Tìm GTLN – GTNN của hàm nhiều biến

<span class='text_page_counter'>(1)</span>CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 CHỦ ĐỀ: GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT VẬN DỤNG – VẬN DỤNG CAO DẠNG 2 TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN. Câu 1.. Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn. 9 x3  x  3 y  2 . Giá trị lớn nhất của biểu thức y 1. S  6 x  y là:. GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI. Câu 2.. 89 . 12. B.. Cho x, y . 11 . 3. C.. Câu 3.. 1 . 3. 2 B.  . 3. 82 . 3. C.. xy . Tính M  m . x  y 1. 1 . 2. 1 D.  . 3. Cho x, y là các số thực thỏa mãn x 2  xy  y 2  1 . Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất , giá trị nhỏ nhất của P  A. 17  2 6 .. Câu 4.. D.. thỏa mãn x  y  1 và x 2  y 2  xy  x  y  1 . Gọi M , m lần lượt là giá trị. lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  A.. 17 . 12. x4  y 4  1 . Giá trị của A  M 15m là: x2  y 2  1 N.C.Đ. B. 17  6. C. 17  2 6. D. 17  6 .. Cho hai số thực x , y thỏa mãn x2  y 2  4 x  6 y  4  y 2  6 y  10  6  4 x  x 2 . Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức T . x 2  y 2  a . Có bao. nhiêu giá trị nguyên thuộc đoạn  10;10 của tham số a để M  2m ? A. 17. Câu 5.. B. 15.. D. 16.. Cho x , y là các số thực thỏa mãn  x  3   y  1  5 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 2. thức P . 2. 3 y 2  4 xy  7 x  4 y  1 . x  2y 1. A. 3 . Câu 6.. C. 18.. B.. 3.. C.. . 114 . 11. D. 2 3 .. . Cho các số thực dương a, b thỏa mãn 2 a 2  b2  ab  (a  b)(ab  2) . Giá trị nhỏ nhất  a 3 b3   a 2 b 2  của biểu thức P  4  3  3   9  2  2  thuộc khoảng nào? a  b a  b. A. (-6 ;-5) . Câu 7.. B. (-10 ;-9) .. C. (-11 ;-9) .. D. (-5 ;-4) .. Cho các số thực x, y thay đổi nhưng luôn thỏa mãn 3 x 2  2 xy  y 2  5 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  x 2  xy  2 y 2 thuộc khoảng nào sau đây. A.  4;7  .. B.  2;1 .. C. 1;4  .. D.  7;10  .. TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN. 1. NGUYỄN CÔNG ĐỊNH. A..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 Câu 8.. Cho số phức z  x  yi ( x , y  ) . Thỏa mãn z  2  i  z  2  5i và biểu thức sau đạt giá trị nhỏ nhất: H . x 2  y 2  3y  1 x 2  y2  2 x  2y  2 x 2  y2  2 x  4y  5. . Giá trị của 2x  y. bằng: B. 6  5. A. 6 C. 3  5 Câu 9.. D. 6  5. Cho x, y thỏa mãn log 3 biểu thức P . x y  x( x  9)  y ( y  9)  xy Tìm giá trị lớn nhất của x  y 2  xy  2 2. 3x  2 y  9 khi x, y thay đổi. x  y  10. A. 2.. B. 3.. C. 1.. D. 0..  5x  y  2  Gọi M , m tương ứng là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của Q  f   . Tổng M  m  x y4  bằng A. 4  3 2 .. B. 4  5 2 .. C. 4  4 2 .. D. 4  2 2 .. Câu 12. Cho 2 số x , y thỏa mãn x 2  5 y 2  1  4 xy và hàm số bậc ba y  f  x  có đồ thị như hình  2x  3y  3  N.C.Đ vẽ. Gọi M , m tương ứng là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của P  f  .  x  4 y  4 . Tích M .m bằng 1436 A. 1331. B.. 3380 1331. C.. 1436 1331. D.. 1944 1331. Câu 13. Cho các số thực x, y thay đổi thỏa mãn x 2  5 y 2  2 xy  1 và hàm số f  t   t 4  2t 2  2  x  y 1  Gọi M , m là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của Q  f   . Tổng M  m  x  3y  2 . A. 4 3  2 .. B. 8 3  2 .. C. 66 .. D. 9 3  17.  xy  yz  zx  8 Câu 14. Cho các số thực x, y, z thỏa mãn  và hàm số f  x   x 2  4 x  5 x  y  z  5 . Gọi M , m là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của f  x  . Tổng M  m A. 3 .. B.. 28 . 9. C.. 19 . 9. D. 2. TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN. 2. NGUYỄN CÔNG ĐỊNH. GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI. Câu 10. Cho các số thực x , y thay đổi thỏa mãn x 2  y 2  xy  1 và hàm số f  t   2t 3  3t 2  1..

