GTLNGTNN

<span class='text_page_counter'>(1)</span>CHUYÊN ĐỀ : CỰC TRỊ CỦA MỘT BIỂU THỨC I/ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT ,GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦẢ MỘT BIỂU THỨC 1/ Cho biểu thức f( x ,y,...) a/ Ta nói M giá trị lớn nhất ( GTLN) của biểu thức f(x,y...) kí hiệu max f = M nếu hai điều kiện sau đây được thoả mãn: -. Với mọi x,y... để f(x,y...) xác định thì : f(x,y...). -. M ( M hằng số). (1). Tồn tại xo,yo ... sao cho: f( xo,yo...) = M. (2). b/ Ta nói m là giá trị nhỏ nhất (GTNN) của biểu thức f(x,y...) kí hiệu min f = m nếu hai điều kiện sau đây được thoả mãn : -. Với mọi x,y... để f(x,y...) xác định thì : f(x,y...). -. m ( m hằng số). (1’). Tồn tại xo,yo ... sao cho:. f( xo,yo...) = m (2’) 2. C¸c kiÕn thøc thêng dïng 2.1. Luü thõa : a) x2  0 x  |R  x2k  0 x  |R, k  z  - x2k  0 Tæng qu¸t : f (x)2k  0 x  |R, k  z  - f (x)2k  0 Từ đó suy ra : f (x)2k + m  m x  |R, k  z 2k M - f (x)  M b) √ x  0 x  0  ( √ x )2k  0 x0 ; k z Tæng qu¸t : ( √ A )2k  0  A 0 (A lµ 1 biÓu thøc) 2.2 Bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối : a) |x|  0  x|R b) |x+y|  |x| + |y| ; nÕu "=" x¶y ra  x.y  0 c) |x-y|  |x| - |y| ; nÕu "=" x¶y ra  x.y  0 vµ |x|  |y| 2.3. Bất đẳng thức côsi : a1 +a2 +. .. .+an n ai  0 ; i = 1 ,n : ≥ √ a1 . a2 . . .. . an nN, n 2. n dÊu "=" x¶y ra  a1 = a2 = ... = an 2.4. Bất đẳng thức Bunhiacôpxki : Víi n cÆp sè bÊt kú a1,a2,...,an ; b1, b2, ...,bn ta cã : (a1b1+ a2b2 +...+anbn)2  ( a21 +a 22+. . ..+ a2n ¿ .( b21 +b22 +. .. .+b2n ) ai DÊu "=" x¶y ra  = Const (i = 1 ,n ) bi NÕu bi = 0 xem nh ai = 0 2.5. Bất đẳng thức Bernonlly : Víi a  0 : (1+a)n  1+na n N. DÊu "=" x¶y ra  a = 0.  Một số Bất đẳng thức đơn giản thờng gặp đợc suy ra từ bất đẳng thức (A+B)2  0. a. a2 + b2  2ab b. (a + b)2  4ab a b c. + ≥2 2( a2 + b2 )  (a + b)2 b a.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> d. 1 1 4 + ≥ b a a+ b e. 3/ Chú ý : Nếu chỉ có điều kiện (1) hay (1’) thì chưa có thể nói gì về cực trị của một biểu thức chẳng hạn, xét biểu thức : A = ( x- 1)2 + ( x – 3)2. Mặc dù ta có A. 0 nhưng chưa thể kết luận được minA = 0 vì không tồn tại giá. trị nào của x để A = 0 ta phải giải như sau: A = x2 – 2x + 1 + x2 – 6x + 9 = 2( x2 – 4x + 5) = 2(x – 2)2 + 2 A = 2. ⇔ x -2 = 0. 2. ⇔ x=2. Vậy minA = 2 khi chỉ khi x = 2 1 Sử dụng phép biến đổi đồng nhất 1.§Ó t×m Max f(x,y,...) trªn miÒn |D ta chØ ra : ¿ f (x , y .. .)≤ M ∃( x0 , y 0 . . ..)∈∨R sao cho f(x0,y0,...) = M ¿{ ¿ 2. §Ó t×m Min f(x,y,...) trªn miÒn |D ta chØ ra : ¿ f ( x , y .. .)≥ m ∃( x0 , y 0 . . ..)∈∨R sao cho f(x0,y0,...) = m ¿{ ¿ I. C¸c vi dô minh ho¹ : 1. VÝ dô 1 : T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña A1 = x2 + 4x + 7 Gi¶i : Ta cã : A1 = x2 + 4x + 7 = x2 + 4x + 4x + 3 = (x + 2)2 + 3  3 v× (x + 2)2 0.  A1 min = 3  x + 2 = 0  x = -2 VËy A1 min = 3  x = -2 2. VÝ dô 2 : T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña A2 = -x2 + 6x - 15 Gi¶i : Ta cã : A2 = -x2 + 6x - 15 = - (x2- 6x + 9) - 6 A2 = - (x - 3)2 - 6  - 6 do -(x - 3)2  0 x |R  A2 max = - 6  x - 3 = 0  x = 3 VËy A2 max = - 6  x = 3 3. VÝ dô 3 : T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña A3 = (x-1)(x-4)(x-5)(x-8)+2002 Gi¶i : Ta cã : A3 = (x-1)(x-4)(x-5)(x-8)+2002 = (x-1) (x-8) (x-4) (x-5) + 2002 = (x2-9x + 8) (x2 - 9x + 20) + 2002 = {(x2-9x + 14) - 6}.{(x2-9x + 14) + 6} + 2002 = (x2-9x + 14)2 - 36 + 2002 = (x2-9x + 14)2 + 1966  1966 v× (x2-9x + 14)2 0 x ¿ x=2  A3 min = 1966  x2-9x + 14 = 0  x=7 ¿{ ¿ ¿ x=2 VËy A3 min = 1966  x=7 ¿{ ¿.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 2. 4. VÝ dô 4 : T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña biÓu thøc A4 =. Gi¶i :. Ta cã: A4 =. 2 x − 10 x −1 (x ≠ 1) 2 x −2 x+ 1. x − 1¿ 2 ¿ x − 1¿ 2 ¿ ¿ 2 2 2( x −2 x +1)−6 ( x −1) −9 2 x − 10 x −1 = 2 ¿ x −2 x+ 1. 2 2 3 3 +1 +3 ≤ 3 v× +1 ≤ 0 ∀ x x −1 x −1 3  A4 Max = 3  + 1=0  x = -2 x −1 VËy : A4 Max = 3  x = -2 x y + − √ x − √ y víi x,y>0 5. VÝ dô 5 : T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña A5 = √ y √x x y x ( √ x − √ y)− y ( √ x − √ y) + − √ x − √ y = x √ x + y √ y − x √ y − y √ x =¿ Gi¶i : Ta cã:A 5 = √ y √x √ xy √ xy 2 √ x − √ y ¿ .( √ x − √ y) ( x − √ y ).( x − y ) ¿ A5 = √ = 0 x,y > 0 ¿ √ xy ¿  A 5 min = 0  √ x − √ y=0  x = y VËy : A5 min = 0  x = y > 0 6. VÝ dô 6 : Cho x,y  0 vµ x + y = 1 . T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt vµ lín nhÊt cña A6 = x2 + y2. Gi¶i : Do x; y  0 vµ x + y = 1  0  x;y 1  x2 x, y2 y ¿ ¿ x=0 x=1  A6 = x2 + y2  x + y = 1  A6 max = 1  y=1 hoÆc y=0 ¿{ ¿{ ¿ ¿ MÆt kh¸c : x + y = 1  (x + y)2 = 1  1 = x2 + 2xy + y2  (x2+y2)-(x-y)2 2 1 x− y¿ ≥ 2 do (x - y)2  0  A6 = x2+y2 = 1 1 + ¿ 2 2 1 1  A6 min = x-y=0x=y= 2 2 ¿ x=0 y=1 ; VËy : A6 max = 1  ¿ x=1 y=0 ¿{ ¿ 1 1 A6 min = x=y= 2 2 7. VÝ dô 7 : T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña A7 = xy + yz + zx - x2-y2-z2 1 Gi¶i : Ta cã : A7 = xy + yz + zx - x2-y2-z2 = (2x2+2y2+2z2-2xy-2yz-2xz) 2. =-. (. ). (. ).

