 6 [A2013]. Cho các số thực dƣơng a,b,c thỏa mãn  a  c  b  c   4c 2 . Tìm
giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 

32a3

 b  3c 

3



32b3

 a  3c 

3



a 2  b2
.
c

Phát hiện tương ứng: Ta thấy giả thiết và kết luận của bài toán đều chứa các
biểu thức đẳng cấp. Trong đó, biến a, b đối xứng và khác vai trò với biến c. Vì vậy,
ta biến đổi giả thiết và dẫn tới biến đổi P nhƣ sau:

 a  c  b  c   4c 2  

a  b 
 1  1  4 ;
 c  c 

3

3

a
b
32  
32  
2
2
c
c
a b


P

     .
3

3
c c
b
 a

  3   3
c
 c


Khi đó, nếu ta đặt x =

a
b
; y = thì bài toán trở thành Ví dụ 4 – 3.2. sử dụng tính
c
c

đối xứng của hai biến x và y. Nhƣ vậy, bài toán đƣợc giải xong.
Ví dụ 7 [HSG12 Vĩnh Phúc 2015-2016].
Cho x,y,z là ba số thực thuộc đoạn [1;9] và x  y; x  z . Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức
P

y
1 y
z 
 

.

10 y  x 2  y  z z  x 

Phát hiện tương ứng: Các biểu thức trong giả thiết và kết luận của bài toán
đều có tính thuần nhất với các biến, trong đó vai trò của y, z là nhƣ nhau. Từ đó, ta
chia: 2 vế của các ràng buộc trong giả thiết, cả tử và mẫu thức của các phân thức
trong P cho x. Tuy nhiên, biểu thức P thu đƣợc theo các biến mới khá cồng kềnh.
Ta xét lại từng biểu thức trong P:
y
1

,
10 y  x 10  x
y

y
1

,
y  z 1 z
y

z
1

.
z  x 1 x
z
21

Nhƣ vậy, P trở thành biểu thức đơn giản hơn và đối xứng với hai biến
cần bất đẳng thức phụ đánh giá

1
1

z
y

1



1

x
z

z x
, . Ta
y z

x
x
, với  1 .
y
y

theo

Lời giải
*) Với a, b dƣơng thỏa mãn ab  1 ta có bất đẳng thức

1
1
2
.


1  a 1  b 1  ab

Thật vậy:
Vì ab  1

1
1
2



1  a 1  b 1  ab



a b


2



ab  1  0 (đúng).

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a  b hoặc ab  1.
*) Theo giả thiết, ta có

z x x
.   1 , nên áp dụng BĐT trên, ta có:
y z y




1
1 1
1 
1
1

P
 


x 2
z
x
x
x
10 
1

1   10 
1

y
y
z
y
y



Đặt t 

x
1
1

liên tục trên đoạn
 1  t  3 . Khi đó P  f  t  với f  t  
2
10  t 1  t
y

[1;3].
f ' t  

2t



1

; f '  t   0  t 4  2t 3  24t 2  2t  100  0

10  t  1  t 
  t  2   t  24t  50   0  t  2 (Vì t
2 2

2

3

1
2

Xét thấy f ( 2 )  , f ( 3 ) 

3

 24t  50  0 t  1; 3 ).

5
11
1
, f ( 1 )  . Suy ra Pmin  khi x=2z=4y.
4
18
2

Bài tập tự luyện:

Bài 1. Cho hai số thực dƣơng x, y thỏa mãn x  y . Tìm GTLN và GTNN của biểu
thức A 

5x  y
.
3x  y
22


Bài 2. Cho x, y là các số thực không đồng thời bằng 0. Tìm GTLN và GTNN của
các biểu thức sau: M 

x 2  xy  y 2
20 x 2  10 xy  3 y 2
.
,
P

3x 2  y 2
3x 2  2 xy  y 2

Bài 3. Cho 7 x2  2 xy  4 y 2  3 . Tìm GTNN của A  5x 2  2 xy  3 y 2 .
Bài 4. Cho các số thực dƣơng x,y thỏa x 2  y 2  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức P 

x 2  xy  2 y 2
.
y2  1

Bài 5. Cho 0  x  y . Chứng minh rằng 9 xy  x x 2  y 2  13x y 2  x 2  16 y 2 .