<span class='text_page_counter'>(3)</span> CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 Câu 15. Cho các số thực dương x, y, z thay đổi và thỏa mãn: 5  x2  y 2  z 2   9  xy  2 yz  zx  . x 1 bằng  2 y  z  x  y  z 3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P  A. 18.. 2. B. 12 .. C. 16 .. D. 24 .. Câu 16. Cho hàm số f  x   2 x  6 x  1 và các số thực m , n thỏa mãn m2  4mn  5n2  2 2n  1 . 3. 2.  m2 2  Giá trị nhỏ nhất của f   bằng  n  . A. 99 .. B. 100 . C. 5 . D. 4 . 4 1 3 Câu 17. Cho x , y  0 thỏa mãn x  y  và biểu thức P   đạt giá trị nhỏ nhất. 2 x 4y Tính x 2  y 2 . 25 . 16. B.. 5 . 4. C.. Câu 18. Cho 0  x, y  1 thỏa mãn 20171 x y . 2313 . 1156. D.. 153 . 100. x 2  2018 . Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn y 2  2 y  2019. nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức S   4 x2  3 y  4 y 2  3x   25xy. Khi đó M  m bằng bao nhiêu? 136 391 383 25 A. . B. . . D. . N.C.ĐC. 3 16 16 2 Câu 19. Biết đồ thị của hàm số y  x3  3x  2 tiếp xúc với parabol y  ax 2  b tại điểm có hoành độ x   0; 2  . Giá trị lớn nhất của S  a  b là. A . Smax  1 .. B . Smax  0 . C . Smax  1 . D . Smax  3 .. Câu 20. Hàm số f  x    x  1   x  2   ...   x  2019  (x  ) đạt giá trị nhỏ nhất khi x bằng 2. A. 2020 .. 2. 2. B. 1010 .. C. 2019 .. D. 0 .. Câu 21. Hàm số y  x  ax  bx  1 đạt giá trị nhỏ nhất tại x  0 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 4. 3. 2. S  a  b là A. 2 .. C. 2 .. B. 0 .. D. 1 .. Câu 22. Cho các số thực a, b, c thỏa mãn a2  b2  c2  2a  4b  4 . Tính P  a  2b  3c khi biểu thức 2a  b  2c  7 đạt giá trị lớn nhất. A. P  7 .. B. P  3 .. C. P  3 .. D. P  7 .. Câu 23. Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a2  b2  c2  2a  4b  6c  10 và a  c  2 . Tính giá trị biểu thức P  3a  2b  c khi Q  a2  b2  c2  14a  8b  18c đạt giá trị lớn nhất. B. 10 .. A. 10. Câu 24. Cho phương trình x. 4. ax. 3. bx. C. 12. 2. cx 1. D. 12 .. 0 có nghiệm. Giá trị nhỏ nhất P. a2. b2. bằng A. 2 .. B.. 4 . 3. C.. 8 . 3. D. 4 .. TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN. 3. c2. NGUYỄN CÔNG ĐỊNH. GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI. A..