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 1 {(x-y)2 + (y-z)2 + (z-x)2}  0 2  A7 Max = 0  x = y = z VËy : A7 Max = 0  x = y = z 2 Sử dụng các bất đẳng thức cơ bản. x,y,z. A7 = -. 1 b(a − b) 1 1 = b + (a-b) + b(a − b) b(a − b). 1. VÝ dô 1 : Cho a > b > 0. T×m GTNN cña B1 = a + Gi¶i :. Ta cã : B1 = a +. B1  3  B1 min = 3  b = a-b =.  3.. ¿ a=2  b=1 ¿{ ¿. 1 b(a − b). √ 3. b( a −b) b .(a− b). (theo C«si).. ¿ a=2 VËy : B1 min = 3  b=1 ¿{ ¿ 2. VÝ dô 2 : Cho a,b > 0 vµ a + b = 1 . T×m GTNN cña B2 = Gi¶i :. Theo bất đẳng thức Côsi : (x + y)(. 1 1 )2 + x y. 1 2 a +b 2. √x. y . 2. √. 1 xy. = 4 (víi x,y > 0). 4 (1) x+ y a+b 2 1 1 Ta cã : ab  ( ) =  4 (2) do a+b = 1 ; a,b > 0 2 4 ab áp dụng bất đẳng thức (1) và kết quả (2) ta có : 1 1 2 1 1 1 1 4 4 + 2 2= + 2 2= +( + 2 2 )≥ + B2 = ab a + b 2 ab a +b 2 ab 2ab a +b 2 2 ab+a2 +b 2 a+b ¿ 2 ¿ 1 B2  2 + do a + b = 1  B2min = 6  a = b = ¿ 2 4 ¿ 1 VËy : B2min = 6  a = b = 2 3. VÝ dô 3 : Cho xy + xz + yz = 4 . T×m GTNN cña B3 = x4 + y4 + z4 Gi¶i : Do xy + xz + yz = 4  16 = (xy + xz + yz)2  (x2+y2+z2) (x2+y2+z2) (Theo Bunhiac«pxki)  16  (x2+y2+z2)2  (x4 + y4 + z4) (12+12+12) 16 16  B3 = x4 + y4 + z4   B3min =  x = y = z =  2 √3 3 3 3 16 VËy : B3min =  x = y = z =  2 √3 3 3 4. VÝ dô 4 : Cho |a| 1; |b| 1 vµ | a+ b| = √ 3 T×m GTLN cña B4 = √ 1− a2 + √ 1− b2 2 2 2 Gi¶i : Ta cã : (a-b)2  0 a;b  a +b ≥ a+ b (1) 2 2 ¸p dông (1) ta cã : . 1 1 + x y. 1 + ab. . ( ).

<span class='text_page_counter'>(5)</span> (. √1 − a2+ √1 −b 2 2. 2. ). ≤. 2 2 1 − a2 +1− b2 2−(a + b ) a2 +b 2 = =1 − 2 2 2 2. Do. a2 +b2 a+ b 2 √ 3 3 ≥ = = 2 2 2 4. . √1 − a2+ √1 −b 2. ( ) ( ). (.  B4 =. 2. 2. ). 1-. √ 1− a2 +√ 1− b2 ≤ 1. VËy : B4Max = 1  a = b =. (do | a + b| = 3 4. =. 1 4. (. √3 ). √ 1− a2 + √ 1− b2 ≤ 1.  B4Max = 1  a = b =. ). √3 2. √3. 2 5. VÝ dô 5 : T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña B6 = | x + 7| + | x - 1995| Gi¶i : Ta cã : |x| + |y|  | x + y| dÊu "=" x¶y ra  x,y  0 Do vËy : B6 = | x + 7| + | x - 1995| = | x + 7| + | 1995 - x |  |x+7 + 1995 - x| = 2002  B6Min = 2002  (x + 7). (1995 - x)  0  -7  x  1995 VËy : B6Min = 2002  -7  x  1995 6. VÝ dô 6 : T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc. B7 = | x + 2000| + | x + y + 4| + |2x + y - 6| Gi¶i : Ta cã : B7 = | x + 2000| + | x + y + 4| + |2x + y - 6| B7 = | x + 2000| + | x + y + 4| + |6 - (2x + y)| B7  | x + 2000 + x + y + 4 + 6 - 2x - y| = 2010  B7min = 2010  (x + 2000); (x + y + 4) ; (6 - 2x + y) cïng dÊu VËy : B7min = 2010 7. VÝ dô 7 : T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña B = (1 + x2y + xy2)2001 - 2001 xy (x+y) + 2001 víi x2y + xy2  0 Gi¶i : Theo B§T Becnully ta cã : (1 + x2y + xy2)2001  1 + 2001 (x2y + xy2)  B (1 + x2y + xy2)2001- 2001 xy (x+y) + 2001  1+2001.xy(x+y) - 2001xy(x+y) + 2001. ¿ x=0  B  2002  B min = 2002  xy(x+y) = 0  y =0 x=− y ¿{ { ¿ ¿ x=0 VËy : B min = 2002  y =0 x=− y ¿{ { ¿ 8. VÝ dô 8 : Cho xyz = 1 vµ x + y + z = 3. T×m GTNN cña B8 = x16 + y16 + z16 Gi¶i : C¸ch 1 : Ta cã : (a - b)2 + (b - c)2 + (c - a)2  0 a,b,c 2 2 2  a + b + c  ab + ac + bc (1) áp dụng bất đẳng thức (1) ta có : B8 = x16 + y16 + z16 = (x8)2 + (y8)2 + (z8)2  x8y8 + y8z8 + z8x8  B8  x8y8 + y8z8 + z8x8  B8  (x4y4)2 + (y4z4)2 + (z4x4)2  x4y4. y4z4+ x4y4. z4x4 + y4z4. z4x4  B8  x4y8z4 + x8y4z4 + x4y4z8  B8  (x2y4z2)2 + (x4y2z2)2 + (x2y2z4)2  x6y6z4 + x6y4z6 + x4y6z6  B8  (x3y3z2)2 + (x2y3z3)2 + (x3y2z3)2  x5y6z5 + x6y5z5 + x5y5z6  B8  (xyz)5.x + (xyz)5.y + (xyz)5.z = x + y + z = 3.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> (do xyz = 1 vµ x + y + z = 3)  B8min = 3  x = y = z = 1 C¸ch 2: (Kh«ng sö dông gi¶ thiÕt xyz = 1) áp dụng bất đẳng thức bunhiacôpxki nhiều lần ta có : 3 = x + y + z  9 = (x+ y + z)2  (x2 + y2 + z2).3  3  (x2 + y2 + z2)  9  (x2 + y2 + z2)2  (x4 + y4 + z4).3  3  x4 + y4 + z4  9  (x4 + y4 + z4)2  (x8 + y8 + z8).3  3  x8 + y8 + z8  9  (x8 + y8 + z8)2  (x16 + y16 + z16).3  B8 = x16 + y16 + z16  3 .  B8min = 3  x = y = z = 1 Vậy : B8min = 3  x = y = z = 13 Sử dụng phơng pháp đặt biến phụ 1. VÝ dô 1: T×m GTNN cña C1 = x4 + 6x3 + 13x2 + 12x + 12 Gi¶i : C1 = x4 + 6x3 + 13x2 + 12x + 12 C1 = ( x4 + 6x3 + 19x2 + 30x + 25) - 6 (x2 + 3x + 5) + 17 C1 = (x2 + 3x + 5)2 - 6 (x2 + 3x + 5) + 17 §Æt : x2 + 3x + 5 = a C1 = a2 - 6a + 17 = a2 + 6a + 9 + 8 C1 = (a-3)2 + 8 8 do (a-3)2  0 a. ¿ x =−1  C1min = 8  a - 3 = 0  a = 3  x2 + 3x + 2 = 0  y=− 2 ¿{ ¿ ¿ x =−1 VËy : C1min = 8  y=− 2 ¿{ ¿ 2 2 x y 2. VÝ dô 2: T×m GTNN cña C2 = 2. x 2 + y2 - 5 + +6 víi x,y > 0 y x y x. (. ) ( ). 2 2 x y = a 2  x 2 + y2 = a2 - 2 + y x y x 2  C2 = 2.( a - 2) - 5a + 6 = 2a2 - 5a + 2 Ta thÊy : a  2  C2 = 2a2 - 5a + 2  0  C2min = 0 a = 2  x = y > 0 VËy : C2min = 0  x = y > 0 x y 3. VÝ dô 3: T×m GTNN cña C3 = - 3 x − 3 y + 2004 víi x,y>0 + y x y x x y =a2 Gi¶i : §Æt : + y x x y  = a2 - 2 + y x Khi đó : C3 = (a2 - 2) - 3a + 2004 C3 = a2 - 3a + 2004 = a2 - 3a + 2 + 2002 C3 = (a-1) (a-2) + 2000 Do ta cã : a  2  a - 1> 0 ; a - 20  (a-1) (a-2) 0  C3 = (a-1) (a-2) + 2000  2000  C3 min = 2000  a = 2  x = y ; xy > 0 VËy C3 min = 2000  x = y vµ xy > 0 4. VÝ dô 4: Cho x,y,z > 0 √x + √ y + √ z T×m GTNN cña C4 = √ y + √ z √ x+ √ z √ x+ √ y Gi¶i : §Æt : a = √ y+ √ z ; b = √ x+ √ z ; c = √ x+ √ y. Gi¶i :. §Æt :. √ √. √ √.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> . a+b+ c √ x+ √ y + √ z = 2. a −b+ c a+b − c ; √ z= 2 2 − a+b +c a − b+c a+ b −c Khi đó : C4 = + + 2 2 2 1 a b b c a c C4 = ( + )+( + )+( + ) −3 2 b a c b c a a b a c b c Theo C«si víi a,b,c >0 ta cã : + ≥2 ; + ≥ 2; + ≥ 2 b a c a c b 1 3  C4  (2+2+2 −3)= 2 2 3  C4min =  a = b = c  x = y = z > 0. 2 3 VËy C4min =  x = y = z > 0. 2 1+ y 2 ¿ 2 1+ x 2 ¿2 ¿ 5. VÝ dô 5: T×m GTLN, GTNN cña C5 = ¿ 2 2 2 2 ( x − y )(1 − x y ) ¿ 2 a −b ¿ 2 a+b ¿ ¿ ¿ Gi¶i : Ta cã :  a.b (1) a,b vµ (2) −¿ ¿ ¿ ¿ 2 2 2 2 x +y 1−x y §Æt : =a vµ =b 2 2 2 2 (1+ x )(1+ y ) (1+ x )(1+ y ) Khi đó : C5 =a.b 2 2 a+b ¿ a+b ¿ ¿ ¿ Theo (1) vµ (2) ta cã :  C5 = ab  ¿ ¿ ¿ ¿ 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 x − y − 1+ x y 1 x − y + 1− x y ≤ C5 ≤ 4 (1+ x2 )(1+ y 2) 4 (1+ x 2 )( 1+ y 2) . √ x=. − a+b+ c 2. √ y=. ;. [. -. [ [. ]. ]. [. 2. ]. 2 2 2 2 1 ( x − 1)(1+ y ) 1 (x +1)(1− y ) ≤ C5 ≤ 4 (1+ x 2 )(1+ y 2) 4 (1+ x 2)(1+ y 2 ). ]. 1 x 2 −1 . 4 x 2+1. [. 2. ( ) ( ) ( ). Ta cã : 0 .  C5 . x2 −1 x 2+ 1. 2. ]. 2 2. 1 1− y . 4 1+ y 2. ( ). 2. 1 ; 2. 2. (. 0. 1− y 2 1+ y 2 2 2. 2. ). 1. Do đó : − 1 ≤ 1 x 2−1  C5  1 1− y2 ≤ 1 4 4 x +1 4 1+ y 4 1  C5min = −  (x2 - 1)2 = (x2 + 1)2  x = 0 4 1 C5max =  (1 - y2)2 = (1 + y2)2  y = 0 4 1 VËy : C5min = − x=0 4. (. ). a,b.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> C5max =. 1 4. y=0. 4 Sö dông biÓu thøc phô VÝ dô : §Ó t×m cùc trÞ cña biÓu thøc A víi A > 0, ta cã thÓ xÐt cùc trÞ cña biÓu thøc : A2. 1 , -A, kA, k + A, |A| , A. (k lµ h»ng sè). 2. x 4 2 x + x +1 Gi¶i : a) XÐt x = 0  A = 0 gi¸ trÞ nµy kh«ng ph¶i lµ GTLN cña A v× víi x  0 ta cã A > 0. 1 b) Xét x  0 đặt P = khi đó Amax  Pmin A 4 2 với cách đặt trên ta có : P = x + x2 +1 =x 2+ 12 +1 x x ta cã : x2 + 12 ≥ 2 x 2 . 12 =2 (theo c«si) x x  P  2 + 1 = 3  Pmin = 3  x = 1 1 Do đó : Amax =  x=1 3 x+ 2002¿2 ¿ 2. VÝ dô 2: T×m GTNN cña B = víi x > 0 −x ¿ Gi¶i : §Æt P1 = - B nh vËy P1max  Mmin 2 x+ 2002¿ ¿ Ta cã : P1 = víi x > 0  P > 0 x ¿ 1 §Æt P2 = > 0 với x > 0 khi đó P2 Min  P1 Max P1 1. VÝ dô 1: T×m GTLN cña A =. √. 2. x+ 2002¿ ¿ P2 = ¿ ¿ 2 2 P2 = x −2 . x .2002+2002 +4 . x . 2002 x 2 x − 2002¿ ¿ P2 = ¿ ¿ x − 2002¿2 ¿ (do 0 x > 0) ¿ ¿  P2 Min = 8008  x = 2002 1  P1 Max =  x = 2002 8008 1  BMin =  x = 2002 8008 1 VËy BMin =  x = 2002 8008 3. VÝ dô 3: Cho a,b,c d¬ng vµ a + b + c = 3.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> T×m GTLN cña C = √ 5 a+4 b+ √ 5 b+4 c+ √ 5 c + 4 a Gi¶i : Do a,b,c > 0  C > 0 Đặt : P = C2 khi đó √ P Max  CMax Ta cã : P = ( √ 5 a+4 b+ √ 5 b+4 c+ √ 5 c + 4 a )2  P  (12 + 12 + 12) (5a + 4b + 5b + 4c + 5c + 4a) theo Bunhiac«pxki P  3.9(a + b + c) = 81 do a + b + c = 3  PMax = 81  a = b = c = 1  C2Max = 81  a = b = c = 1  CMax = 9   a = b = c = 1 VËy CMax = 9   a = b = c = 1 4. VÝ dô 4: Cho x, y, z, t > 0 x y +t y t+ x t x+ y T×m GTNN cña D = + + + + + y +t x t+ x y x + y t Gi¶i : §Æt P = 2D ta cã : 2( y +t ) 2 y 2( t+ x ) 2 t 2(x+ y) P = 2x + + + + + y +t x t+ x y x+ y t 2 x y+t 2 y t+ x 2 t x+ y 3 y +t t+ x x +t P= + + + + + + + + y+ t 2 x t+ x 2 y x+ y 2 t 2 x y t. (. )(. )(. P= P. ) ( ) 2 y t+ x 2 t x+ y 3 y t t x x y +( + +( + + + + + + + ( y+2 xt + y+t ) ) 2x t+ x 2 y x+ y 2 t ) 2 ( x x y y t t ). 2. +. 2. +. P  15  PMin = 15  x = y = t > 0 15  DMin = x=y=t 2 15 VËy DMin = x=y=t 2 5. VÝ dô 5: Cho x, y > 0 vµ 7x + 9y = 63 T×m GTLN cña E = x.y Gi¶i : §Æt : P = 63.E ta cã : 7 x +9 y 2 P = 63xy = 7x.9y  (theo c«si) 2 3969 3969 63 2 P  =  PMax = 4 4 2 ¿ 9 x= 2 63 DÊu "=" x¶y ra  7x = 9y =  7 y= 2 2 ¿{ ¿ ¿ x=4,5 3969 63  EMax = : 63 =  y=3,5 4 4 ¿{ ¿ 6. VÝ dô 6 : Cho x2 + y2 = 52 T×m GTLN cña F = 2x + 3y Giải : Xét : P1 = |F| khi đó P1 = |2x + 3y| Đặt : P2 = P21 khi đó P2 = (2x + 3y)2 Theo Bunhiac«pxky : P2  (4 + 9) (x2 + y2) = 13.13.4. (. ( ). ). 2. +. 3 .6 6. (theo c«si).

