Sáng kiến kinh nghiệm, SKKN - Ứng dụng đạo hàm vào tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm nhiều biến

PHẦN 1: ĐẶT VẤN ĐỀ
I.

LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI:
Bất đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất ln là bài tốn có mặt ở
hầu hết trong các kỳ thi học sinh giỏi và tuyển sinh đại học. Khơng những thế nó cịn
là bài tốn hay và khó nhất trong các đề thi.
Trong chương trình giảng dạy và học tập bất đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất,
giá trị nhỏ nhất luôn là chủ đề hấp dẫn đối với người dạy lẫn người học. Việc giảng
dạy để làm sao học sinh học tốt chủ đề này ln là một vấn đề khó. Chủ đề này
thường dành cho học sinh giỏi nên các bài toán đưa ra thường hay và khó.
Để chứng minh Bất đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất có nhiều
phương pháp, và khơng có phương pháp nào là vạn năng để giải được mọi bài tốn
mà chỉ có những phương pháp giải được một nhóm các bài tốn mà thôi. Một trong
những phương pháp khá hiệu quả là sử dụng đạo hàm cho hàm nhiều biến, tư tưởng
cơ bản là khảo sát lần lượt từng biến, bằng cách xem các biến cịn lại là tham số cố
định. Khơng có một thuật giải chi tiết nào cho phương pháp này mà chỉ thơng qua ví
dụ để học sinh rèn luyện để tự mình tìm ra cách giải quyết như thế nào trong từng bài
tốn cụ thể và từ đó tìm thấy sơ đồ giải riêng cho mình.
Vì những lí do trên tôi viết chuyên đề này nhằm giúp học sinh có cái nhìn rộng
hơn về phương pháp sử dụng đạo hàm trong các bài toán chứng minh bất đẳng thức
và tìm GTLN, GTNN.
II.
MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU:
- Trang bị cho học sinh một phương pháp giải bài tốn tìm giá trị lớn nhất, giá
trị nhỏ nhất mang lại hiệu quả rõ nét.
- Bồi dưỡng cho học sinh về phương pháp, kỹ năng giải tốn. Qua đó học
sinh nâng cao khả năng tư duy sáng tạo.
III. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU:
- Các dạng tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của một biểu thức chứa
nhiều biến.

- Phân dạng các dạng toán thường gặp và phương pháp giải mỗi dạng.
IV. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU:
- Sử dụng tính chất đơn điệu của hàm số.

1


PHẦN 2: NỘI DUNG
I.

MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ SỞ:

1) Phương pháp giải bài tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm

số y = f(x) trên tập số D.
Phương pháp chung
-

Lập bảng biến thiên của hàm số trên tập số D. Căn cứ vào bảng biến thiên để kết
luận.

Lưu ý 1: Nếu D là đoạn [a; b] thì có thể làm như sau:
-

Tính đạo hàm y’.

-

Tìm các nghiệm của y’ trong đoạn [a; b], giả sử các nghiệm này là x1, x2 ...

-

Tính f(a), f(b), f(x1), f(x2) ....

-

KL: Số lớn nhất (nhỏ nhất) trong các số trên là GTLN, (NN) của f(x) trên [a; b].

Lưu ý 2: Khi KL về GTLN, GTNN tìm được phải nêu rõ nó đạt được khi x nhận giá
trị nào.
2) Phương pháp giải bài tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm
nhiều biến bằng phép đổi biến số.
Bước 1. Biểu diễn các biến số của biểu thức ban đầu theo một biến số mới.
Bước 2. Tìm điều kiện cho biến số mới (dựa trên điều kiện của các biến số ban
đầu).
Bước 3. Tìm GTNN, GTLN của hàm số theo biến số mới tương ứng với điều kiện
của nó.
3) Một số bất đẳng thức cơ sở thường sử dụng:
1/ Với a, b, c bất kỳ, ta có:
1/ a 2 + b2 ≥ 2ab
2 /(a + b) 2 ≥ 4ab
3 / 2( a 2 + b 2 ) ≥ ( a + b) 2
4 / a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca
5 /(a + b + c) 2 ≥ 3(ab + bc + ca )
6 / 3(a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ (a + b + c) 2 .

2/ BĐT Côsi - Với a, b, c không âm, ta có:
a + b ≥ 2 ab , a + b + c ≥ 3 3 abc , ( a + b + c ) ≥ 27abc
3

II.

PHƯƠNG PHÁP ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ

TRỊ NHỎ NHẤT CỦA HÀM NHIỀU BIẾN
2


1 . Phương pháp đưa về một biến trong các bài toán hai, ba biến.
Biến đổi giả thiết và biểu thức cần tìm GTLN, GTNN để tìm mối quan hệ giữa
chúng rồi tìm cách đặt ẩn phụ hợp lý, đưa biểu thức đã cho về hàm một biến để khảo
sát.
Ví dụ 1. Cho x, y, z là các số dương. Tìm GTNN của biểu thức:
P=