<span class='text_page_counter'>(4)</span> CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 Câu 25. Biết hai hàm số f  x   x3  ax 2  4 x  2 và g  x    x3  bx 2  2 x  3 có chung ít nhất một điểm cực trị. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  a  b . A. 3 2 .. B. 6 2 .. C. 6.. D. 3.. BỔ SUNG BÀI TẬP TỰ LUẬN HÀM NHIỀU BIẾN Bài 1.. Cho các số thực a, b, c thuộc đoạn 1;3 và thỏa mãn điều kiện a  b  c  6 . Tìm giá trị a 2b 2  b 2c 2  c 2 a 2  12abc  72 1  abc ab  bc  ca 2 Cho x, y, z  1;2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2xy  yz  zx 8 yz4 A   xyz  22 x  y  z  2 x y  z   yz  4 yz  1. lớn nhất của biểu thức P . GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI. Bài 3:. Bài 4:. Bài 5:. Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn a  1, b  2, c  3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 22ab  ac  bc 8b b B   2 1  2a  b  3c b  c  ba  c   8 12a  3b 2  27c 2  8. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn y  z  xy 2  z 2  . Tìm giá trị nhỏ nhất của 1 1 1 4    biểu thức P  2 2 2 1  x  1  y  1  z  1  x 1  y 1  z  Cho a  b  c  0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức N.C.Đ  1 1 1  P  a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca    2 2 2  a  b  b  c  c  a   Cho x, y, z  0; xyzx  y  z   20 . Tìm giá trị nhỏ nhất của P  x  y x  z   y 2 z 2 ab bc ca 1    Cho a, b, c   ;1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  c a b 2  c c 2 Cho a, b, c  0, a 2  2b 2  a 2b 2 . Tìm giá trị lớn nhất của P    c  1 b a Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn a, c  1; b  2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức. . Bài 6: Bài 7: Bài 8: Bài 9:. . ab  c  ca  b  3a  c   2b 2  8 P   b  2c b  2a 43  ac Cho các số thực x, y, z  0;1 và z  minx, y, z . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2. Bài 10:. P Bài 11:.  y  z 2  xz. yz  1 2  y y  z  xy  xz  yz. Cho các số a, b, c  0;1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức a b c P    abc 1  bc 1  ac 1  ab  Có nhiều bài toán tìm cực trị của biểu thức ta chỉ cần sử dụng các biến đổi cơ bản đã làm giảm được số biến. Tuy nhiên bài toán cực trị có dạng phân thức ta phải sử dụng các bất đẳng thức để đánh giá mới làm giảm được số biến của bài toán.  Các bất đẳng thức thường dùng 2 1. Cho a, b  R ta có a  b   4ab 2. Cho a, b  0 ta có a 3  b 3 . a  b 3  a 2b  ab2 4. TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN. 4. NGUYỄN CÔNG ĐỊNH. Bài 2:.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 3. Cho a, b  0 ta có. 1 1 4   a b ab. 4. Cho a, b, c  R ta có a 2  b 2  c 2 . a  b  c 2 3.  ab  bc  ca. 5. Cho a, b, c  R ta có ab  bc  ca   3abca  b  c 1 1 1 9 6. Cho a, b, c  0 ta có    a b c abc 1 1 2 7. Cho a, b  0 và ab  1 ta có   1  a 1  b 1  ab 1 1 2 8.Cho a, b  0 và ab  1 ta có   1  a 1  b 1  ab Nhận xét: Trên đây chỉ là một số BĐT tiêu biểu thường sử dụng để tìm cực trị bằng cách dồn biến, ngoài ra ta có thể sử dụng các hệ quả khác hoặc các bất đẳng thức khác. Ứng dụng các BĐT trên để giải các bài toán sau đây. a 2  b 2  2ab Cho các số thực a, b, c  1;2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P  2 c  4ab  bc  ca  3 3 Cho các số không âm a, b, c thỏa mãn c  0 và a b  cc  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của. Bài 12: Bài 13:. a 2 b 2  c 2 biểu thức: P  a  b  c 2. Bài 14:. Cho x, y , z  0 thoả mãn x  y  z  0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức. Bài 15:. x 3  y 3  16z 3 N.C.