<span class='text_page_counter'>(10)</span>  P2 Max = 13.13.4 . ¿ x=4 y=6 ¿{ ¿. hoÆc. ¿ x=− 4 y=− 6 ¿{ ¿.  P1 Max = 26 Do F  |F| = P ¿ x=4  FMax = 26  y=6 ¿{ ¿ ¿ x=4 VËy FMax = 26  y=6 ¿{ ¿ 7. VÝ dô 7: Cho x,y > 0 T×m GTNN cña G =. x4 y 4 x2 y2 x y + − − + + y 4 x4 y2 x2 y x. Gi¶i : §Æt : P = G - 2 ta cã : 4 4 2 2 P = x 4 + y 4 − x 2 − y2 + x + y -2 y x y x y x P=. (. x4 x2 y4 y2 x2 x y y2 x y − 2. 2 +1 + 4 − 2. 2 +1 + 2 −2 . . + 2 + −2+ 4 y x x y x y y x x y. )(. )(. )(. ). x − y ¿2 ¿ ¿ P= 2 2 2 2 x y x y 2 −1 + 2 −1 + − +¿ y x y2 x  PMin = 0  x = y > 0 VËy GMin = 2  x = y > 0 5 Ph¬ng ph¸p miÒn gi¸ trÞ Giải sử ta phải tìm cực trị của hàm số f(x) có miền giá trị D. Gọi y là một giá trị nào đó của f(x) với x  D. Điều này có nghĩa là điều kiện để phơng trình f(x) = y có nghiệm. Sau đó giải điều kiện để phơng trình f(x)=y cã nghiÖm (x lµ biÕn, coi y lµ tham sè). Thờng đa đến biểu thức sau : m yM Từ đó  Min f(x) = m víi x  D.  Max f(x) = M víi x  D. 1. VÝ dô 1: T×m GTNN cña f(x) = x2 + 4x + 5 Gi¶i : Gäi y lµ mét gi¸ trÞ cña f(x) . Ta cã : y = x2 + 4x + 5  x2 + 4x + 5 - y = 0 (cã nghiÖm)  ' = 4 - 5 + y  0  y1 VËy f(x) Min = 1  x = -2 2. VÝ dô 2: T×m GTLN cña f(x) = - x2 + 2x - 7 Gi¶i : Gäi y lµ mét gi¸ trÞ cña f(x) . Ta cã : y = - x2 + 2x - 7  x2 - 2x + y + 7 (cã nghiÖm)  ' = 1 - y - 1  0  y-6 VËy f(x)Max = -6  x = 1. (. )(. )(. ).