3 xyz
x+ y+z
+
.
3 xyz
x+ y+z

Nhận xét và hướng dẫn giải
x+ y+z
x + y + z 3 xyz
.
= 1 , do đó nếu đặt t = 3
ta được biểu thức theo biến
3 xyz
xyz

x+ y+z
1
số t là: P(t ) = t + .
t
x + y + z 3 3 xyz
t
=
≥
=3.
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có:
3 xyz
3 xyz
1
Do đó bài tốn quy về tìm GTNN của hàm số P(t ) = t + trên nữa khoảng [ 3; +∞ ) .
t
2
t −1
Vì P ' (t ) = 2 > 0, ∀t ≥ 3 nên hàm số P(t) đồng biến trên nữa khoảng [ 3; +∞ )
t
10
P(t ) = P (3) = , đây cũng là GTNN của biểu thức P.
Từ đó có min
[ 3;+∞ )
3
1 1
Ví dụ 2.Tìm GTLN, GTNN của H = ( x + y )  +  . Biết x, y thoả mãn
x y

Dễ thấy

điều
kiện 1 ≤ x ≤ y ≤ 2.
Nhận xét và hướng dẫn giải
1

1

x

y

Ta có H = ( x + y )  +  = 2 + + .
y x
x y
x
1
ta có hàm số theo biến số t sau: H (t ) = 2 + t + .
y
t
1 x
1 
Từ điều kiện ràng buộc 1 ≤ x ≤ y ≤ 2 ta suy ra: ≤ ≤ 1 , do đó t ∈  ;1 .
2 y
2 
1
Bài tốn trở thành: Tìm GTLN và GTNN của hàm số H (t ) = 2 + t + trên đoạn
t
1 
 2 ; 1 .



é1 ù
1- t 2
'
H
(
t
)
=
£ 0, " t Ỵ ê ;1ú nên H(t) là hàm số nghịch biến trên đoạn này.
Vì
2
ê2 ú
t
ë û
9
1
1 
Từ đó có GTLN của H(t) trên đoạn  ; 1 là khi: t = , cịn GTNN trên đoạn
2
2
2 
3

Vì thế nếu đặt t =


này của H(t) bằng 4 khi: t = 1.
Đáp số: max(H) =

9
⇔
2

( x; y ) = ( 1; 2 ) ; min(H) = 4

⇔ x = y (với 1 ≤ x, y ≤ 2).

Ví dụ 3. ( CĐ Khối A, B – 2008 ). Cho x, y là số thực thỏa mãn x 2 + y 2 = 2 .
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P = 2( x 3 + y 3 ) − 3xy

Hoạt động khám phá:
- Từ giả thiết x 2 + y 2 = 2 . Có thể đưa bài tốn về một ẩn không?
- Ta nghĩ tới hằng đẳng thức x 2 + y 2 = ( x + y )2 − 2 xy; x3 + y 3 = ( x + y )( x 2 − xy + y 2 ) .
- Khai triển biểu thức P cố gắng làm xuất hiện x 2 + y 2 để sử dụng giả thiết.
- Biến đổi biểu thức P và thế vào x 2 + y 2 = 2 ta có :
P = 2( x + y )( x 2 − xy + y 2 ) − 3 xy = 2( x + y )(2 − xy ) − 3 xy

- Từ giả thiết ( x + y )2 − 2 xy = 2 ⇒ xy =

( x + y )2 − 2
.
2

Vậy đến đây ta có thể nghĩ đến việc có thể đưa P về hàm một biến số nếu ta đặt :
t = x+ y.
Cần chặn biến t bằng cách sử dụng bất đẳng thức: x 2 + y 2 ≥
Lời giải
Ta có : P = 2( x + y )( x 2 − xy + y 2 ) − 3xy = 2( x + y )(2 − xy ) − 3xy

( x + y)2 − 2
, vì thế sau khi đặt t = x + y thì:
2
t2 − 2
t2 − 2
3
P (t ) = 2t (2 −
)−3
= −t 3 − t 2 + 6t + 3
2
2
2
2
( x + y)
⇒ ( x + y ) 2 ≤ 4 ⇒ −2 ≤ t ≤ 2 .
Ta có x 2 + y 2 ≥
2
3
P (t ) = −t 3 − t 2 + 6t + 3 với −2 ≤ t ≤ 2 .
Xét hàm số
2
t = 1
P '(t ) = 0 ⇔ 
Ta có P '(t ) = −3t 2 − 3t + 6 .
t = − 2

Ta có : xy =

Ta có bảng biến thiên như sau
-2

t
P’(t
)

1
0

+

2
-

13/2
P(t)
-7

1

Vậy :

4

( x + y )2
.
2



1+ 3
1− 3

x=
;y=

13
2
2
max P (t ) = P (1) = ⇔ 
[ −2;2]
2

1− 3
1+ 3
;y=
x =

2
2

min P(t ) = P(−2) = −7 khi x = y = −1
[ −2;2]

Ví dụ 4. ( ĐH Khối D – 2009 )Cho x ≥ 0, y ≥ 0 và x + y = 1 .Tìm giá trị lớn nhất,
giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau :
S = (4 x 2 + 3 y )(4 y 2 + 3x ) + 25 xy

Hoạt động khám phá :
- Từ giả thiết x + y = 1 có thể đưa bài tốn về một ẩn khơng ?
- Khai triển biểu thức S cố gắng làm xuất hiện x + y để sử dụng giả thiết.
- Chú ý các hằng đẳng thức :
x 2 + y 2 = ( x + y ) 2 − 2 xy

x 3 + y 3 = ( x + y )( x 2 − xy + y 2 )
Sau khi khai triển và thế vào x + y = 1 , ta có : S = 16 x 2 y 2 − 2 xy + 12