Đ x  y  z 3 Cho x, y, zlà ba số thực thuộc đoạn 1;2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P. 2  x  y P 2 2x  y  z   2x 2  y 2   z 2. Bài 16: Cho các số thực a, b, c  0 thỏa mãn P. a b   bc ac. 1 2 2  2  2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 c a b. c. a  b2  c2 Bài 17: Cho các số thực dương x, y, z thay đổi thỏa mãn điều kiện x  2 y  z  0 . Tìm giá trị nhỏ x y x  2y nhất của biểu thức: P    10 y  z x  y  z 2 x  3 y Bài 18: Cho các số thực dương a, b, c thay đổi thỏa mãn điều kiện a  b, a  c . Tìm giá trị lớn a b c nhất của biểu thức: P    5a  b  c  5a  2c 5a  2b Bài 19: Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn 0  x  y  z . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:. P. 2. x3 z y4 z 3  15x3   y 2 xz  y 2 z 2 xz  y 2 x2 z. . . . . Bài 20: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn. ac  bc . ab . Tìm giá trị nhỏ nhất của c. a b c c2    2 b  c c  a a  b a  b2 Bài 21: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn: a  b  c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:. biểu thức: P . TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN. 5. NGUYỄN CÔNG ĐỊNH. GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI. 2.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 T. a. 2. .  c 2 ab  bc  ca abca  b  c . Bài 22: Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn: x 2  y 2  z 2  1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P . xy yz x3 y 3  y 3 z 3   1  z 2 1  x2 24x3 z 3 4. 4. NGUYỄN CÔNG ĐỊNH. GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI.  x  y z x Bài 23: Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn         2 x z  y  z 2 y2 2z 2 3z Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P  2   2 2 2 x y y z 2x  z. N.C.Đ. TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN. 6.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1.. Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn. 9 x3  x  3 y  2 . Giá trị lớn nhất của biểu thức y 1. S  6 x  y là: A.. 89 . 12. B.. 17 . 12 Lời giải. 11 . 3. C.. D.. 82 . 3. Chọn B Theo giả thiết y  0 nên ta có :. 9 x3  x 3  3 y  2  9 x3  x  3 y  2  y  1   3x   3x       y 1. . 3.  3y  2  . . 3 y  2 với f  t   t 3  t .. 2 Ta có f   t   3t  1  0, t . nên hàm số f  t  đồng biến trên. , suy ra 3x  3 y  2. 2 2 . Do y  0 và 3x  3 y  2 nên x  . 3 3 2 2 11 11 2 Khi đó S  6 x  y  6 x  3x 2   3x 2  6 x   3  x  1   . 3 3 3 3 11 Do đó max S  khi x  1 . 3 N.C.Đ hay y  3 x 2 . Câu 2.. Cho x, y . thỏa mãn x  y  1 và x 2  y 2  xy  x  y  1 . Gọi M , m lần lượt là giá trị. lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  A.. 1 . 3. 2 B.  . 3. xy . Tính M  m . x  y 1. 1 . 2 Lời giải. 1 D.  . 3. C.. Chọn B Cách 1: Với điều kiện x  y  1; x 2  y 2  xy  x  y  1 ta có P . xy . x  y 2  xy 2.  x  1 1 5 Nếu y  0 thì  2 . Khi đó P  0 . x 2 x  x  1  0  x t x y Nếu y  0 thì P  . Đặt t  . Ta có P  2 , t . 