<span class='text_page_counter'>(11)</span> 2. 3. VÝ dô 3: T×m GTLN, GTNN cña f(x) =. x +4 x+6 2 x + 2 x +3. Gi¶i : Gäi y lµ mét gi¸ trÞ cña f(x) . 2 Ta cã : y = x 2+4 x+6  yx2 + 2yx + 3y - x2 - 4x - 6 = 0 x + 2 x +3  (y - 1)x2 + 2 (y - 2).x + 3y - 6 = 0 (cã nghiÖm) 3 * NÕu y = 1  x = 2 * NÕu y  1  ' = (y - 2)2 + (3y - 6)(1 - y)  0  y2 - 4y + 4 - 3y2 + 3y + 6y - 6  0  - 2y2 + 5y + 2  0 1  y2 2 1 Ta thÊy : <1<2 2 1 Do vËy : f(x) Min =  x = -3 2 f(x) Max = 2  x = 0 4. VÝ dô 4 : 2 T×m GTNN cña f(x) = x2 +2 x+ 6 x −2 x+1 Gi¶i : Gäi y lµ mét gi¸ trÞ cña f(x) . 2 Ta cã : y = x2 +2 x+ 6 x −2 x+1 2  yx + 2yx + y - x2 - 2x - 6 = 0  (y - 1)x2 - 2(y + 1)x + y - 6 = 0 (cã nghiÖm) 5 * NÕu y = 1  x = 4 * NÕu y  1  ' = (y + 1)2 - (y - 1)(y - 6)  0  y2 + 2y + 1 - y2 + 6y + y - 6  0  9y - 5  0 5 y 9 5 5 7 Do < 1 nªn ta cã YMin = x=9 9 2 5 7 VËy f(x) Min = x=9 2 2 5. VÝ dô 5: T×m GTLN cña f(x) = x 2 +2 x +1 Gi¶i : Gäi y lµ mét gi¸ trÞ cña f(x). 2 Ta cã : y = x 2 +2  yx2 + y - x2 - 1 = 0 x +1  (y - 1)x2 + y - 2 = 0  (y - 1)x2 = 2 - y * NÕu y = 1  Ph¬ng tr×nh v« nghiÖm 2− y * NÕu y  1  x2 = (1) y −1. (cã nghiÖm).

<span class='text_page_counter'>(12)</span> (1) cã nghiÖm . 2− y y −1. 01<y<2.  YMin = 2  x = 0 VËy f(x) Max = 2  x = 0 6 Ph¬ng ph¸p xÐt tõng kho¶ng gi¸ trÞ 1. VÝ dô 1: Cho m, n  N*. T×m GTNN cña A = |36m - 5m| Gi¶i : Do m  N* 36m cã ch÷ sè tËn cïng lµ 6 n  N*  5m cã ch÷ sè tËn cïng lµ 5 V× vËy : NÕu 36m > 5m th× A cã ch÷ sè tËn cïng lµ 1 NÕu 5m > 36m th× A cã ch÷ sè tËn cïng lµ 9 a) XÐt A = 1 ta cã : 36m - 5m = 1 (kh«ng x¶y ra) v× (36m - 1) : 7 cßn 5m :7 b) XÐt A = 9 ta cã : 5m - 36m = 9 (kh«ng x¶y ra) v× (5m - 36m) : 9 cßn 9 : 9 c) XÐt A = 11 , x¶y ra , ch¼ng h¹n m = 1, n = 2 VËy AMin = 11  m = 1; n = 2 2 2. VÝ dô 2: Cho m  N* . T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña B = nn 2 1 Gi¶i : Víi n = 1 ta cã : B = <1 2 Víi n = 2 ta cã : B = 1 9 Víi n = 3 ta cã : B = >1 8 Víi n = 4 ta cã : B = 1 25 Víi n = 5 ta cã : B = <1 32 36 9 Víi n = 6 ta cã : B = <1 = 64 16 ................................................................................. Ta dù ®o¸n r»ng víi n  5, n  N th× B < 1 ThËt vËy : Ta chøng minh dù ®o¸n b»ng ph¬ng ph¸p quy n¹p. 2 a) Gi¶ sö n  5, n  N ta cã B = nn < 1 (*) 2 2. Ta cần phải chứng minh công thức (*) đúng với (n+1) nghĩa là phải chứng minh : < 2n+1 (1) Tõ (*) ta cã : n2 < 2n  2n2 < 2n+1 (2) §Ó chøng minh (1) ta chøng minh (n + 1)2 < 2n2  n2 + 2n + 1 < 2n2  n2 - 2n - 1 > 0  (n - 1)2 - 2 > 0 (đúng vì  5) 2 b) KÕt luËn : B = nn < 1  n 5, n N* 2 9 VËy Bmax =  n=3 8 3. VÝ dô 3: Cho a, b, c, d  N* vµ a + b = c + d = 20 ab T×m GTNN vµ GTLN cña T = ac+ bd Gi¶i : 1 c d Do T  0 nên đặt P = ⇒ + T b a. n+1 ¿ ¿ ¿ ¿.  (n + 1)2.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> Nh vËy : TMin  PMax TMax  PMin Do a, b, c, d  N* vµ a + b = c + d = 20  1  a, b, c, d  19 c b c+d 20 * Xét a = b = 10 lúc đó P = + = = =2 10 10 10 10 * XÐt b < a (trêng hîp b > a t¬ng tù) b < 10 < a hay 1  b 19 ; 11  a  19 1 a) Tríc hÕt ta t×m TMin = PMax = 19 + 19 Ta xÐt 3 trêng hîp sau : a1) 1 b < 10 = c = d < a  19 c d 10 10 10 Khi đó : P = + = + < +1=11 b a b a 1 c d 19 a2) 1  c  b < 10 < a  d  19. Khi đó : P = + <1+ <3 b a 11 19 a3) 1  d  b < 10 < a c  19NÕu b > 1 th× P  +1<11 2 19 1 1 NÕu b = 1 th× P  + =19+ 1 19 19 1 172 KÕt hîp c¶ 3 trêng hîp ta thÊy PMax = 19+ = 19 19 19 Do đó TMin =  a =19, b = 1 , c = 19 , d = 1 172 b) B©y giê ta t×m TMax = PMin víi 1  b  9 ; 11  a  19 c d c 20 −c 1 1 20 P= + = + = − c+ b a b a b a a 1 1 1 1 Ta cã : − >0 ; đặt A = − b a b a 20 Ta cã : P = A.C + a V× A > 0 nªn PMin víi C = 1 1 1 20 1 19 1 19 * XÐt P = − + = + = + b a a b a b 20 −b 1 19 §Æt  Pb = + b 20 − b * XÐt Pb+1 - Pb : 1  b  9 ; b  N 2 Pb+1 - Pb = 18 b +58 b −380 b(b+1)(19 −b)( 20− b) Ta cã : b(1 + 1)(19 - b)(20 - b) > 0  1  b  9 , b  N Do vËy : XÐt t = 18b2 + 58b - 380 (*) NghiÖm d¬ng to cña (*) lµ t = − 29+ √ 7681 18 Ta cã b¶ng xÐt dÊu : Víi 0 < b < bo th× t < 0  Pb+1 < Pb b > bo th× t > 0  Pb+1 > Pb Luôn luôn chứng minh đợc 3 < bo < 4 1 19 23 XÐt P3 = + =1 3 7 51  P3 > P 4 7 7 P4 = 1+ =1 16 16. (. ).