Bài 6 [A2010]. Cho x,y,z > 0 thỏa mãn: x( x  y  z )  3 yz . Chứng minh rằng
( x  y )3  ( x  z )3  3( x  y )( y  z )( z  x )  5( y  z )3

HD: Chuyển bài toán về theo hai biến

y
z
 a,  b .
x
x

Bài 7[A2011]. Cho x, y,z là ba số thực thuộc đoạn 1; 4 và x  y, x  z . Tìm GTNN
của biểu thức P 

x
y
z


.
2x  3y y  z z  x

2.2.4. Phương pháp “dạt ra biên”
Khi gặp một bài toán tìm max – min của một biểu thức đại số, ta có thể coi
biểu thức đang xét là một hàm số theo một biến nào đó, các biến còn lại đóng vai
trò tham số. Cứ nhƣ vậy, ta đánh giá đƣợc biểu thức theo hàm mới của các biến
“tham số” mà việc tìm GTLN, GTLN của hàm mới đó đơn giản hơn.
Ví dụ 1. Cho x, y,z  [0,2]. Tìm GTLN của A  2( x  y  z )  ( xy  yz  zx ) .
Phát hiện tương ứng: Nếu cố định y và z thì A  f ( x ) là hàm bậc nhất
biến x. Vì x  0,2 nên A  max {f ( 0 ), f ( 2 )} Nhƣ vậy, bài toán đƣợc giải quyết

đơn giản hơn.
Lời giải
Ta có: A  ( 2  y  z )x  2( y  z )  yz  f ( x ).
23


Vì y = f(x) là hàm số bậc nhất theo biến x, x  0,2 nên A  max {f ( 0 ), f ( 2 )} .
Lại có yz  0  f ( 2 )  4  yz  4
y,z  2  f ( 0 )  2( y  z )  yz  4  ( 2  y )( 2  z )  4 ;

Vậy max {f ( 0 ), f ( 2 )}=4 hay max A = 4 khi x  0, y  0,z  2 chẳng hạn.
Ví dụ 2: Cho a,b,c  0 thỏa mãn a  b  c  3 . Chứng minh a2  b2  c2  abc  4 .
Lời giải
Ta có:
VT  a 2  b2  c2  abc  ( a  b )2  2ab  c 2  abc  ( c  2 )ab  ( 3  c )2  c 2
 ( c  2 )ab  2c 2  6c  9 .

Đặt t  ab, 0  t 

( a  b )2 ( 3  c )2

 VT  f ( t )  ( c  2 )t  2c 2  6c  9 .
4
4

Dễ thấy f ( t ) là một hàm bậc nhất với biến t . Ta lại có với mọi c  0; 3 thì:
3
9 9
f ( 0 )  2c 2  6c  9  2( c  )2    4 .
2

2 2

3  c

( 3  c )2
( c  1 )2 ( c  2 )
2
f(
) (c 2)
 2c  6c  9 
 4  4.
4
4
4
 ( 3  c )2 
Suy ra: f ( t )  4; t  0;
. Ta có điều phải chứng minh.
4 

2

Sau đây, ta cùng xét một ví dụ đơn giản của phƣơng pháp “dạt ra biên” mà
biểu thức đang xét không chỉ là hàm bậc nhất nhƣ trong hai ví dụ trên.
Ví dụ 3 : Cho a,b,c là các số thực dƣơng thỏa a  2b . Chứng minh rằng:
14( a 2  b2  c 2 )  5( a  b  c )2

a
2

Phát hiện tương ứng: Giả thiết bài toán cho thấy 0  b  . Vì vậy, ta có thể

quy bài toán trên về bài toán: chứng minh hàm số
2
 a
f ( b )  14  a 2  b2  c 2   5  a  b  c  có giá trị không âm trên nửa khoảng  0;  .
 2

Lời giải
24