- Vậy đến đây ta có thể nghĩ đến việc có thể đưa S về hàm một biến số nếu ta
đặt : t = xy
- Cần chặn biến t bằng cách sử dụng bất đẳng thức : 0 ≤ xy ≤

( x + y )2
.
4

Lời giải.
Ta có : S = (4 x 2 + 3 y )(4 y 2 + 3x) + 25 xy = 16 x 2 y 2 + 12( x 3 + y 3 ) + 34 xy
= 16 x 2 y 2 + 12( x + y )( x 2 − xy + y 2 ) + 34 xy
= 16 x 2 y 2 + 12[( x + y ) 2 − 3 xy ] + 34 xy, do x + y = 1
= 16 x 2 y 2 − 2 xy + 12
( x + y)
1
1
= ⇒0≤t ≤
Đặt t = xy . Do x ≥ 0; y ≥ 0 nên 0 ≤ xy ≤
2

4
1
Xét hàm số f (t ) = 16t 2 − 2t + 12 với 0 ≤ t ≤ .
4
1
f '(t ) = 0 ⇔ t = .
Ta có f '(t ) = 32t − 2 .

16

4

4

Bảng biến thiên
0

t
f(t)

1/16
-

0

12
f(t)

1/4
+
25/2

191/16

Vậy :
1
191
2+ 3

2− 3
2− 3
2+ 3
min f (t ) = f ( ) =
khi x =
;y=
hoặc x =
;y=
 1
16
16
0;
 4
4
4
4
4


5


1
25
1
max f (t ) = f ( ) =
x
=
y
=

khi
.
 1
4
2
2
0; 
 4

Ví dụ 5 (ĐH Khối B – 2009). Tìm giá trị lớn nhất , giá trị nhỏ nhất của biểu
thức : A = 3( x 4 + y 4 + x 2 y 2 ) − 2( x 2 + y 2 ) + 1 .
Với x, y là các số thỏa mãn điều kiện : ( x + y )3 + 4 xy ≥ 2 .
Hoạt động khám phá :
- Vì giả thiết là biểu thức khá phức tạp nên ta khai thác nó trước cho gọn để sử dụng
dễ dàng hơn. Chú ý hằng đẳng thức :
x 2 + y 2 = ( x + y ) 2 − 2 xy
x 3 + y 3 = ( x + y )( x 2 − xy + y 2 )
Và ( x + y ) 2 ≥ 4 xy . Khi đó điều kiện bài tốn trở thành : x + y ≥ 1

Ta biến đổi được A như sau :
A = 3( x 4 + y 4 + x 2 y 2 ) − 2( x 2 + y 2 ) + 1
3
3
= ( x 2 + y 2 ) 2 + ( x 4 + y 4 ) − 2( x 2 + y 2 ) + 1
2
2
3
3( x 2 + y 2 ) 2
≥ ( x2 + y 2 )2 +
− 2( x 2 + y 2 ) + 1

2
4
( x 2 + y 2 )2
4
4
x
+
y
≥
( do
)
2
9
Hay A ≥ ( x 2 + y 2 )2 − 2( x 2 + y 2 ) + 1 .
4

- Vì vậy ta có thể nghĩ đến việc đưa A về hàm một biến bằng cách đặt t = x 2 + y 2 .
- Tìm điều kiện của biến t ta sử dụng bất đẳng thức x 2 + y 2 ≥

( x + y )2
.
2

Lời giải.
Ta ln có kết quả : ( x + y ) 2 ≥ 4 xy , từ đó ta có :
( x + y )3 + 4 xy ≥ 2 ⇒ ( x + y )3 + ( x + y ) 2 ≥ ( x + y )3 + 4 xy ≥ 2
⇒ ( x + y )3 + ( x + y ) 2 ≥ 2
⇒ [ ( x + y ) − 1]  ( x + y ) 2 + ( x + y ) + 2  ≥ 0
⇒ ( x + y) − 1 ≥ 0
2

1 7

Do ( x + y ) + ( x + y ) + 2  = ( x + y ) +  + ≥ 0, ∀x, y
2 4

2

Bài tốn được đưa về tìm max, min của :
A = 3( x 4 + y 4 + x 2 y 2 ) − 2( x 2 + y 2 ) + 1
Với x, y thỏa mãn x + y ≥ 1 .

Ta biến đổi biểu thức A như sau :
A = 3( x 4 + y 4 + x 2 y 2 ) − 2( x 2 + y 2 ) + 1 =

3 2
3
( x + y 2 ) 2 + ( x 4 + y 4 ) − 2( x 2 + y 2 ) + 1
2
2
6


3 2
3( x 2 + y 2 ) 2
( x + y 2 )2 +
− 2( x 2 + y 2 ) + 1
2
4
( x 2 + y 2 )2

( do x 4 + y 4 ≥
)
2

≥

9
4

Hay A ≥ ( x 2 + y 2 )2 − 2( x 2 + y 2 ) + 1 .
1
( x + y)2
( do x + y ≥ 1 ) nên x 2 + y 2 ≥ .
2
2
9
1
Đặt t = x 2 + y 2 . Ta có hàm số f (t ) = t 2 − 2t + 1 với t ≥ .
4
2
9
f '(t ) = t − 2
2
4
f '(t ) = 0 ⇔ t =
9