<span class='text_page_counter'>(14)</span> Nªn : a = 16 , b = 4, c = 1, d = 19 th× PMin =. 23 16 ⇔ T max = 16 23. 16 19 ; TMin = 23 172 II/ TÌM GTNN ,GTLN CỦA BIỂU THƯC CHỨA MỘT BIẾN VËy : TMax =. 1/ Tam thức bậc hai: Ví dụ: Cho tam thức bậc hai P = ax2 + bx + c . Tìm GTNN của P nếu a. 0.. ¿ Tìm GTLN của P nếu a ¿ 0 ¿. Giải : P = ax2 + bx +c = a( x2 + Đặt c -. b2 4a. 0 nên :. 0 thì a( x +. b )2 2a. 0 , do đó P. ¿ ¿ 0 thì a( x + ¿. b )2 2a. 0 do đó P. - Nếu a -Nếu a. b )2 2a. =k . Do ( x +. b2 b 2 2 a )2 + c - 4 a. b a x ) + c = a( x +. b 2a. k. MinP = k khi và chỉ khi x = k. MaxP = k khi và chỉ khi x =. -. b 2a. 2/ Đa thức bậc cao hơn hai: Ta có thể đổi biến để đưa về tam thức bậc hai Ví dụ : Tìm GTNN của A = x( x-3)(x – 4)( x – 7) Giải : A = ( x2 - 7x)( x2 – 7x + 12) Đặt x2 – 7x + 6 = y thì A = ( y - 6)( y + 6) = y2 - 36 ⇔. minA = -36. ⇔. y = 0. x2 – 7x + 6 = 0. -36. ⇔ x1 = 1, x2 = 6.. 3/ Biểu thức là một phân thức : a/ Phân thức có tử là hằng số, mẫu là tam thức bậc hai: Ví dụ : Tìm GTNN của A =. Giải : A =. 2 2 . 6 x −5 − 9 x. 2 2 . = 6 x −5 − 9 x. Ta thấy (3x – 1). 2. −2 2 9 x −6 x +5. 2. 0 nên (3x – 1) +4. 3 x −1 ¿2 + 4 ¿ = . −2 ¿. 1 2 4 do đó (3x  1)  4. 1 4. theo tính chất a. 2. 1 b. với a, b cùng dấu). Do đó. 3 x −1 ¿ + 4 ¿ −2 ¿. −2 4. ⇒ A. -. 1 2. b thì. 1 a.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> minA = -. 1 2. 1 . 3. ⇔ 3x – 1 = 0 ⇔ x =. Bài tập áp dụng:. 1 1 1 1 1 A    . max A=  x 2 2 2 A 2 x  4x  9 5 5 x  2  5   x  4x  9 HD giải: 1. Tìm GTLN của BT : . 1 1 1 1 1 A 2   . max A=  x 3 2 A 2 x  6x  17  x  3  8 8 8 x  6x  17 2. Tìm GTLN của BT :. HD Giải:. A 3. (51/217) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: b/ Phân thức có mẫu là bình phương của nhị thức.. 3 2   x 2  2x  7. 3 x 2 − 8 x+ 6 . x2 −2 x+ 1. Ví dụ : Tìm GTNN của A =. Giải : Cách 1 : Viết A dưới dạng tổng hai biểu thức không âm 2. 2 x2  2 x 1  x2  4 x  4. .  . 2. x  2 x 1. A =. x − 2¿ ¿ 2 x − 1¿ ¿ ¿ ¿.  = 2 +. 2. minA = 2 khi và chi khi x = 2. Cách 2: Đặt x – 1 = y thì x = y + 1 ta có : 3( y  1) 2  8( y  1)  6 A =.  y  1. 2.  2  y  1  1. . 3 y 2  6 y  3  8 y  8  6 3 y 2  2 y 1  y 2  2 y 1  2 y  2 1 y2. =3-. 2 y. 1 y2. +. ⇔ y = 1 ⇔ x–1=1 ⇔ x=2. minA = 2. c/ Các phân thức dạng khác: Ví dụ : Tìm GTNN và GTLN của A =. 3−4 x x 2+1. Giải Để tìm GTNN , GTLN ta viết tử thức về dạng bình phương của một số : 2. A =. x − 2¿ 2 ¿ -1 ¿ ¿. 2. x −4 x+ 4 − x −1 x 2 +1. =. -1. Min A= -1 khi và chỉ khi x = 2 2. Tìm GTLN A =. 2. 2. 4 x + 4 − 4 x − 4 x −1 2 x +1. =4-. 2 x +1 ¿ ¿ ¿ ¿. 4. Bài tập áp dụng: (Bồi dưỡng HSG toán đại số 9 TRẦN THỊ VÂN ANH). 1, (42, 43/ 221) Tìm GTLN của bt:. a,. A. x x 2 2. B b,. x2. x. 2. 2. . 3. =(. 1 y. -1)2 + 2.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> 3, (35, 36 / 221) Tìm GTNN của bt: 4, (34, 36/ 221) Tìm GTNN của bt: Q 6, Tìm GTNN của bt: R 7, Tìm GTNN của bt: 8, Tìm GTNN của bt:. S. a,. 2 x 3 với x > 0;. E x 2 . a,. x 2  2 x  17 2  x  1. x2  4x  4 x Với x > 0;. C. b, b,. D F. x5  2 x 3 Với x > 0. x3  1 x 2 Với x > 0. Với x > 0. x  6 x  34 x 3 Với x > 0. x 3  2000 x Với x > 0. III/ TÌM GTNN, GTLN CỦA BT CÓ QUAN HỆ RÀNG BUỘC GIỮA CÁC BIẾN Ví dụ : Tìm GTNN của A = x3 + y3 + xy biết rằng x + y = 1 sử dụng điều kiện đã cho để rút gọn biểu thức A A = (x + y)( x2 –xy +y2) + xy = x2 – xy - y2 + xy = x2 + y2 Đến đây ta có nhiều cách giải Cách 1: sử dụng điều kiện đã cho làm xuất hiện một biểu thức có chứa A ⇒. x+y =1 (x – y)2. Mà. x2 + 2xy + y2 = 1. 0 Hay: x2 - 2xy + y2. 1 2. 0. khi và chỉ khi x = y =. (2) 1 2. 1 ⇒ x2 + y2. Cộng (1) với (2) ta có 2(x2 + y2 ) minA =. (1). 1 2. Cách 2: Biểu thị y theo x rồi đưa về tam thức bậc hai đối với x. Thay y = x – 1 vào A A = x2 + (1 – x)2 = 2(x2 – x) +1 = 2(x2 minA =. 1 2. khi và chỉ khi x = y =. 1 2 ) + 2. 1 2. 1 2. 1 2. Cách 3/ Sử dụng điều kiện đã cho để dưa về một biến mới Đặt x = x2 + y 2 = (. 1 2. 1 2. + a thì y = 1 2. + a)2 + (. 1 2. - a . Biểu thị x2 + y2 ta được : - a)2 =. 1 2. +2 a2. 1 => MinA = 2. 2 2 Bài tập 1: Tìm Min A = a  ab  b  3a  3b  2014 2 2 Cách 1 Ta có: A= a  2a  1  b  2b  1  ab  a  b  1  2011. 1 2. ⇔ a = 0 ⇔ x=y =. 1 2.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> = a 2  2a  1  b 2  2b  1  ab  a  b  1  2011 = =.  a  1. 2.  a  1. 2. 1.   b  1  a  b  1   b  1  2011. 2.   b  1   a  1  b  1  2011. 2.   a  1  2  a  1.  b  1   b  1 2. 2. . 4. 3  b  1. 2. 4. 2. 2 3  b  1 b  1   2011  2011 =  a  1   + 2  4 . b 1  0 a  1   a b 1 2  b  1 0  Min A = 2011 khi  Cách 2: 2A 2 a 2  ab  b2  3a  3b  2014 = a 2  2a  1  b2  2b  1  a 2  2 ab  b2  2.2  a  b   4  4022. . . 2. 1. 2. =  a  1   b  1   a  b  2   4022.  Min 2A = 4022 khi. a  1 0   a b 1 b  1 0  a  b  2 0 . => Min A = 2011. BÀI TẬP TỰ LUYÊN TƯƠNG TỰ: 2 2 Bài 1 CMR : Min P = 0 Với P = a  ab  b  3a  3b  3 2 2 2 Bài 2 CMR: không có giá trị nào của x, y, z thỏa mãn ĐT: x  4 y  z  2 x  8 y  6 z  15 0 2. Ta có:. 2. 2. VT  x 2  2 x  1  4 y 2  8 y  4  z 2  6 z  9  1=  x-1   2 y  2    z  3   1 1. Bài 3: Có hay không các số x,y,z thỏa mãn mỗi đẳng thức sau: 2 2 2 1) x  4 y  z  4 x  4 y  8 z  22 0 2 2 2 2) x  4 y  9 z  2 x  12 y  12 z  1994. 1) VT  x 2  4 x  4  4 y 2  4 y  1  z 2  8 z  16  1 2. 2. 2. =  x+2    2 y  1   z  4   1 1 2) VT = x 2  2 x  1  4 y 2  12 y  3  9 z 2  12 z  4  1986 2. 2. 2. =  x  1   2 y  3   3z  2   1986 1986 2 2 Bài 4: CMR: Min A=2 Với A = m  4mp  5 p  10m  22 p  28. Ta có: A = m 2  4mp  4 p 2  p 2  2 p  1  10m  20 p  27 2. 2. =  m  2 p   2.5  m  2 p   25   p  1  2 2. 2. =  m  2 p  5   p  1  2 2 2 2 Bài 5: CMR: Max B = 4 Với B  a  5b  2a  4ab  10b  6.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> Ta có:. .  . . 2 2  2  B  a 2  4ab  4b 2  b 2  6b  9  2a  4b  1  4 = 4 -  a  4ab  4b  b  6b  9  2  a  2b   1 2 2 = 4 -   a  2b   2  a  2b   1   b  3   . 2 2 = 4 -   a  2b  1   b  3  4  . Bài 6: Tìm GTNN của 2. 2 2 a) A=a  5b  4ab  2b  5. ( Gợi ý. 2. A =  a - 2b    b  1  4 2. 2 2 b) B = x  y  xy  3 x  3 y  2029. ( Gợi ý. 2. ) 2. B =  x-y    y  3   x  3  2011 2. 2. ). 2. 2 2 2 c) C  x  4 y  9 z  4 x  12 y  24 z  30. ( Gợi ý. C =  x+2    2 y  3    3 z  4  1. 2 2 d) D= 20x  18 y  24 xy  4 x  12 y  2016. ( Gợi ý. D=  4x-3y    2 x  1   3 y  2   2011. Bài 7: Tìm các số a, b, c, d thỏa mãn :. 2. a 2  b 2  c 2  d 2 a  b  c  d . ). 2. ). (*). a 2  b 2  c 2  d 2 ab  a  b  c   a 2  b 2  c 2  d 2  a  b  c  d  0  a 2  b 2  c 2  d 2  ab  ac  ad 0  4 a 2  b 2  c 2  d 2  ab  ac  ad 0. . .  a 2  4ab  4b 2  a 2  4ac  4c 2  a 2  4ad  4d 2  a 2 0 2. Ta có :. 2. 2.   a  2b    a  2c    a  2d   a 2 0. Dấu “=” sảy ra khi : a 2b 2c 2d 0  a b c d 0 IV Các chú ý khi giải bài toán cực trị : 1, Chú ý 1: Khi tìm bai toán cực trị ta có thể đổi biến Ví dụ : Tìm GTNN của ( x – 1)2 + ( x – 3)2 ta đặt x – 2 = y, biểu thức trở thành (y + 1)2 + (y – 1)2 =2y2 +2. 2 ⇒ minA= 2 ⇒ y=0 ⇒ x=2. 2 Chú ý 2, Khi tìm cực trị của biểu thức , nhiều khi ta thay điều kiện để biểu thức này đạt cực trị bởi điều kiện tương đương là biểu thức khác đạt cực trị chẳng hạn : -A lớn nhất 1 B lớn nhất. ⇔ A nhỏ nhất ⇔. B nhỏ nhất với B > 0. x4  1 1 A 2 2 ( x  1) (Chú ý A> 0 nên A lớn nhất khi A nhỏ nhất và ngược lại) Ví dụ : Tìm GTLN của 1 1 ( x 2  1)2 x 4  2 x 2 1 2x2   1  4 4 4 x 1 x  1 .Vậy A Ta có : A = x  1 1 min A = 1 khi x = 0 .Do đó maxA =1 khi x = 0. 1.