2 t  t 1 y x x  y   y 1  . Xét f  t  . t t 2  1  , t  . f t   ; f   t   0  t  1 2 2 t2  t 1 t  t  1. TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN. 7. NGUYỄN CÔNG ĐỊNH. GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI.  f  3x   f. 3 y  2.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019. Từ bảng biến thiên:. x  y x x  y  1   1 x  y 1 y  x  1 M  tại  .  2    x  y   1 3  x 2  y 2  xy  x  y  1 3x  2 x  1  0  x   1 3    3 . GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI.  x  1 x   y x  x   y  y  1   y  1  2   x  1   m  1 tại    x 2  y 2  xy  x  y  1  x  1  0   x  1   x  1      y  1. Với điều kiện x  y  1; x 2  y 2  xy  x  y  1 ta có P .  Px 2  xy  P  1  Py 2  0 (*). N.C.Đ. NGUYỄN CÔNG ĐỊNH. 2 Vậy M  m   . 3 Cách 2: xy . x  y 2  xy 2. +) Nếu P  0 thì x  0 hoặc y  0 . x  0 +) Nếu P  0 thì  . y  0. 1 Để phương trình (*) có nghiệm x thì  x   y 2  P  1 3P  1  0  1  P  . 3 Ta có:. x  y   y  P  1 x  y  1  x  y y 1 x   x  1 M  tại  .  2    2P x  y   1 3 3 x  2 x  1  0  x 2  y 2  xy  x  y  1   x   1 3    3 . Câu 3..  x  1 x   y   y  P  1  x   y  y x    y  1  2   x  1   m  1 tại  2P   x 2  y 2  xy  x  y  1  x  1  0   x  1   x  1      y  1 1 2 Do đó M  ; m  1. Vậy M  m   . 3 3 Cho x, y là các số thực thỏa mãn x 2  xy  y 2  1 . Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất , giá trị nhỏ nhất của P  A. 17  2 6 .. x4  y 4  1 . Giá trị của A  M 15m là: x2  y 2  1. B. 17  6. C. 17  2 6. D. 17  6 .. TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN. 8.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 Lời giải Chọn A Ta có x 2  xy  y 2  1   x  y   1  3xy  1  2. Mặt khác:. 3 2  x  y   2  x  y  2 4. 2 1 2 2  x 2  y 2   x  y   2 xy   x  y  _ 2   2  3 3. t 2  4t  1 2  Đặt t  x 2  y 2   t  2  . Vậy P   g t  t 1 3 . Xét hàm số g  t   g ' t  . t 2  2t  5   2   2   t   ; 2   ; g '  t   0  t  1  6   ; 2  . t 1 3   3 . Vậy min g  t   2  t ;2 3 . 11 ; max g  t   6  2 6 15 2  t ;2 3   . Vậy A  M  15m  17  2 6 Nhận xét: đây là bài toán thường gặp trong các đề thi TSĐH những năm trước đây. Tư tưởng của các bài toán này là sử dụng ứng dụng đạo hàm tìm GTNN, GTLN của hàm số sau khi áp dụng phương pháp dồn biến. Câu 4.. Cho hai số thực x , y thỏa mãn x2  y 2 N.C.Đ 4 x  6 y  4  y 2  6 y  10  6  4 x  x 2 . Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức T . x 2  y 2  a . Có bao. nhiêu giá trị nguyên thuộc đoạn  10;10 của tham số a để M  2m ? A. 17.. B. 15.. C. 18.. D. 16.. Lời giải Chọn D Ta có x2  y 2  4 x  6 y  4  y 2  6 y  10  6  4 x  x 2  y 2  6 y  10  y 2  6 y  10  6  4 x  x 2  6  4 x  x 2 . *. Xét hàm f  t   t 2  t , có f (t )  2t  1  0 , t  0 . Ta có hàm y  f  t  đồng biến trên 0;    ,. y 2  6 y  10   0;    ,. 6  4 x  x 2   0;    .. Nên *  f. .  . y 2  6 y  10  f. . 6  4x  x2 . y 2  6 y  10  6  4 x  x 2.  y 2  6 y  10  6  4 x  x 2   x  2    y  3  9 . 2. 2. Xét điểm A  x ; y  thuộc đường tròn (C ) có phương trình  x  2   y  3  9 . 2. 2. Ta có OA  x 2  y 2 . Đường tròn (C ) có tâm I  2;  3 , bán kính R  3 nên điểm O  0;0  nằm ngoài (C ) .. TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN. 9. NGUYỄN CÔNG ĐỊNH. GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI. t 2  4t  1   2   t  ;2  t  1   3  .