Vì x 2 + y 2 ≥

Ta có bảng biến thiên như sau :

t
f '(t )

4/9

+

f (t )
1

+∞

1/2

+∞

9
16
9

1
f (t ) = f ( ) =
t=
Vậy min
1
2 16 đạt được khi
t≥
2
2
9

1
9
. Mặt khác, ta dễ thấy x = y = thì A = .
16
2
16
9
1
Kết luận : min A = khi x = y = và khơng có giá trị lớn nhất.
16
2

Suy ra A ≥

Ví dụ 6. (ĐH Khối A- 2006). Cho hai số thực x, y ≠ 0 thay đổi thỏa mãn điều
kiện ( x + y ) xy = x 2 + y 2 − xy . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
A=

1 1
+
x3 y 3

Hướng dẫn:
1 1 x3 + y 3 ( x + y )( x 2 − xy + y 2 )
x+ y 2
1 1
+ 3= 3 3 =
=(
) = ( + )2 .
3

3 3
x
y
x y
x y
xy
x y
2
2
Đặt x = ty . Từ giả thiết ta có: ( x + y ) xy = x + y − xy ⇒ (t + 1)ty 3 = (t 2 − t + 1) y 2
A=

Do đó y =

t2 − t +1
t2 − t +1
;
x
=
ty
=
.
t2 + t
t +1
2

2

 1 1   t 2 + 2t + 1 
A

=
Từ đó
÷.
 + ÷ = 2
 x y   t − t +1 

7


t 2 + 2t + 1
−3t 2 + 3
f
(
t
)
=
⇒
f
'(
t
)
=
2
Xét hàm số
t2 − t +1
( t 2 − t + 1) .
1
2

Lập bảng biến thiên ta tìm GTLN của A là: 16 đạt được khi x = y = .

Ví dụ 7 (ĐH Khối B- 2011). Cho a, b là các số thực dương thỏa mãn
2(a 2 + b 2 ) + ab = (a + b)(ab + 2) . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
 a 3 b3   a 2 b 2 
P = 4  3 + 3 ÷− 9  2 + 2 ÷
a 
b a  b

Hướng dẫn:
- Biến đổi giả thiết:
2(a 2 + b 2 ) + ab = (a + b)(ab + 2)
⇔ 2(a 2 + b 2 ) + ab = a 2b + ab 2 + 2(a + b)
a b
1 1
⇔ 2  + ÷+ 1 = ( a + b ) + 2  + ÷
b a
a b

- Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta được:
1 1
1 1
a b

(a + b) + 2  + ÷ ≥ 2 2(a + b)  + ÷ = 2 2  + + 2 ÷
a b
a b
b a








Suy ra: 2  + ÷+ 1 ≥ 2 2  + ÷+ 2 ⇒  + ÷ ≥ .
b a
b a
b a 2
a

b

a

b

a

b

5

a
b

b
5
, t ≥ . Ta được : P = 4(t 3 − 3t ) − 9(t 2 − 2) = 4t 3 − 9t 2 − 12t + 18 .
a
2

3
Xét hàm số: f (t ) = 4t − 9t 2 − 12t + 18
5
f '(t ) = 6(2t 2 − 3t − 2) ≥ 0, ∀t ≥
2
23
5
f (t ) = f  ÷ = − .
Suy ra min
5

4
2
 ;+∞ ÷

Đặt t = +

2



Vậy min P = −

23
a b 5
1 1
đạt đươc khi và chỉ khi + = và a + b = 2  + ÷
4
b a 2
a b

(a; b) = (2;1) hoặc (a; b) = (1; 2)

Ví dụ 8. Cho x, y là hai số thay đổi thỏa mãn điều kiện 2( x 2 + y 2 ) = xy + 1 . Tìm giá
trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: T =
Hướng dẫn:
8

x4 + y4
2 xy + 1




- Đặt t=xy từ giả thiết suy ra 4 xy ≤ xy + 1 ⇔ − ≤ xy ≤ . Vậy t ∈  − ;  .
5
3
 5 3
2
2
Chú ý: Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số x và y ta được x + y ≥ 2 xy
1

- Biến đổi và biểu diễn theo biến t ta được: T =

1 1

1

−7t 2 + 2t + 1
.

8t + 4

 1 1
−7t 2 + 2t + 1
f (t ) =
, t ∈ − ;  .
 5 3
8t + 4

- Xét hàm số

- Tính đạo hàm, lập bảng biến thiên ta tìm được
max f (t ) = f (0) =

 1 1
− 5 ; 3 



1
4 và

 1
1 2
min f (t ) = f  − ÷ = f  ÷ =
1
1


 5

 3  15
− 5 ; 3 




Từ đó kết luận về giá trị lớn nhất và giá trị nho nhất của T
3
2
1 1 1
M = x+ y+z+ + + .
x y z

Ví dụ 9. Cho x, y , z > 0 và x + y + z ≤ . Tìm giá tri nhỏ nhất của biểu thức:

Nhận xét và hướng dẫn giải
Rõ ràng khơng có dấu hiệu nào để biểu diễn các biến số của biểu thức cho trong bài
toán theo một biến số mới, ta sẽ tìm GTNN của biểu thức M ban đầu thơng qua việc tìm
GTNN của một biểu thức trung gian T, biểu thức này được xác định qua lập luận sau:
+ Trước hết theo BĐT Cơ si ta có
1