<span class='text_page_counter'>(19)</span> 3,Chú ý 3 Khi tìm GTLN, GTNN của 1 biểu thức ,người ta thường sử dụng các BĐT đã biết Bất đăng thức có tính chất sau a ) a > b , c > d với a, b, c, d > 0 thì a.c > b. d b) a > b và c > 0 thì a.c > b.c c) a > b và c < 0 thì a.c < b.c d) a > b và a, b, n > 0 thì an > bn Bất đẳng thức Cô si: a + b. 2 ab ; a2 + b2. 2ab ; (a + b)2. Bất đẳng thức Bu- nha -cốp –xki : (a2 + b2) ( c2 + d2). 4ab ; 2( a2 + b2). ( a+ b)2. (ac + bd)2. Ví dụ Cho x2 + y2 = 52 . Tìm GTLN của A = 2x + 3y Giải :Áp dụng BĐT BCS ta có ( 2x + 3y )2 ⇒. ( 22+32 ).52 ⇒ ( 2x + 3y )2. 13.13.4.  2 x 3 y ⇔   2 x  3 y 0 26. Vậy maxA = 26. 2x + 3y. 3x ⇒ 2 ⇒ Thay y = 2 vào x2 + y2 = 52 ta được 4x2 + 9x2 = 52.4 x = 16 x=4 hoặc x= -4 Với x = 4 thì y =6 thoả mãn 2x +3y. 0 x = -4 ,y = -6 không thoả mãn 2x +3y. 0. Vậy Max A = 26 ⇔ x =4 , y = 6 3/ Trong các bất đẳng thức cần chú ý đến các mệnh đề sau - Nếu 2 số có tổng không đổi thì tích của chúng lớn nhất khi 2 số đó bằng nhau - Nếu 2 số dương có tích không đổi thì tổng của chúng nhỏ nhất khi 2 số đó bang nhau Ví dụ: Tìm GTLN, GTNN của tích xy, biết x,y  N thoả mãn x + y = 2005 Giải : Ta có 4xy = (x + y)2 – (x – y)2 = 20052 - (x – y)2 ⇔ x – y nhỏ nhất ; xy nhó nhất ⇔ x – y lớn nhất. xy lớn nhất. giả sử x > y ( không thể xảy ra x = y) Do 1. y. x. 2004 nên 1. x-y. 2003. Ta có min(x –y) = 1 khi x = 1003 ; y =1002 max(x –y) = 2003 khi x =2004 , y = 1 Do đó max(xy) = 1002.1003 khi x = 1003 , y = 1002 Min ( xy) = 2004 khi x = 2004 , y = 1 MỘT SỐ SAI LẦM THƯỜNG GẶP KHI GIẢI BÀI TOÁN CỰC TRỊ 1, Sai lầm khi sử dụng nhiều bất đẳng thức khac nhau A= VD1: cho x, y là các số dương thỏa mãn x +y =1 . Tìm GTNN của biểu thức :. 1 4  x y. 1 4 4 1 4   , x y xy (1) Giải sai: Áp dụng bất đẳng thức cô si cho hai số không âm x y ta có:.

<span class='text_page_counter'>(20)</span> 1 x y   xy 2 Lại có: 2 (2 ) A= Từ (1) và (2) suy ra : Phân tích sai lầm:. 1 4 4 4    8 1 x y xy 2 . Vậy Min A = 8. 1 4   4x y x y Đẳng thức sảy ra ở (1) khi Đẳng thức sảy ra ở (2) khi x = y . Từ đó suy ra x = y = 0 ( Loại vì x + y = 1) Có bạn đến đây KL không có giá trị nhỏ nhất cũng là KL sai. 1 4 4x y A =  x+y     5   y x x y Giải đúng: Vì x + y = 1 nên 4x y 4x y 4x y  2 . 4 , y x y x y x Áp dụng bất đẳng thức Cô Si cho hai số không âm Ta có :. Dấu “=” xẩy ra khi.  4x y  y 2 x   x    y x  y  1   x  y 1 . 1   x  3   y 2  3. Lưu ý: Nếu sử dụng nhiều BĐT khác nhau trong 1 bài toán thì ta phải kiểm tra xem chúng có đồng thời sảy ra dấu bằng không. Có như vậy thì hướng giải của bài toán mới đúng. 2, Sai lầm khi không sử dụng hết điều kiện của bài toán: 2. 1  1  A =  x+    y   y  x  VD2:cho x, y là các số dương thỏa mãn x+y= 1. Tìm GTNN của BT :. Giải sai: Áp dụng bất đẳng thức cô si cho hai số không âm y, Áp dụng bất đẳng thức cô si cho hai số không âm. x,. 2. 1 1 1 x+ 2 x. 2 x x x Ta có: (1). 1 1 1 y+ 2 y. 2 y y y Ta có:. (2). Từ (1) và (2) =>A  8 => Min A = 8 1  x  x 2 1 Phân tích sai lầm: Đẳng thức sảy ra ở (1) khi x 1  y  y 2 1 Đẳng thức sảy ra ở (2) khi y . Từ đó suy ra x = y = 1 ( Loại vì x + y = 1) x+y  xy  Giải đúng: Áp dụng bất đẳng thức cô si cho hai số dương ta có : 2. 1 1 xy   xy  2 4.

<span class='text_page_counter'>(21)</span> 2. 2.  1 1 1 1 A = 4 + x +y    +    x   y  . Khi đó: x2 + y2 = (x + y)2 – 2xy  1 - 2 = 2 (1) Ta có : 2. 2. 1 1 1 2 1 25 25 1  2 2 2 2  8 2 x y x .y xy (2). Từ (1) và (2) =>A  8 + 2 +4 = 2 =>Min A = 2 khi x=y = 2 Lưu ý: Khi giải bài toán mà không sử dụng hết điều kiện của đầu bài thì cần kiểm tra lại giả thiết. Có như vậy thì hướng giải của bài toán mới đúng. 3, Sai lầm trong chứng minh điều kiện 1: VD1: Tìm GTLN của bt:. A=. 1 x  6 x  17 2. 2. 2 x 2  6 x  17  x  3  8 8 Lời giải sai: A đạt Max khi x  6 x  17 đạt Min Ta có :. Do đó Min. . . x 2  6 x  17 8  x 3. 1 . Vậy Max A = 8  x 3. Phân tích sai lầm: Kết quả đúng nhưng lập luận sai ở chỗ cho rằng “ A có tử không đổi nên đạt GTLN khi mẫu đạt GTNN” mà chưa đua ra nhận xét tử và mẫu là các số dương 2. Lời giải đúng: Bổ xung thêm nhận xét. x 2  6 x  17  x  3  8 8. nên tử và mẫu của A là dương. VD2:Tìm GTNN cuả BT: A = x2 + y2 biết x + y =4  x 2  y 2 2 xy   x  y 2 x  y  4 2 2   Ta có : A = x + y 2xy => A đạt GTNN Khi đó MinA = 8 Phân tích sai lầm: Đáp số ko sai nhưng lập luân sai lầm ở chỗ ta mới c/m được f(x,y) g(x,y) chứ chưa c/m được f(x,y) m với m là hắng số. Chẳng hạn: Từ x2  4x – 4 => x2 đạt nhỏ nhất  x2 = 4x – 4  (x – 2 )2 = 0  x =2 Đi đến min x2 = 4  x = 2 Dễ thấy kết quả đúng phải là Min x2 = 0  x =0 2.  x + y  =16 (1) Lời giải đúng: Ta có x + y =4   x - y Ta lại có :. 2.  0  x 2 -2xy+y 2 0. (2). Từ (1) và (2) => 2( x2 + y2 ) 16 => A = x2 + y2 8 Vậy Min A = 8 khi và chỉ khi x = y = 2. Lưu ý: Cần nắm vững t/c của BĐT cụ thể trong trường hợp so sánh hai phân số có tử và mẫu là số tự nhiên, số nguyên … Có như vậy thì hướng giải của bài toán mới đúng. 4, Sai lầm trong chứng minh điều kiện 2 VD1: Tìm GTNN của bt: A = x +. x.

<span class='text_page_counter'>(22)</span> Lời giải sai : x +. x =.   x. 2. 2. +2 x. 1 1 1  1 1 1 1    x      2 4 4  2 4 4 . Vậy: Min A = 4. 1 1  P/tích sai lầm: sau khi c/m f(x)  4 chưa chỉ ra trường hợp xảy ra f(x)= 4  . x là x 0 do đó : A = x +. Lời giải đúng: ĐKTT VD2: Tìm GTLN của. A = xyx  z+y   y+z   z+x . x . 1 2 (vô lí ). x 0 => Min A = 0  x 0. với x, y , z là các số không âm và x +y+ z =1 2. 4x  z+y   x+y+z  1 2. 4y  z+x   x+y+z  1 Lời giải sai: Áp dụng BĐT =>. 4xy  x  y . 2. 2. ta có :. 4z  x+y   x+y+z  1. 64xyx  z+y   y+z   z+x  1 =>xyx  z+y   y+z   z+x  . 1 1 64 . Vậy Max A = 64. Phân tích sai lầm: Sai lầm ở chỗ chưa chi ra khả năng xảy ra dấu “=”. 1 ĐK để Max A = 64 là : Lời giải đúng: Ta có :. z+y = x  y+x = z    x+z = y x + z + y = 1   x, y, z  0.  x  y z 0  x + z + y = 1  x, y, z  0 . 1 = x +y+ z 3 3 x.y.z. ( vô lí ) (1). 2 =  x +y  +  z+x  +  y+ z  3 3  x +y   z+x   y+ z . (2).  2 2  3 A  A   2  3 3 x. y.z.  x +y   z+x   y+ z  9 Từ (1) và (2) => hay:. 3. 3. 3.  2   Max A =  9  khi.  x +y  =  z+x  =  y+ z   1  x  y z   x  y  z 1 3  x, y , z 0 . VD3: Tìm giá trị nhỏ nhất của :. A. (x  a)(x  b) x với x > 0, a, b là các hằng số dương..  x  a 2 ax   x  a   x  b  2 ax.2 bx 4 x ab  x  b  2 bx  Lời giải sai: Ta có: . Do đó:. A. (x  a)(x  b) 4x ab  4 ab x x vậy Min A = 4 ab  x a b. Phân tích sai lầm: Nếu a b thì không có: A = 4 ab.

<span class='text_page_counter'>(23)</span> A Lời giải đúng : Ta có. (x  a)(x  b) x 2  ax + bx + ab  ab    x    (a  b) x x x   .. Theo bất đẳng thức Cauchy :. min A =. . a b. Ngày giảng:. /. . x. ab 2 ab x nên A ≥ 2 ab + a + b =. 2. khi và chi khi / 2011. . a b. . 2. ab  x  x  x  ab  x  0 .. Sĩ số:. VẬN DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ 1 1 1   x y 2 Tìm GTNN của bt: A = VD1: Cho x > 0, y > 0 thỏa mẫn đk. x y. 1 1 1 1  0, 0 , y Do x > 0, y > 0 nên x áp dụng bất đẳng thức côsi cho 2 số x y 1 1  4 xy => Hay. 1 1 1 1 1    . x y ta có: 2  x y . Mặt khác ta có: x > 0, y > 0 => x  y 2. x 0, y 0. xy 4. . áp dụng bất đẳng thức côsi ta có:. xy 2 4 4. x y   1 1 1  x  y 4  x  y 2 Vậy: Min A = 4 khi :  2 2 VD2 : Tìm GTNN của của biểu thức : A  x  x  1  x  x  1 2. 1 3 3  x  x  1  x      x  R 2 4 4  Ta có: 2. 2. 1 3 3  x  x  1  x      x  R 2 4 4  2. Áp dụng BĐT Cô- si cho 2 số. x 2  x  1  x 2  x  1 2. x 2  x  1, x 2  x  1 ta có : x 2  x  1. x 2  x  1 2 4 x 4  x 2  1 2.  x 4  x 2  1 1  x 0  2 2 x  x  1  x  x  1   Max A = 2 khi .

<span class='text_page_counter'>(24)</span> x y z A   y z x với x, y, z > 0. VD3 Tìm giá trị nhỏ nhất của : x y z x y z A     33 . .  3 y z x y z x Cách 1 : Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương: x y z x y z min     3     x y z y z x y z x   Do đó x y z  x y  y z y x y            2 y z x y x z x x y x     Cách 2 : Ta có : . Ta đã có (do x, y > 0) nên để x y z y z y   3   1 chứng minh y z x ta chỉ cần chứng minh : z x x (1) (1)  xy + z2 – yz ≥ xz (nhân hai vế với số dương xz)  xy + z2 – yz – xz ≥ 0  y(x – z) – z(x – z) ≥ 0  (x – z)(y – z) ≥ 0. (2). (2) đúng với giả thiết rằng z là số nhỏ nhất trong 3 số x, y, z, do đó (1) đúng. Từ đó tìm được giá trị nhỏ nhất của. x y z   y z x. VD 4: Tìm giá trị lớn nhất của : A = xyz(x + y)(y + z)(z + x) với x, y, z ≥ 0 ; x + y + z = 1. 3 Áp dụng BĐT Cauchy cho ba số không âm x, y, z ta có: 1 = x + y + z ≥ 3. xyz. (1). Áp dụng BĐT Cauchy cho ba số không âm x+y, y +z, z + x ta có : 3 2 = (x + y) + (y + z) + (z + x) ≥ 3. (x  y)(y  z)(z  x).  2   3 Nhân từng vế của (1) với (2) (do hai vế đều không âm) : 2 ≥ 9. A  A ≤  9  3.  2 1   max A =  9  khi và chỉ khi x = y = z = 3 . xy yz zx   z x y với x, y, z > 0 , x + y + z = 1. VD 5: Tìm GTNN của xy yz xy yz  2 . 2y x z x Giải: Theo bất đẳng thức Cauchy : z . yz zx zx xy  2z ;  2x x y y z Tương tự : . Suy ra 2A ≥ 2(x + y + z) = 2. A. 1 min A = 1 với x = y = z = 3 .. (2) 3.

<span class='text_page_counter'>(25)</span> A. 1 2   4xy 2 x y xy với : x > 0, y > 0, x + y < 1 2. VD 6: Tìm GTNN của 2 x y  2  xy   x  y  4 xy 1 1 1 1 1 4    x  y     2 xy .2 4     xy x y x y  x y  1  1 2 1 x y xy Ta có: . . A Ta có:. A =>. .  1 1 2 1   1  5   4xy  2     4xy   2 2 x y xy 2xy   4xy  4xy  x y 2. 4 1 5 4 5 11  2 4xy.   2  11 2 2 2 2 2 x  2xy  y 4xy  x  y   x  y  x  y  x  y 2. x . VD 7: : Cho. 1 2 2 , Tìm GTLN của A = 2x  5 x  2 + 2 x+3 - 2x 2. Giải : Ta có :. A = 2x  5 x  2 + 2 x+3 - 2x =.  2x 1  x  2 . + 2 x+3 - 2x. 2x  1  x+2  2 áp dụng bất đẳng thức Cosi cho 2 số 2x  1, x+2 Ta có: 3x  3  Hay : 2.  2x  1  x+2 . Do đó:. A .  2x  1  x+2 . x 3 4  4  x  3 2 x  3 2. Dấu “ = ” xảy ra khi x  3 4  x=1. x 7 3x  3  2 2 - 2x = 5. Dấu “ = ” xảy ra khi x=1. 1 4 9 S=   x y z VD 8: : Cho x, y, z > 0 và x + y + z =1 Tìm GTNN của:. Ta có: S =.  2x  1 0 1  2 ta có:  x  2  0. Dấu “ = ” xảy ra khi 2x  1 x+2  x=1. áp dụng bất đẳng thức Cosi cho 2 số x  3, 4 Ta có: x 7 2 x  3 Hay : 2 .. Với. x .  1 4 9  y 4x   4z 9 y   9x z     1+4+9+           z   z x  x y z= x y   y. x+ y+z . y 4x y 4x y 4x  2 . 4 , x y áp dụng bất đẳng thức Cosi cho 2 số dương x y ta có : x y 4z 9 y 4z 9 y  2 . 12 y z y z Tương tự ta có : ;  S  1 + 4 + 9 + 4 + 12 + 6 =36. 9x z 9x z  2 . 6 z x z x.

<span class='text_page_counter'>(26)</span>  y 4x x  y   4z 9 y    z  y 9x z   x  z  x  y  z 1 Dấu “=” sảy ra khi :.  y 2 4 x 2  2 2  4 z 9 y   2 2 9 x  z   x  y  z 1 . 1   y 3  y 2 x  1    x   z 3 x 6  x  y  z 1   1  z 2 . 1 1 1 y  ,x  ,z  3 6 2 Vậy Min S = 36 khi Biện pháp 1: Để tìm cực trị của một biểu thức ta tìm cực trị của bình phương biểu thức đó 3 x  5 0 5 7  x   3 3 VD1 : Tìm giá trị lớn nhất của A  3 x  5  7  3 x , ĐKXĐ : 7  3 x 0 Bình phương hai vế ta có : A2 = 2 +. 2.  3x  5  7  3x . 5 7 x  3 . áp dụng bất đẳng thức côsi cho  3 x  5  và  7  3x  ta có: Với 3.  3x  5   7  3x  2  3x  5  7  3x . hay. 2 2.  3x  5   7  3x .  A2  4 =>A  2 Dấu “=” xảy ra khi : 3x - 5 = 7 - 3x hay x = 2 2 VD2: Tìm GTNN của biểu thức: A = -x  2 x  8 . ĐKXĐ : Khi đó. -x 2  2 x  8 0   2 -x  x  2 0.  x  2   x  4  0    x  1  x  2  0. -x 2  2 x  8  -x 2  x  2  x  6  0. Từ (*) =>. . . .  2 x 4   1  x 2   1  x 2. => A > 0. . A 2 = -x 2  2 x  8  -x 2  x  2  2 = -2x 2  3 x  10  2. -x 2  x  2 (*). . -x 2  2 x  8. -x 2  x  2.  x  2   4  x   x  1  2  x . =  2  x   x  2    x  1  4  x   2  2. =. .  A=. . 4  x2 4  x2 . . 2. 2. .  2  x   x  2  .  x 1  4  x .  2  x   x  2  .  x 1  4  x    x  1  4  x .  x  1  4  x  . 2.  2 2. 2 2  4  x  x  1  4  x   x 0. Biện pháp 2: nhân và chia một biểu thức với cùng một số khác không.. VD Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:. A=. x-9 5x. 2. 2.

<span class='text_page_counter'>(27)</span> Giải: ĐKXĐ: x 9 Ta có:. Dấu “=” xảy ra khi. A=. x-9 5x =. 1 x -9  x-9  3 x .3  2 3 3 6 1   5x 5x 5 x 30. x - 9 3   x 18  3  x 9. Biện pháp 3: Biến đổi biểu thức dã cho thành tổng của các biểu thức sao cho tích của chúng là một hằng số: 1) Tách 1 hạng tử thành tổng nhiều hạng tử bằng nhau VD1: cho x > 0 Tìm GTNN của biểu thức: Giải : Ta có. A=. A=. 3x 4  16 x3. 3x 4  16 16 16 3x  3  x  x  x  3 3 x x x. Áp dụng BĐT Cô-si Ta có :. A = x+x+x+. 16 16 4 4 x.x.x. 3 4.2 8 3 x x. 16  x  3  x 2 x Vậy Min A = 8 2 VD2: ( đề thi ĐHTH Hà Nội 1993) Tìm Max và Min A = x y( 4 - x - y ) với x, y 0 và x + y  6. x x   +y+ 4 - x - y x x   A = 4.  . .y( 4 - x - y )  4.  2 2 4 2 2   0  x  y  4  Xét Ta có :. 4.    4  . x = y = 4 - x - y  y = 1 ; x =2 Dấu “=” xẩy ra khi 2 Xét 4  x  y 6 Rễ thấy: 4 – x - y  2 ( 1) Dấu ‘=’ xảy ra khi x + y = 6 2 => A = x y( 4 - x - y ) đạt GTNN khi x2y đạtGTLN 3.  2  x+y    x+x+2y      3  x.x.2y 3    2 x y=   2 2 2 Ta có : =32 hay x2y  32 (2) 3.  x  y 6   x  2 y x y( 4 x y )   Từ (1) và (2) => -64 Dấu ‘=’ xảy ra khi 2. VD3 . Tìm GTLN của A = x2(3 – x) biết x ≤ 3..  x 4   y 2. x x Giải : Xét 0 ≤ x ≤ 3. Viết A dưới dạng : A = 4. 2 . 2 .(3 – x). Áp dụng bất đẳng thức.

<span class='text_page_counter'>(28)</span> 3. x x   2  2 3 x    1 x x x x 3    Cauchy cho 3 số không âm 2 , 2 , (3 – x) ta được : 2 . 2 .(3 – x) ≤  .. Do đó A ≤ 4 (1) 2Tách 1 hạng tử chứa biến thành tổng của một hằng số với 1 hạng tử chứa biến sao cho hạng tử này là nghịch đảo của 1 hạng tử khác có trong biểu thức đã cho. VD1: Cho 0 < x < 2 , Tìm GTNN của. Ta có :. B. B. 9x 2  2 x x. 9x 2 x 9x 2  x   1 1  2 . 7 2 x x 2 x x. 9x 2 x 1   x x 2  Min B= 7  2  x Biện pháp 4: Thêm 1 hạng tử vào biểu thức đã cho: VD1 : Cho 3 số dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = 2 Tìm GTNN của biểu thức: P. x2 y2 z2   yz zx yx. x2 y  z x x2 yz . 2. x 2 Ta có : y  z + 4 2 y  z 4 y2 x  z y y2 xz . 2.  y 2 xz + 4 2 xz 4 z2 y  x z z2 yx . 2.  z 2 y  x + 4 2 y  x 4  x2 y2 z2  y  z x  z y  x     x  y  z   yz zx yx 4 4 4  =>  x2 y2 z2  x  y  z   x  y  z   yz zx yx 2  Hay: P =>. x2 y2 z2 x yz x yz   x  y  z   1 yz zx yx 2 2.  x2 yz   4 yz 2  y xz 2   x  y z   4 3 xz 2  z yx   yx 4 Vậy Min P = 1  .

<span class='text_page_counter'>(29)</span> z2 x2 y2 , , Lưu ý: Nếu ta lần lượt thêm ( x + y), ( z + y), ( x + z) vào y+x y+z z+x ta vẫn khử được (x + y), ( z + y), ( x + z) nhưng không tìm được x, y, z để dấu dấu đẳng thức xảy ra đồng thời. Khi đó không tìm được giá trị nhỏ nhất.. a b  1 x y VD2 : Tìm GTNN của A = x + y biết x, y > 0 thỏa mãn (a và b là hằng số dương).  a b ay bx b     x  y  a   x y x y   Giải . Cách 1 : A = x + y = 1.(x + y) = . ay bx ay bx  2 . 2 ab x y x y Theo bất đẳng thức Cauchy với 2 số dương : .. Do đó. . A a  b  2 ab . a b. . 2. .. . min A . a b. . 2.  ay bx x  y  a b   1  x y  x, y  0  với .  x a  ab     y b  ab. Cách 2 : Dùng bất đẳng thức Bunhiacôpxki : 2.  a b  a b A (x  y).1 (x  y)     x.  y.   x y  x y . . a b. . 2. .. Từ đó tìm được giá trị nhỏ nhất của A.. x2 y2 z2 A   x  y y  z z  x biết x, y, z > 0 , VD3 Tìm GTNN của. xy  yz  zx 1 .. x2 y2 z2 x yz    2 Giải Theo VD1 BIỆN PHÁP 4: x  y y  z z  x . Theo bất đẳng thức Cauchy xy yz zx  xy ;  yz ;  zx nên x  y  z  xy  yz  zx 2 2 2 . hay. xy  yz  zx 1 x+y+z   2 2 2. 1 min A = 2.  x y z . 1 3. VẬN DỤNG BDT. A  B  A+B. 2 2 Bài 1: Tìm GTNN của hàm số : y  x  2 x  1  x  2 x  1. Cách 1:. y  x2  2 x 1  x 2  2 x 1  x 1  x  1. ĐỂ TÌM CỰC TRỊ.

<span class='text_page_counter'>(30)</span> Nếu: x < -1 thì. y  x  1  x  1  x  1  x  1  2 x  2. y  x  1  x  1  x  1  x  1 2 Nếu: -1  x  1 thì. Nếu: x > 1 thì. y  x  1  x  1  x  1  x  1 2 x  2. Vậy y nhỏ nhất bằng 2 khi -1  x  1 Cách 2 : áp dụng BĐT Ta có :. a  b a b. ( Dấu “=” sảy ra khi a.b 0 ). y  x  1  1  x  x  1  1  x 2. Vậy y nhỏ nhất bằng 2 khi -1  x  1 Bài 2: Cho x, y > 0 và 2x + xy = 4 . Tìm GTLN của A = x2y Cách 1: Từ 2x + xy = 4 => xy = 4 -2x Thế vào A ta có :  x 2  A = x(4 -2x ) = 2 – . . . 2.  2 x 2. 2 .  x 2  2 0   2 x  xy  4  => Max A = 2 khi .  2. 2.   2  x 2  =. . 2. . 2.  x 1   y 2. 1 .2 x.xy Cách 2: Ta có : A = 2 . Vì x, y > 0 => 2x, xy > 0. áp dụng bất đẳng thức Cosi cho 2 số 2x, xy ta có: 2. 2.  2 x  xy  x 2 y 2 x  xy  2 x  xy   2 x.xy   2  2 x.xy  2 2 4.2   Thay số ta có : 2  x y =A 2 x  xy   2 x  xy  4  Vậy Max A =2 khi.  x 1   y 2.

<span class='text_page_counter'>(31)</span>