<span class='text_page_counter'>(10)</span> CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019. Gọi A1 , A2 là giao điểm của đường thẳng OI với đường tròn (C ) .. A  x; y   (C ) : OA1  OA  OA2 , với OA1  OI  R  13  3 và OA2  OI  R  13  3 . Tức là ta có 13  3  x 2  y 2  13  3  13  3  a  x2  y 2  a  13  3  a .. GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI. Th1 : 13  3  a  0  a  13  3 , 1 M  2m  13  3  a  2. . . 13  3  a  a  13  9 .. Kết hợp với điều kiện 1 và a nguyên thuộc đoạn  10;10 ta có. a  5;  4;  3;  2;  1;0 . Th2: 13  3  a  0  a  13  3 , ** N.C.Đ Khi đó M  a  13  3 và m  a  13  3 .. . . M  2m  a  13  3  2 a  13  3  a  13  9 .. Kết hợp với điều kiện ** và a nguyên thuộc đoạn  10;10 ta có a   7;8;9;10 .   13  3  a  0 Th3:   13  3  a  13  3 , *** 13  3  a  0  . Khi đó M  0 và m  0 nên ta luôn có M  2m Kết hợp điều kiện *** và a nguyên thuộc đoạn  10;10 ta có a  1;2;3;4;5;6 . Vậy a 5;  4;  3;  2;  1;0;1;2;3;4;5;6;7;8;9;10 . Câu 5.. Cho x , y là các số thực thỏa mãn  x  3   y  1  5 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 2. thức P . 2. 3 y 2  4 xy  7 x  4 y  1 . x  2y 1. A. 3 .. B.. 3.. 114 . 11 Lời giải C.. D. 2 3 .. Chọn A.  x  3. 2.   y  1  5  x 2  y 2  6 x  2 y  5  0 . 2. TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN. 10. NGUYỄN CÔNG ĐỊNH. Khi đó M  13  3  a và m  13  3  a ..

<span class='text_page_counter'>(11)</span> CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019. 3 y P. 2.  4 xy  7 x  4 y  1   x 2  y 2  6 x  2 y  5  x  2y 1. 4 y 2  4 xy  x 2  x  2 y  4  2 y  x    x  2 y   4   . x  2y 1 x  2y 1 2. Đặt t  x  2 y .. 1. 2. 2 2 2  22   x  3   y  1    x  3   2 y  2     x  2 y  5  25  0  x  2 y  10 .   2. t2  t  4 4 t , 0  t  10 . t 1 t 1 Sử dụng MTCT  min P  3 khi t  1 . P. Câu 6.. . . Cho các số thực dương a, b thỏa mãn 2 a 2  b2  ab  (a  b)(ab  2) . Giá trị nhỏ nhất. A. (-6 ;-5) .. B. (-10 ;-9) .. C. (-11 ;-9) .. D. (-5 ;-4) .. Lời giải Chọn A. . NGUYỄN CÔNG ĐỊNH. GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI.  a 3 b3   a 2 b 2  của biểu thức P  4  3  3   9  2  2  thuộc khoảng nào? a  b a  b. . Vì a, b dương nên từ giả thiết 2 a 2  b2  ab  (a  b)(ab  2) , ta chia hai vế cho ab a b 1 1 2  a 2  b 2   ab  (a  b)(ab  2)  2     1  (a  b)  2    .  b aN.C.Đ  a b. 1 1 Áp dụng bất đẳng thức Cô – Si cho hai số dương (a  b) và 2    : a b 1 1 1 1 a b  (a  b)  2     2 (a  b).2     2 2    2  . a b a b b a . 1 1 Dấu "  " xảy ra khi (a  b)  2    . a b. a b a b a b  Suy ra 2     1  2 2    2  . Đặt t   , (t  0). b a b a b a   5 t  5 Khi đó: 2t  1  2 2(t  2)  4t 2  4t  15  0   2 . Do đó, ta có điều kiện t  . 2 t   3  2.   a b  3  a b    a b  2   a 3 b3   a 2 b 2  Mặt khác: P  4  3  3   9  2  2   4     3      9     2  b a    b a   b a   b a  b a   4  t 3  3t   9  t 2  2   4t 3  9t 2  12t  18.. 5 Đặt f  t   4t 3  9t 2  12t  18  f '(t)  12t 2  18t  12  0, t  . 2 Bảng biến thiên. TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN. 11.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019. