Một số ứng dụng của hàm số
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.79 MB, 49 trang )
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT LÊ XOAY
=====***=====
BÁO CÁO KẾT QUẢ
NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN
Tên sáng kiến:
Một số ứng dụng của hàm số
Tác giả sáng kiến: Nguyễn Thị Thanh
Mã sáng kiến: 21.52
Vĩnh Phúc, năm 2020
1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT LÊ XOAY
=====***=====
BÁO CÁO KẾT QUẢ
NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN
Tên sáng kiến:
Một
số ứng
dụng pháp
của hàm
Sử dụng
phương
hàmsốsố để tìm giá trị lớn nhất – giá trị nhỏ nhất
Tác giả sáng kiến: Nguyễn Thị Thanh
Mã sáng kiến: 21.52
Vĩnh
Vĩnh Phúc,
Phúc, năm
năm 2020
2018
2
MỤC LỤC
1.
Lời giới thiệu
4
2.
Tên sáng kiến
4
3.
Tác giả sáng kiến
4
4.
Chủ đầu tư tạo ra sáng kiến
4
5.
Lĩnh vực áp dụng sáng kiến
4
6.
Ngày sáng kiến được áp dụng thử
4
7.
Mô tả bản chất sáng kiến
4
Cơ sở lí luận và thực tiễn
4
7.1. Nội dung của sáng kiến
5
A. Lí thuyết giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số
5
B. Phương pháp hàm số tìm GTLN – GTNN
1. GTLN – GTNN của hàm số
2. GTLN – GTNN của biểu thức chứa nhiều biến
6
6
9
C. Ứng dụng của GTLN – GTNN
34
1. Ứng dụng vào bài toán giải phương trình, bất phương trình chứa tham số 34
2. Ứng dụng vào bài toán thực tế
39
D. Một số câu hỏi trắc nghiệm
45
7.2. Về khả năng áp dụng của sáng kiến
47
8.
Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến
47
9.
Đánh giá lợi ích thu được hoặc dự kiến có thể thu được do áp dụng sáng kiến 47
kinh nghiệm theo ý kiến của tác giả
10. Danh sách những tổ chức cá nhân đã tham gia áp dụng thử hoặc áp dụng 48
sáng kiến lần đầu
3
BÁO CÁO KẾT QUẢ
NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN
1. Lời giới thiệu
Bài toán tìm giá trị nhỏ nhất (GTNN), giá trị lớn nhất (GTLN) của một
biểu thức là một bài toán bất đẳng thức và đây là một trong những dạng toán khó
ở chương trình phổ thông. Trong đề thi học sinh giỏi, đề thi THPT Quốc gia, nội
dung này thường xuất hiện ở dạng câu khó nhất. Trong Sách giáo khoa Giải tích
12 thì chỉ trình bày cách tìm GTNN, GTLN của hàm số (tức biểu thức một biến
số). Vì vậy, một số dạng bài toán tìm GTNN, GTLN của một biểu thức chứa một
biến trở nên đơn giản. Tuy nhiên thực tế, hầu hết học sinh là không giải quyết
được cho bài toán từ hai biến trở lên, thậm chí còn có tâm lí không đọc đến.
Thực tế trong bài tập thi bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất yêu
cầu cao đa dạng đòi hỏi học sinh có nhiều kĩ năng. Hơn nữa số lượng bài tập tham
khảo không đầy đủ. Vì vậy để góp phần giúp cho học sinh củng cố, khắc sâu kiến
thức, hứng thú trong học tập từ đó vận dụng để giải tốt bài tập về GTLN - GTNN,
đạt được kết quả cao trong các kì thi chọn học sinh giỏi, thi THPT Quốc Gia, tôi
đã quyết định chọn đề tài “Một số ứng dụng của hàm số”
2. Tên sáng kiến:
Một số ứng dụng của hàm số
3.Tác giả sáng kiến:
- Họ và tên: Nguyễn Thị Thanh
- Chức vụ: Giáo viên.
- Địa chỉ: Trường Trung Học Phổ Thông Lê Xoay, Khu 2, thị trấn Vĩnh Tường,
huyện Vĩnh Tường, tỉnh Vĩnh Phúc.
- Số điện thoại: 0986365068.
- E-mail:
4. Chủ đầu tư tạo ra sáng kiến:
Trường THPT Lê Xoay - huyện Vĩnh Tường - tỉnh Vĩnh Phúc.
5. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến:
Giảng dạy và bồi dưỡng kỹ năng giải bài tập giải tích cho học sinh THPT
6. Ngày sáng kiến được áp dụng thử: Từ tháng 10 năm 2016.
7. Mô tả bản chất sáng kiến
Cơ sở lí luận và thực tiễn
Trong Sách giáo khoa Giải tích 12 thì chỉ trình bày cách tìm GTNN,
GTLN của hàm số (tức biểu thức một biến số).
Các em học sinh còn lúng túng thậm chí bỏ qua bài toán tìm giá trị lớn
nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức chứa nhiều biến và trong các kì thi chọn học
4
sinh giỏi, đề thi THPT Quốc gia, những bài toán này thường ở dạng khó ở mức
vận dụng cao phải sử dụng kết hợp các phương pháp.
Từ thực tế trên mục đích của đề tài là xây dựng được phương pháp tìm
tòi có căn cứ để giải bài toán: dựa vào các bất đẳng thức, các hàm trung gian sau
đó kết hợp với phương pháp hàm số để tìm được giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất
của biểu thức.
7.1. Nội dung của sáng kiến.
A. Lí thuyết giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số
1. Định nghĩa:
Định nghĩa: Cho hàm số
xác định trên tập D
Số M gọi là giá trị lớn nhất của hàm số y f x trên tập D nếu:
y f ( x)
f ( x) M , x D
x0 D, f ( x0 ) M
Kí hiệu: M max f ( x) .
D
Số m gọi là giá trị nhỏ nhất của hàm số y f x trên tập D nếu:
f ( x) m, x D
x0 D, f ( x0 ) m
f ( x)
Kí hiệu: m min
D
2. Quy tắc tìm GTLN, GTNN của hàm số liên tục trên đoạn [a; b]
a. Định lí: Mọi hàm số liên tục trên một đoạn đều có GTLN và GTNN trên đoạn
đó.
b. Qui tắc tìm GTLN, GTNN của hàm số liên tục trên đoạn [a; b]
Tìm các điểm x1 , x2 ,..., xn trên khoảng a; b tại đó f '( x) bằng 0 hoặc không xác
định.
Tính f (a), f ( x1 ), f ( x2 ),..., f ( xn ), f (b)
Tìm số lớn nhất M và số nhỏ nhất m trong các số trên
M max f ( x ), m min f ( x )
[a;b]
[a;b]
Nhận xét.
min f x f a
a ;b
;
max
f
x
f
b
a ;b
min f x f b
a;b
.
max
f
x
f
a
a ;b
f ( x) đồng biến trên a; b
f ( x) nghịch biến trên a; b
3. Quy tắc tìm GTLN, GTNN của hàm số trên (a; b)
5
Tìm tập xác định.
Tính f '( x). Tìm các điểm x1 , x2 ,..., xn mà tại đó f '( x) bằng 0 hoặc không xác
định
Sắp xếp các điểm x1 , x2 ,..., xn theo thứ tự tăng dần và lập bảng biến thiên
Từ bảng biến thiên kết luận về GTLN, GTNN của hàm số trên a; b
B. Phương pháp hàm số tìm GTLN – GTNN
1. GTLN – GTNN của hàm số
1.1 Phương pháp khảo sát trực tiếp
2 x 2 3x 3
Bài 1. Tìm GTLN, GTNN của hàm số y
trên đoạn 0; 2 .
x 1
Giải
4 x 3 x 1 2 x2 3x 3 2 x2 4 x
0 x 0; 2 .
Ta có y '
2
2
x 1
x 1
y
Lại có y 0 3 , y 2 17 . Suy ra min y 3 , max
0;2
0;2
3
17
.
3
Nhận xét: Đây là bài toán không khó, học sinh hoàn toàn làm được.
Ngoài cách làm tự luận tìm ra đáp án bài toán, nếu học sinh gặp bài toán này dạng
trắc nghiệm học sinh có thể sử dụng máy tính casio để giải như sau:
Sử dụng mod 7 nhập hàm f ( x)
2 x 2 3x 3
x 1
Start 0 end 2 step 0.5
Từ bảng hiện trên máy tính suy ra giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của hàm số
min y 3 , max y
x0;2
x 0;2
17
3
Bài 2. Tìm GTNN của hàm số f ( x) x2 4x 21 x2 3x 10 .
Giải:
TXĐ: D 2;5
Ta có: f x
x2
x 4 x 21
2
2x 3
2 x 2 3x 10
f x 0 2 x 2 x 2 3x 10 2 x 3 x 2 4 x 21
1
x
2
2
3
4 x 2 x 2 3x 10 2 x 3 x 2 4 x 21
x 29
17
6
Thử lại, ta thấy chỉ có x 1 là nghiệm của f x 0 .
3
1
Ta có f (2) 3; f (5) 4; f 2
3
2 tại x
Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số bằng
1
3
Nhận xét: Sử dụng đạo hàm đối với bài này là không khó. Tuy nhiên học sinh lại
khá lúng túng trong việc giải phương trình f x 0 . Thế nhưng khi chuyển thành
bài toán trắc nghiệm thì học sinh dễ dàng tìm ra được đáp án. Cách sử dụng máy
tính casio để tìm GTLN, GTNN của hàm số giống với bài 1.
x 1 9x2
Bài 3. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y
trên khoảng 0;
8x2 1
Giải
2
Ta có: y x 12 9 x
1
8x 1
9 x2 1 x
.
Hàm số y đạt giá trị lớn nhất trên khoảng 0; khi hàm số
f x 9 x 2 1 x đạt giá trị nhỏ nhất trên khoảng 0;
Xét hàm số f ( x) 9 x 2 1 x trên 0;
f x
f x 0
1
1
x
6 2
9 x2 1
x 0;
9x
Bảng biến thiên
x
1
0
6 2
f x
+
0
1
f x
4
3 2
4
3 2
1
Từ bảng biến thiên ta có min f x f
max y
0;
0;
4
6 2 3 2
Bài tập đề nghị
1. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y
x 1
x2 1
trên đoạn 1; 2
7
2. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y
3. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y =
3. x 3 4. 1 x 1
4. x 3 3. 1 x 1
ln 2 x
trên đoạn éë1;e 3 ùû
x
1.2 Sử dụng phương pháp đổi biến tìm GTLN – GTNN của hàm số
Bài 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y
2cos 2 x cos x 1
cos x 1
Giải
Tập xác định: D .
Đặt t cos x , 0 t 1 y f (t )
f (t )
2t 2 t 1
, 0 t 1
t 1
t 0
2t 2 4t
f
(
t
)
0
;
f (0) 1, f (1) 2
(t 1) 2
t 2 0;1
Vậy min y 1, max y 2
Nhận xét: Bài toán sau khi đặt ẩn phụ trở thành bài toán quen thuộc học sinh
làm dễ dàng. Với bài toán trắc nghiệm thì việc tìm GTLN, GTNN của hàm số là
dễ với cách sử dụng máy tính bỏ túi.
Bài 2. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y x 4 4 x 4 ( x 4)(4 x) 5
Giải
Điều kiện 4 x 4 .
Nhận xét: Hàm số f x liên tục trên đoạn 4; 4
Đặt t x 4 4 x t 2 x 4 4 x 2 ( x 4)(4 x) ( x 4)(4 x)
t2 8
2
t2 8
2
Ta có y t 4
5 2t t 21 f t
2
Tìm điều kiện của t: Xét hàm số g ( x) x 4 4 x với x [ 4;4]
g ( x)
1
1
; g( x) 0 x 0 ;
2 x4 2 4 x
g (4) 2 2; g (0) 4; g (4) 2 2
min g ( x) 2 2 ; max g ( x) 4 t [2 2;4]
[ 4;4]
[ 4;4]
f (t ) 4t 1 0, t [2 2;4] f t là hàm nghịch biến trên [2 2;4]
8
y f (2 2) 5 2 2
Vậy max
4;4
Nhận xét: Sau khi đổi biến thì việc tìm tập giá trị của biến mới luôn là phần khó
và quan trọng, nếu không tìm đúng tập giá trị của biến mới sẽ dẫn đến đáp số sai.
Khi tìm được tập giá trị của biến mới rồi thì bài toán trở nên dễ dàng khi đưa về
dạng thường gặp
Bài tập đề nghị
1. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y 3 x4 2 x2 1 3 3 x2 1 3.
2. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
3. Cho hàm số f ( x)
x 1
2
2
x2 1
y
sin x 1
..
sin x sin x 1
2
. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của
hàm số y f ( x). f (1 x) trên đoạn 1;1
4. Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số
f (x ) =
2 1- x4 +
1 + x2 +
1 + x2 +
1- x2 + 3
1 - x2 + 1
2. GTLN – GTNN của biểu thức chứa nhiều biến
2.1 Đưa trực tiếp biểu thức chứa nhiều biến thành biểu thức chứa 1 biến
Bài 1. Cho x, y 0 và x y
4 1
5
. Tìm GTNN của biểu thức P
.
x 4y
4
Nhận xét: Bài toán trên có thể cho học sinh lớp 10 làm được bằng cách sử dụng
bất đẳng thức Cosi thế nhưng cái khó của bài toán là tìm điều kiện ẩn x, y để P đạt
GTNN. Nhưng khi thế y theo x vào biểu thức thì biểu thức thành P
4
1
x 5 4x
là một hàm số ẩn x, khi đó ta dễ dàng tìm được GTLN, GTNN của biểu thức
Giải
Từ giả thiết suy ra 4 y 5 4 x và 0 x, y
Do đó P
5
4
5
4
1
với 0 x
4
x 5 4x
4
1
5
, x 0;
Xét hàm số: f x
x 5 4x
4
Ta có: f x
4
4
; f x 0 x 1
2
2
x
5 4x
Bảng biến thiên
9
x
5
4
1
0
f x
+
0
f x
5
5
Từ bảng biến thiên ta có f x 5, x 0; hay P 5 .
4
1
4
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 5
Dấu “=” xảy ra khi x 1; y
Bài 2. Cho ba số thực x, y, z 1;4 và x y, x z . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
P
thức
x
y
z
2x 3y y z z x
Giải
Ta có : P
x
y
z
.
2x 3y y z z x
Xem đây là hàm theo biến
P '( z )
z
; còn x, y là hằng số
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
z
1
0
+
P 4
P 1
P
Từ bảng biến thiên:
4
xy
P '( z )
P( z )
nếu P 0 z xy (do x, y, z 1;4 )
x
P P( xy )
2x 3 y
xy
2 y
x
x
2
y
=
y 2 x 3
x
1
y
y
Đặt t x , do x y, x z và x, y, z 1;4 nên 1 t 2 .
y
10
Xét hàm f (t )
f '(t )
t2
2
. Ta có
2t 2 3 1 t
2 4t 3 (t 1) 3(2t 2 t 3)
(2t 2 3) 2 (1 t ) 2
0, t 1;2 .
Suy ra f (t ) nghịch biến trên 1;2 , do đó P P( xy ) f (t ) f (2) 34
33
z xy
Đẳng thức xảy ra :
x 4, y 1, z 2 .
x
t
2
y
34
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng
khi x 4, y 1, z 2
33
Bài 3. Cho x 0, y 0 và x y 1 .Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của
S (4 x2 3 y)(4 y 2 3x) 25xy
biểu thức
Nhận xét:
Từ giả thiết x y 1 có thể đưa bài toán về một ẩn không ?
Khai triển biểu thức S cố gắng làm xuất hiện x y để sử dụng giả thiết.
Chú ý các hằng đẳng thức: x2 y 2 ( x y )2 2xy; x 3 y 3 (x y )(x 2 xy y 2 )
2 2
Sau khi khai triển và thế vào x y 1 , ta có S 16 x y 2 xy 12
Vậy đến đây ta nghĩ đến việc có thể đưa S về hàm một biến số nếu đặt t xy
( x y )2
Cần chặn biến t bằng cách sử dụng bất đẳng thức : 0 xy
.
4
Giải
2
2
2 2
3
3
Ta có : S (4x 3 y)(4 y 3x) 25xy 16x y 12(x y ) 34xy
16 x2 y 2 12( x y)( x2 xy y 2 ) 34 xy
16 x2 y 2 12[( x y)2 3xy] 34 xy, do x y 1
16 x2 y 2 2 xy 12
( x y)2 1
1
0t
Đặt t xy . Do x 0, y 0 nên 0 xy
4
4
4
1
4
2
Xét hàm số f (t ) 16t 2t 12 với 0 t .
Ta có f '(t ) 32t 2 ; f '(t ) 0 t
1
.
16
Bảng biến thiên
11
t
1
16
0
f’(t)
1
4
0
+
25
2
12
191
16
f(t)
191
16
Vậy giá trị nhỏ nhất của S bằng
giá trị lớn nhất của S bằng
Bài 4. Cho hai số thực
25
2
khi x
2 3
2 3
;y
4
4
khi x y
2
2
thỏa mãn điều kiện ( x y) xy x y xy. Tìm
x 0, y 0
giá trị lớn nhất của biểu thức A
1
2
1 1
x3 y 3
Giải
1
1
x3 y 3 ( x y)( x 2 xy y 2 ) x y 1 1
A 3 3 3 3
x
y
x y
x3 y 3
xy x y
2
2
.
2
2
3
2
2
Đặt x ty . Từ giả thiết ta có: ( x y) xy x y xy (t 1)ty (t t 1) y
2
2
1 1 t 2 2t 1
t2 t 1
t2 t 1
; x ty
Do đó y 2
. Từ đó A 2
.
t t
t 1
x y t t 1
Xét hàm số f (t )
t 2 2t 1
3t 2 3
f
(
t
)
2 .
t 2 t 1
t 2 t 1
f (t ) 0 t 1
Ta có bảng biến thiên
t
1
f (t )
f (t )
-
0
1
1
+
0
-
4
0
1
12
Từ bảng biến thiên ta có 1 f (t ) 4 1 A 16
1
2
Vậy giá trị lớn nhất của A là 16 khi x y .
Bài 5. Cho các số thực a, b thỏa mãn điều kiện b 1 và a b a . Tìm giá trị
a
nhỏ nhất của biểu thức P loga a 2log b
b
b
Giải
a 1
Từ điều kiện, suy ra
.
b
1
Ta có P
1
1
4
4 logb a 1
4 .
1 loga b
1 loga b loga b
Đặt t loga b . Do
Khi đó P
a b a loga a loga b loga a
1
t 1
2
1
4
4.
1 t t
Xét hàm số f (t )
Ta có f '(t )
1
4
4 trên 1 ;1
1 t t
2
1
1 t 2
4 3t 2 8t 4
t2
1 t 2 t 2
2
t
f '(t ) 0 3
t 2
Ta có bảng biến thiên
t
1
2
f’(t)
2
3
–
0
1
+
6
f(t)
5
Từ bảng biến thiên ta có f (t ) đạt giá trị nhỏ nhất bằng 5 khi t
2
.
3
13
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 5
Bài tập đề nghị
1. Cho x, y là hai số không âm thỏa mãn x y 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của
1
3
biểu thức P x3 x2 y2 x 1.
2
2. Cho các số thực x, y thay đổi thỏa mãn điều kiện x x y 12 và y 0 .
Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức: A xy x 2 y 17
3. Cho x , y > 0 thỏa mãn x + y = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P =
x
+
1- x
y
1- y
4. Cho x , y > 0 thỏa mãn x 2 + y 2 = 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P = y (x + y )
2.2 Sử dụng phương pháp gián tiếp bằng phương pháp đánh giá, so sánh để
đưa biểu thức chứa nhiều biến thành biểu thức chứa 1 biến
2.2.1 Đưa biểu thức chứa nhiều biến thành biểu thức chứa 1 biến là một
trong các biến ban đầu
Bài 1. Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác có chu vi bằng 3. Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức:
T 3(a 2 b2 c 2 ) 4abc
Nhận xét:
Bài toán cần làm có chứa 3 ẩn là a, b, c và chúng thỏa mãn a b c 3 . Ta suy
2
2
2
nghĩ biến đổi T 3(a b c ) 4abc sao cho ít ẩn hơn?
3
2
Từ giả thiết a b c 3 a b 3 c , mà a b c 1 c .
2
2
Khi đó : T 3(3 c) 3c 2ab(2c 3)
Từ ab, a b 3 c gợi cho chúng ta nghĩ đến bất đẳng thức nào?
a b 3c
ab
2 2
2
2
3 2 27
3c
3
T 3(3 c) 3c 2(2c 3)
f (c )
c c
2
2
2
2
Khi đó
2
2
Khảo sát hàm một biến f(c) ta đi đến kết quả
T f (c) f (1) 13 .
Giải
Do vai trò bình đẳng của a, b, c nên ta có thể gải sử : 0 a b c .
14
Vì chu vi bằng 3 nên a b c 3 a b 3 c mà a b c 1 c
3
2
Ta có
2
T 3 a2 b2 c2 4abc 3 a b 2ab 3c 2 4abc (3 c)2 3c 2 2ab(2c 3)
a b 3c
3c
Mặt khác ab
ab(2c 3)
(2c 3)
2 2
2
( vì c 3 2c 3 0 )
2
2
2
2
Do đó :
3 2 27
3c
3
T 3(3 c) 3c 2(2c 3)
f (c )
c c
2
2
2
Xét hàm số :
2
2
2
3
27
,
f (c) c3 c 2
2
2
3
trên 1; .
2
f '(c) 3c 2 3c
f '(c) 0 c 1
Ta có bảng biến thiên
3
2
1
c
f’(c)
0
+
27
2
f (c )
13
Khi đó từ bảng biến thiên suy ra:
Suy ra
T f (c) f (1) 13
f (c) f (1) 13 .
khi c=1; a=1; b=1
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 13 khi a=b=c=1.
Bài 2. Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a b c 1 . Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức P
a2
b2
3
( a b) 2 .
2
2
(b c) 5bc (c a) 5ca 4
Nhận xét:
Do a + b + c = 1 nên ta biểu diễn a + b = 1 - c
Như vậy ta có thể biểu diễn P theo c không?
Giải
Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có
a2
a2
4a 2
.
(b c)2 5bc (b c)2 5 (b c)2 9(b c)2
4
15
b2
4b2
.
Tương tự, ta có
(c a)2 5ca 9(c a)2
a2
b2
4 a2
b2 2 a
b
Suy ra
2
2
2
2
(b c) 5bc (c a) 5ca 9 (b c) (c a) 9 b c c a
2
2
( a b) 2
2
c
(
a
b
)
2
2
2 2(a b) 2 4c(a b) 2
2 a b c ( a b) 2
2
.
9 ab c(a b) c 2 9 (a b)2
9 (a b)2 4c(a b) 4c 2
2
c ( a b) c
4
Vì a b c 1 a b 1 c nên
2
2 2(1 c)2 4c(1 c) 3
8
2 3
2
P
(1 c)2 1
(1 c) .
2
2
9 (1 c) 4c(1 c) 4c 4
9 c 1 4
2
(1)
2
8
2 3
2
Xét hàm số f (c) 1
(1 c) với c (0; 1).
9 c 1 4
Ta có f '(c)
16
2 2
3
(c 1);
1
.
2
9 c 1 (c 1) 2
1
f '(c) 0 (c 1) 64 (3c 3)3 0 c .
3
Bảng biến thiên:
c
-
f '(c)
f (c )
1
3
0
1
0
+
5
36
0
Dựa vào bảng biến thiên ta có
Từ (1) và (2) suy ra
1
P ,
9
1
9
f (c )
1
9
với mọi c (0; 1).
(2)
1
3
dấu đẳng thức xảy ra khi a b c .
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là
1
,
9
1
3
đạt khi a b c .
Bài 3. (Đề thi Đại học khối B năm 2012)
16
2
2
2
Cho các số thực x, y, z thỏa mãn các điều kiện x y z 0 và x y z 1
5
5
5
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P x y z .
Giải
2
2
2
Ta có: x y z 0 x y z 2( xy yz zx) 1
2
1
1
1
xy yz zx x( y z ) yz yz x 2
2
2
2
Mặt khác yz
y 2 z 2 1 x2
1 1 x2
2
,
suy
ra
, do đó 6 x 6 (*)
x
2
2
2
2
3
3
Khi đó:
P x5 y 2 z 2 y 3 z 3 y 2 z 2 ( y z )
2
1
x (1 x ) ( y z )( y z ) yz ( y z ) x 2 x
2
5
2
2
2
x (1 x ) x (1 x2 )
5
2
Xét hàm f ( x) 2 x3 x trên
f ( x) 0 x
1
1
x x2 x2
2
2
6 6
;
,
3 3
2
x
5
(2 x3 x).
4
ta có f ( x) 6 x2 1;
6
6
6
6
6
6
6
6
Ta có f
, f
f
f
3
6
9
3
6
9
Do đó f ( x) 6 Suy ra P 5 6
9
Vậy giá trị lớn nhất của P bằng
36
5 6
36
Bài 4. Cho các số thực a, b, c thỏa mãn a b c 3 và a 2 b2 c2 27.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P a 4 b4 c 4 ab a 2 b2 ac a 2 c 2 bc b2 c 2 .
Giải
Ta có
P a 4 b4 c 4 a3b ab3 a3c ac3 b3c bc3
a 3 a b c b3 b a c c 3 c a b 3 a 3 b 3 c 3
17
3a3 3 b c b2 c2 bc
Mà b c 3 a
bc
1
1
2
2
b c b2 c 2 3 a 27 a 2 a 2 3a 9
2
2
Ta luôn có b c 4bc, b, c . Do đó 3 a 4 a 2 3a 9 a 3;5
2
2
Ta có P 3a3 27a 2 81a 324
3
2
Xét hàm số f (a) 3a 27a 81a 324 xác định và liên tục trên 3;5
a 3 3 2 3;5
f '(a) 9a 2 54a 81; f '(a) 0
;
a 3 3 2 3;5
f (3) 243; f (5) 381; f (3 3 2) 81 324 2
Vậy GTLN của f (a) bằng 381 khi a 5
Do đó GTLN của P bằng 381 khi a 5; b c 1
Bài tập đề nghị
1. Cho x , y > 0 thỏa mãn x 2 + y 2 = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
æ
æ
1ö
1ö
P = (1 + x )çç1 + ÷
+ (1 + y )çç1 + ÷
÷
÷
÷
÷.
yø
xø
èç
èç
2
2
2
2. Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện x y z 1
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P 6 y z x 27 xyz
2.2.2 Đưa biểu thức chứa nhiều biến thành biểu thức chứa 1 biến là biến
mới.
2.2.2.1 Đánh giá qua hàm trung gian
Bài 1: (Đề thi HSG tỉnh Vĩnh Phúc năm học 2017 – 2018)
2
2
Cho a, b là các số thực dương thoả mãn 2(a b ) ab (a b)(ab 2) . Tìm GTNN
của biểu thức
a 3 b3
a 2 b2
T 4 3 3 9 2 2 .
a
a
b
b
Giải
Ta có a, b 0
2(a 2 b2 ) ab (a b)(ab 2) 2( a 2 b2 ) ab a 2b ab2 2( a b)
a b
1 1
2 1 ( a b) 2
b a
a b
18
Theo BĐT Côsi ta có:
1 1
1 1
b a
(a b) 2 2 (a b)2 2 2 2
a b
a b
a b
Suy ra
a b 5
a b
b a
a b
2 1 2 2 2 (do 0 )
b a
b a 2
b a
a b
a b 3 a b a b 2
a 3 b3 a 2 b 2
Ta có T 4 3 3 9 2 2 4 3 9 18
b a b a
b a b a
b a
Đặt t
5
3
2
3
2
a b
, t . Ta được : P 4(t 3t ) 9(t 2) 4t 9t 12t 18 .
2
b a
Xét hàm số: f (t ) 4t 3 9t 2 12t 18, t
5
f '(t ) 12t 2 18t 12
2
1
t
f '(t ) 0
2
t 2
Ta có bảng biến thiên :
5
2
t
+
f '(t )
f (t)
23
4
23
5
minT f khi (a; b) { 1;2 , 2;1}
4
2
Bài 2. Cho các số dương
a, b, c .
P
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
1
6
.
a ab 3 abc
a bc
Giải
Vì
a, b, c là
các số dương
a 4b 2 a.4b a 4b 4 ab ab
a 4b
(1)
4
.
Đẳng thức xảy ra a 4b .
Vì a,b,c là các số dương
19
a 4b 16c 3 3 a.4b.16c a 4b 16c 12 3 abc
3 abc
a 4b 16c
(2) .
12
Đẳng thức xảy ra a 4b 16c .
Từ (1) và (2) =>
ab 3 abc
a ab 3 abc a
a 4b a 4b 16c
4
12
a 4b a 4b 16c
4
a ab 3 abc a b c .
4
12
3
1
3
3
6
P
(3)
3
4a b c
a ab abc 4 a b c
abc
Đặt t a b c (t 0)
Từ (3) xét
f (t )
3
6
3
6
1
(t 0); f '(t ) 3 2 ; f '(t ) 0 t .
2
4t
t
2t
t
4
Bảng biến thiên
t
-
f '(t )
f (t )
1
4
0
0
+
0
12
Nhìn vào bảng biến thiên
đẳng thức xảy ra
P f
1
a b c f ( ) 12, a, b, c 0
4
1
a 21
a 4b 16c
1
1 b
84
abc
4
1
c 336
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 12
Bài 3. Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
T
4
a 2 b2 c2 4
9
(a b) (a 2c)(b 2c)
Giải
Theo BĐT Bunhiacopski ta có: a b c 2 4(a 2 b2 c 2 4)
20
1
a b c 2 a 2 b2 c 2 4
2
Theo BĐT Côsi ta có:
2
a b 4c 1 4(a b c)
3(a b) (a 2c)(b 2c) (3a 3b).
2
a
b
c
2
2
2
2
Vậy T
8
27
a b c 2 2(a b c) 2
Đặt t a b c ;(t 0) T
Xét hàm số f (t )
f '(t ) 0
8
27
2 f (t )
t 2 2t
8
27
8
27
2 , (t 0) ; f '(t )
3
2
t 2 2t
(t 2)
t
8
27
3 8t 3 27(t 2) 2 0 t 6
2
(t 2)
t
Bảng biến thiên:
0
t
+¥
6
+
f '(t )
0
-
5
8
f (t )
0
- ¥
5
5
Từ BBT ta có T f (t ) f (6) ; Vậy maxT xảy ra khi a b c 2
8
8
Bài 4. Cho các số thực a, b, c 1 thỏa mãn a b c 6 . Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức P a 2 2 b2 2 c 2 2 .
Giải
Không mất tổng quát giả sử a b c . Mà a b c 6 c 2 , a b 4
2
a b 2
2
2
2
Nhận xét ta có bất đẳng thức a 2 b 2
, *
2
thật vậy *
2
2
4
ab
2 2
a b 2a 2b
a b 16 a b a b 16 a b
2
4
2 2
2
2
21
2
2
2
2
16 a b a 2 b2 4ab a b a b a b 4ab
2
(đúng)( a b 4ab 16 ).
2
Đặt
x
ab
mà
2
2x c 6 c 6 2x 2 x
5
2
Áp dụng * ta có
2
P a 2 2 b2 2 c 2 2 x 2 2 c 2 2 x 2 2 6 2 x 2
2
2
2
2
5
Xét hàm số f x x 2 2 6 2 x 2 , x 2;
2
Có f x 24 x2 2 x 2 x 2 3x 1 , f x 0 x 2 , x
3 5 5
2; .
2
2
Lập bảng biến thiên
x
5
2
2
f '( x)
0
f ( x)
216
-
3267
16
max f ( x) f 2 216 , Dấu bằng khi và chỉ khi a b c 2
5
2; 2
Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 216
Bài 5. (Đề thi HSG 12 – Tỉnh Vĩnh Phúc – năm học 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
Giải
Với a, b dương thỏa mãn ab 1 ta có bất đẳng thức
1
1
2
a b
1 a 1 b 1 ab
bằng xảy ra khi và chỉ khi a b hoặc ab 1 .