1

1

3

M = x + y + z + x + y + z ≥ 3 3 xyz + 3
, đẳng thức xảy ra ⇔ x = y = z (a)

xyz
+ Để tìm GTNN của biểu thức M ta đi tìm GTNN của biểu thức
T = 3 3 xyz +

3

3
.
xyz

Đặt u = 3 3 xyz thì việc tìm GTNN của biểu thức T được quy về việc tìm GTNN của
hàm số T (u ) = u +

9
trên nữa khoảng
u

3
 3
3
 0;  (vì 0 < u = 3 xyz ≤ x + y + z ≤ ).
2
 2
 3  15

 3
(u ) = T  ÷ = .
Dễ thấy hàm số T(u) nghịch biến trên nữa khoảng  0;  , nên minT
3
(0;

]
2 2
2


2

Suy ra GTNN của biểu thức trung gian T là
Tức là T = 3 3 xyz +

3

15
(đạt được ⇔ x = y = z )
2

3
15
≥ , đẳng thức xảy ra ⇔ x = y = z (b).
xyz 2

+ Từ các kết quả (a) và (b) suy ra GTNN của biểu thức M ban đầu là
khi x = y = z .

15
đạt được khi và chỉ
2

2. Phương pháp khảo sát lần lượt từng biến trong bài toán ba 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,
9


bài toán lúc này trở thành bất đẳng thức một biến. Ln 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 cơng cụ hiệu quả trong bài tốn 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 .
Ví dụ 10 (ĐH Khối A-2011). Cho ba số thực x, y, z ∈ [ 1; 4] và x ≥ y, x ≥ z . Tìm giá
x

y

z

trị nhỏ nhất của biểu thức : P = 2 x + 3 y + y + z + z + x
Hoạt động khám phá:
- Khảo sát từng biến như thế nào ?
- Xem P là một hàm theo biến z, còn x, y là hằng số. Khảo sát hàm số với điều
kiện đã cho suy ra giá trị nhỏ nhất của P, tức là : P( x, y, z ) ≥ P( x, y ) .

- Khảo sát hàm P( x, y ) , ở đây có thể đưa P( x, y ) về hàm số một biến không ?
x
để đưa P( x, y ) về hàm một biến. Tìm GTLN của
y

- Bằng cách đặt ẩn phụ t =
hàm số một biến này.

- Vậy P( x, y, z ) ≥ P ( x, y ) = P (t ) ≥

34
.
33

Lời 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
−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 nên P ≥ 0 ⇔ z ≥ xy (do x, y, z ∈ [ 1; 4] )

P '( z ) =

z
P '( z )
P( z )

xy

-

0
min
10

+


Từ bảng biến thiên:
x
2 y
x
2
y
P ≥ P( xy ) =
+
=
+
x
2x + 3y
x+ y

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
+
. Ta có
2
2t + 3 1 + t
−2  4t 3 (t − 1) + 3(2t 2 − t + 3) 
f '(t ) =
< 0, ∀t ∈ [ 1; 2] .
(2t 2 + 3)2 (1 + t ) 2

Xét hàm f (t ) =

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

34
.
33

 z = xy


⇒ x = 4, y = 1, z = 2 .
Đẳng thức xảy ra : 
x
=2
t =
y

34
Vậy min P =
khi x = 4, y = 1, z = 2.
33


Ví dụ 11 . Cho ba số thực a, b, c ∈  ;3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
3 
1

P=

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

Hoạt động khám phá:
- Khảo sát lần lượt từng biến như thế nào?
- Xem P là một hàm theo biến a, còn b, c là hằng số. Khảo sát hàm số với điều

kiện đã cho suy ra giá trị lớn nhất của P, tức là : P(a, b, c) ≤ g (b, c) .
- Khảo sát hàm g (b, c) là một hàm theo biến c, còn b là hằng số. Khảo sát hàm
số với điều kiện đã cho, suy ra GTLN của g (b, c) , tức là g (b, c) ≤ h(b) .
8
5

- Tiếp theo khảo sát hàm h(b) suy ra h(b) ≤ .
8
5

- Vậy P(a, b, c) ≤ g (b, c) ≤ h(c) ≤ .
Lời giải:
a
b
c
+
+
a+b b+c c+a
Xem đây là hàm số theo biến a , còn b, c là hằng số.

Đặt

P (a ) =

b
c
(b − c)(a 2 − bc)
−
=
.

( a + b ) 2 ( a + c ) 2 ( a + b) 2 ( a + c ) 2
1 
Trường hợp 1: a ≥ b ≥ c và a, b, c ∈  ;3 .
3 
P '(a ) =

1 
Suy ra b − c ≥ 0; a 2 − bc ≥ 0 nên P '(a) ≥ 0 . Do đó P(a) tăng trên  ;3 .
3 
11


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 )
1 
g
(
c
)
g '(c ) =
+
=

≤
0
.
Do
đó
giảm
trên
 3 ;3 .
(b + c) 2 (c + 3) 2 (b + c) 2 (c + 3) 2
1
3
3b
1
+
+ = h(b) .(xem h(b) là hàm số theo biến b )
Suy ra: g (c) ≤ g ( ) =
3 3 + b 3b + 1 10
3
3
(1 − b)(1 + b)
Ta có: h '(b) = (3b + 2) 2 − (b + 3)2 = (3b + 1) 2 (b + 3) 2 .
⇒ P (a ) ≤ P (3) =

Ta có bảng biến thiên.
b
h '(b)
h(b)

1/3
+

1
0

3
-

8
5

Suy ra h(b) ≤ h(1) = .
1
3

1 8
1
khi a = 3; b = 1; c =
3 5
3
1 
Trường hợp 2 : c ≥ b ≥ a và a, b, c ∈  ;3 .
3 
8
Từ kết quả của trường hợp 1, ta có: P(a, b, c) ≤ .
5
(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 


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

Ví dụ 12. Cho a, b, c là ba số thực thỏa mãn điều kiện abc + a + c = b . Tìm giá trị
lớn nhất của biểu thức :

P=

2
2
3
− 2
+ 2
a +1 b +1 c +1
2

Hoạt động khám phá:
- Từ giả thiết abc + a + c = b có thể đưa bài tốn về ít ẩn hơn khơng ?

a+c
1
có thể đưa P về 2 biến ( a < ).

1 − ac
c
2
2
2(a + c)
3
1
−2+ 2
(0 < a < ) .
Khi đó P = 2 + 2
2
a + 1 (a + 1)(c + 1)
c +1
c

- Biến đổi giả thiết a + c = b(1 − ac) > 0 ⇒ b =
-

- Xem P là hàm theo biến a còn c là hằng số.
2c
3
1
+ 2
= g (c ) .
suy ra f (a) ≤
2
c +1
c
1+ c
10

Tiếp tục khảo sát hàm g(c) với 0 < c < +∞ suy ra g (c) ≤ .
3

- Khảo sát hàm biến a là f (a) với 0 < a <
-

Lời giải :
12


a+c
1
và a < .
1 − ac
c
2
2
2(a + c )
3
1
−2+ 2
, (0 < a < )
Thay vào biểu thức P ta được : P = 2 + 2
2
a + 1 (a + 1)(c + 1)
c +1
c
2
1
( x + c)

1
− 1 với 0 < x < và coi c là tham số
Xét hàm số : f ( x) = 2 + 2
2
x + 1 ( x + 1)(c + 1)
c
c>0
−2c( x 2 + 2cx − 1)
 1
= 0 ⇔ x0 = −c + c 2 + 1 ∈  0; ÷
Ta có : f '( x) =
2 2
2
(1 + x ) (1 + c )
 c

Theo giả thiết ta có a + c = b(1 − ac) > 0 ⇒ b =

Ta có bảng biến thiên
x

x0

0

f '( x )

+

1/c

0

-

f ( x0 )

f ( x)

Từ bảng biến thiên ta có : f ( x) ≤ f ( x0 ) =

c
1 + c2

.

3
2c
3
≤
+ 2
= g (c )
2
c +1
c +1
1+ c
2(1 − 8c 2 )
1
= 0 ⇔ c = c0 =
∈ ( 0; +∞ )

Ta có : g '(c) =
2 2
2
8
(1 + c ) (3c + 1 + c )
P = 2 f (a ) +

2

Bảng biến thiên :
c
g '(c )

+∞

c0

0
+

0

g (c )

-

g (c0 )

Từ bảng biến thiên suy ra : g (c) ≤ g (c0 )
10

.
3
10
1
2
Vậy với c = , a = , b = 2 thì max P = .
3
2
8
⇒ P ≤ g (c) ≤ g (c0 ) =

Ví dụ 13. Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện 21ab + 2bc + 8ca ≤ 12 . Tìm giá
1
a

2
b

3
c

trị nhỏ nhất của biểu thức: S = + + .
Hoạt động khám phá:
- Hãy suy nghĩ để chuyển bài toán về ẩn mới?
- Có thể biểu diễn để biểu thức S và giả thiết đơn giản hơn hay không?
1
a

1
b

- Nếu đặt : x = , y = , z =

1
bài toàn như thế nào?
c

- Có thể chuyển bài tốn sao cho ít ẩn hơn được không?
13


2x + 8 y

7

- Từ giả thiết : 2 x + 8 y + 21z ≤ 12 xyz ⇒ z ≥ 12 xy − 21 và x > 4 y
2x + 8 y

- Khi đó: S ≥ x + 2 y + 4 xy − 7 = f ( x) .
- Khảo sát hàm số f ( x) xem y như tham số cố định. Ta được
S ≥ f ( x ) ≥ f ( x0 ) = 2 y +

32 y 2 + 14
9
+
= g ( y)
4y
2y

- Tiếp tục khảo sát hàm một biến g(y)

- Ta đi đến kết luận : S ≥ f ( x) ≥ g ( y ) ≥

15
.
2

Lời giải :
1
a

1
b

1
c

Đặt x = , y = , z = ⇒ x, y, z > 0; 2 x + 8 y + 21z ≤ 12 xyz và S = x + 2 y + 3z
2x + 8 y

7

Từ 2 x + 8 y + 21z ≤ 12 xyz ⇒ z ≥ 12 xy − 21 và x > 4 y .
2x + 8 y

Từ biểu thức S suy ra được: S ≥ x + 2 y + 4 xy − 7 = f ( x)
⇒ f '( x) = 1 −
⇔ x = x0 =

14 − 32 y 2
=0

(4 xy − 7) 2

32 y 2 + 14  7

7
+
∈  ; +∞ ÷
4y
4y
 4y


Bảng biến thiên:
x
7/4y
f’(x)