Thật vậy:
2
1
1
2
.
1 a 1 b 1 ab
ab 1 0 đúng do ab 1 . Dấu
22
Áp dụng bất đẳng thức trên: P 1 1 1 1 1 1
x 2
z
x
x
x
10
1
1 10
1
y
y
z
y
y
1
1
x
trên đoạn 1;3 .
t 1;3 . Xét hàm số f t
2
10 t 1 t
y
Đặt
f 't
2t
1
10 t 1 t
2 2
2
; f ' t 0 t 4 2t 3 24t 2 2t 100 0
3
t 2 t 3 24t 50 0 t 2 do t 24t 50 0 t 1;3 .
BBT
t
1
2
f 't
f t
3
+
11
18
5
4
1
2
Suy ra Pmin
x 4 y
z x
1
khi và chỉ khi y z x 4 y .
2
z 2 y
x
1
y
Bài 6. Cho a,b,c là các số thực dương và abc 1, thỏa mãn:
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P
a3b b3a
1
ab 2.
ab
1
1
3
2
2
1 a
1 b
1 2c
Giải
Theo BĐT Cô–si ta có: a3b ab3 2a 2b2 ab 2 2a 2b2 1
ab
Đặt t=a.b>0
Với
1
1
t 2 2t 2 2t 3 t 2 2t 1 0 t 1
t
2
a, b 0; ab 1
ta chứng minh
1
1
2
(*)
2
2
1 a 1 b
1 ab
23
Thật vậy:
1
1
1
1
(*) (
)(
)0
2
2
1 a 1 ab
1 b 1 ab
a(b a)
b( a b )
0 (a b)2 (ab 1) 0 (đúng)
2
2
(1 a )(1 ab) (1 b )(1 ab)
P
2
3
2
3t
2
1 ab 1
1 t t 2
ab
Xét t 1 ;1 ; f t 2 3t ; f ' t 2 2 6 2 0
1 t t 2
2
1 t t 2
1
1
11
Từ đó f t nghịch biến trên ;1 Max f t f
2
2 15
1
2
Dấu “=” xảy ra khi t a
1
1
;b
;c 2
2
2
Bài 7. Cho các số x, y, z thỏa mãn 0 x y z . Tìm giá trị lớn nhất của biểu
P xy 2 yz 2 zx 2
thức
x
xyz
2
y2 z2
2
6
.
Giải
Vì 0 x y z nên
x( x y )( y z ) 0 ( x 2 xy )( y z ) 0
x 2 y x 2 z xy 2 xyz 0 x 2 y xyz x 2 z xy 2
Khi đó
xy 2 yz 2 zx 2 xyz x 2 z xy 2 yz 2 xyz x 2 y xyz yz 2 xyz y x 2 z 2
Theo bất đẳng thức Cô si ta có:
y x2 z 2
1
2 y 2 ( x 2 z 2 )( x 2 z 2 )
2
3
x2 y 2 z 2
1 2 y 2 ( x2 z 2 ) ( x2 z 2 )
2
3
3
2
3
Do đó
P xy yz zx
2
2
2
x
xyz
2
y2 z2
6
2
3
x2 y 2 z 2 3 x2 y 2 z 2
2
3
3
2
2
3 4
x2 y 2 z 2
3
Đặt t
(t 0) . Ta có P f (t ) 2t t .
2
3
24
f '(t ) 6t 2 6t 3 6t 2 (1 t ) 0 t 1.
Lập bảng biến thiên của hàm
f (t )
0
t
+¥
1
+
f '(t )
0
-
1
2
f (t )
0
- ¥
3 1
1
Từ bảng biến thiên ta có f (t ) f (1) 2 P .
2 2
2
Vậy giá trị lớn nhất cần tìm là
1
khi x y z 1.
2
Bài 9. (Đề khảo sát giáo viên tỉnh Vĩnh Phúc năm học 2017 – 2018)
Cho hai số thực
a, b
thỏa mãn
1
b a 1.
3
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
3b 1
2
P log a
12log b a 6 .
4
a
Giải
Ta có: 4b3 3b 1 (b 1)(2b 1)2 0, b ;1 .
3
1
3b 1
1
3
log a b , do a ;1 .
4
3
Suy ra: 3b 1 4b3 log a
P 3log a b 12log 2b a 6 3l og a b
a
12
12
6 3l og a b
6 .
2
2b
log
b
1
a
log a
a
Đặt t loga b . Do b a 1 t 1
Khi đó P 3t 12 2 6
t 1
Xét f (t ) 3t 12 2 6 trên
t 1
Ta có f '(t ) 3 24 3 ;
t 1
(1; )
f '(t ) 0 t 3
Bảng biến thiên
25