+∞

x0

-

0

+

f ( x)
f ( x0 )

Khi đó từ bảng biến thiên , ta có:
32 y 2 + 14
9
S ≥ f ( x ) ≥ f ( x0 ) = 2 y +
+
= g ( y)
4y
2y
g '( y ) =

(8 y 2 − 9) 32 y 2 + 14 − 28
4 y 2 32 y 2 + 14

=0

Đặt t = 32 y 2 + 14 thì phương trình g '( y ) = 0 ⇔ (8 y 2 − 9) 32 y 2 + 14 − 28 = 0
⇔ t 3 − 50t − 122 = 0 ⇔ t = 8 ⇔ y =
y

g’(y)
g ( y)

0

5
. Ta có bảng biến thiên:
4
+∞
5/4

-

0
15/2
5
4
14

Từ bảng biến thiên suy ra : g ( y ) ≥ g ( )

+


5 15
⇒ S ≥ g ( y) ≥ g ( ) = .
4
2
5
2
1
4
3
15
Vậy với : y = , x = 3, z = ⇔ a = , b = , c = thì min S = .
4
3
3
5
2
2

Ví dụ 14. 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 + b 2 + c 2 ) + 4abc

Hoạt động khám phá:
- Bài toán cần làm có chứa 3 ẩn là a, b, c và chúng thỏa mãn a + b + c = 3 . hãy suy
nghĩ biến đổi T = 3(a 2 + b 2 + c 2 ) + 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 ≤ .
- Khi đó : T = 3(3 − c)2 + 3c 2 + 2ab(2c − 3)
- Tích ab và tổng a + b = 3 − c gợi cho chúng ta nghĩ đến bất đẳng thức nào?
2

2

 a +b   3−c 
ab ≤ 
÷ =
÷
 2   2 

2

-

3 2 27
 3−c 

3
= f (c )
Khi đó T ≥ 3(3 − c )2 + 3c 2 + 2(2c − 3) 
÷ =c − c +
2
2
 2 

- Khảo sát hàm một biến f(c) ta đi đến kết quả
T ≥ f (c) ≥ f (1) = 13 .
Lời giải:
Do vai trị bình đẳng của a, b, c nên ta có thể giả sử : 0 < a ≤ b ≤ c .
Vì chu vi bằng 3 nên a + b + c = 3 nên ⇒ a + b = 3 − c mà a + b > c ⇒ 1 ≤ c ≤

3
2

Ta biến đổi :
T = 3(a 2 + b 2 + c 2 ) + 4abc = 3(a 2 + b 2 ) + 3c 2 + 4abc
=3  (a + b) 2 − 2ab  + 3c 2 + 4abc = 3(3 − c) 2 + 3c 2 + 2ab(2c − 3)
2

2

2

 a +b   3−c 
 3−c 
Mặt khác : ab ≤ 
÷ =

÷ ⇒ ab(2c − 3) ≥ 
÷ (2c − 3) ( vì
 2   2 
 2 
3
c < ⇒ 2c − 3 < 0 )
2
2
3 2 27
 3−c 
2
2
3
T ≥ 3(3 − c) + 3c + 2(2c − 3) 
= f (c )
Do đó :
÷ =c − c +
2
2
 2 
3
27
 3
Xét hàm số : f (c) = c3 − c 2 + , trên đoạn 1;  .
2
2
 2
2
f '(c) = 3c − 3c; f '(c ) = 0 ⇔ c = 1 .

Ta có bảng biến thiên
c

1

f’(c)

0

3
2

+
15


f (c )

13
Khi đó từ bảng biến thiên suy ra: f (c) ≥ f (1) = 13 .
Suy ra T ≥ f (c) ≥ f (1) = 13 khi a = b = c = 1.
Vậy min T = 13 khi a = b = c = 1.
x + y + z = 4
Ví dụ 15. Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện 
 xyz = 3

Chứng minh rằng: 183 − 165 5 ≤ x 4 + y 4 + x 4 ≤ 18
Hướng dẫn.
Biểu thức P = x 4 + y 4 + z 4 đối xứng với ba ẩn x, y, z . Biến đổi P
theo x + y + z; xyz; xy + yz + zx như thế nào?

- Ta có
P = x 4 + y 4 + z 4 = ( x 2 + y 2 + z 2 ) 2 − 2( x 2 y 2 + y 2 z 2 + z 2 x 2 )
= (42 − 2( xy + yz + zx)) 2 − 2( xy + yz + zx) 2 − 2 xyz ( x + y + z )

- Với mối quan hệ như trên thì chuyển P về biến mới như thế nào?
x + y + z = 4
Đặt t = xy + yz + zx và từ giả thiết 
ta có P = 2(t 2 − 32t + 144)
 xyz = 3

- Tìm điều kiện cho ẩn mới như thế nào?
Từ các điều kiện đối với x, y, z ta được y + z = 4 − x; yz =

2
2
do đó t = x(4 − x) +
x
x

- tìm điều kiện đối với ẩn x và chuyển điều kiện đó theo ẩn t.
áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương y, z ta có:
( y + z ) 2 ≥ 4 yz ⇔ (4 − x) 2 ≥

8
⇔ x3 − 8 x 2 + 16 x − 8 ≥ 0 ⇔ ( x − 2)( x 2 − 6 x + 4) ≥ 0
x

⇔ 3− 5 ≤ x ≤ 2.
2
trên đoạn 3 − 5; 2  , ta có:

x
−2( x − 1)( x 2 − x − 1)
t '( x ) =
.
x2

Xét hàm số t ( x) = x(4 − x) +

5 5 −1
Từ việc xét dấu t '( x) trên đoạn 3 − 5; 2  ta được 5 ≤ t ≤
2
5 5 −1
Khảo sát hàm số P = 2(t 2 − 32t + 144) trên 5 ≤ t ≤
và suy ra :
2
183 − 165 5 ≤ x + y + x ≤ 18
4

4

4

Ví dụ 16.(Khối B - 2010). Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn
a + b + c = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
M = 3( a 2b 2 + b 2c 2 + c 2 a 2 ) + 3(ab + bc + ca ) + 2 a 2 + b 2 + c 2
16


Hướng dẫn.
Ta có M ≥ (ab + bc + ca )2 + 3(ab + bc + ca ) + 2 1 − 2(ab + bc + ca) .

(a + b + c )2 1
= .
3
3
 1
Xét hàm số : f (t ) = t 2 + 3t + 2 1 − 2t với t ∈ 0; ÷.
 2
2
2
≤0
Ta có f '(t ) = 2t + 3 −
; f ''(t ) = 2 −
(1 − 2t )3
1 − 2t
Dấu bằng chỉ xảy ra tại t = 0 ; suy ra f '(t ) nghịch biến.
 1
 1  11
Xét trên đoạn 0;  ta có : f '(t ) ≥ f '  ÷ = − 2 3 > 0 , suy ra f (t ) đồng biến.
 3
3 3
 1
Do đó f (t ) ≥ f (0) = 2, ∀t ∈ 0;  .
 3
 1
Vì thế M ≥ f (t ) ≥ 2, ∀t ∈ 0;  ; M = 2 khi ab = bc = ca , ab + bc + ca = 0 và
 3
a +b + c =1
⇔ (a; b; c) là một trong các bộ số sau: ( 1;0;0 ) , ( 0;1; 0 ) , ( 0;0;1)

Đặt t = ab + bc + ca , ta có : 0 ≤ t ≤

Do đó giá trị nhỏ nhất của M là 2.

BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Bài 1. Cho ba số không âm x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = 1 . Tìm GTLN của
biểu thức :
S = x2 y + y2 z + z 2 x .

Đáp số : min S =

4
1
2
đạt được khi x = ; y = 0; z = .
27
3
3

Bài 2. Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn điều kiện x 2 + y 2 + z 2 = 2 . Tìm GTLN, GTNN
của biểu thức :
P = x3 + y 3 + z 3 − 3xyz

Đáp số : max P = 2 2 đạt được khi x = 2; y = z = 0
min P = −2 2 đạt được khi x = − 2; y = z = 0 .

Bài 3. Cho x > 0; y > 0; z > 0 thỏa mãn điều kiện x + y + z = 1 . Tìm GTLN của biểu thức :
T = xy + yz + zx − 2 xyz

Đáp số : min T =

7
1
đạt được khi x = y = z =
27
3

Bài 4. Tìm GTNN của biểu thức :

17


Q=

a 4 b4  a 2 b2  a b
+ −  + ÷+ +
b4 a 4  b2 a 2  b a

Đáp số : min Q = −2 đạt được khi a = −b
KÕt luËn
Với đề tài: “ Ứng dụng đạo hàm vào tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất
của hàm nhiều biến ” tôi đã cố gắng hệ thống một số dạng cơ bản. Trong mỗi giờ
dạy có đưa ra cơ sở lí thuyết và những ví dụ có các hoạt động khám phá rất cụ thể
nhằm giúp học sinh có thể tự tìm ra lời giải cho mình, từ đó hình thành cho mình
phương pháp giải tốn nói chung để giải quyết các bài toán này.
Các bài tập đưa ra từ dễ đến khó, có những bài tập có lời giải chi tiết nhưng có
những bài tập chỉ có hướng dẫn học sinh phải biết chiếm lĩnh tri thức, phát triển khả
năng tư duy cho học sinh. Hệ thống các bài tập trong đề tài này chủ yếu là các bài tập
trong các đề thi Đại hoc và Cao đẳng những năm gần đây nên khi học sinh hiểu bài
và làm được thì tạo nên hứng thú và động lực học tập rất tt cho cỏc em.
Tuy nhiên trong quá trình giảng dạy vÉn cã rÊt nhiỊu häc sinh

cßn bì ngì trong qóa trình giải các bài toán cực trị, lập luận cha có
căn cứ, suy diễn cha hợp logic và đặc biệt là một số dạng cha phù
hợp với học sinh trung b×nh, u.
Sáng kiến kinh nghiệm này có thể triển khai như một chuyên đề để bồi dưỡng
học sinh giỏi ; cũng như dùng để giảng dạy cho các em học sinh ôn tập thi đại học,
nhằm giúp các em học sinh có thể vượt qua trở ngại tâm lí từ trước tới nay cho loại
bài toán này.

XÁC NHẬN CỦA HIỆU TRƯỞNG

Hướng Hóa, ngày 05 tháng 06 năm 2020
Tơi xin cam đoan đây là SKKN (hoặc đề
tài NCKH) của mình viết, không sao chép
nội dung của người khác.
Người thực hiện

Trương Văn Đức

18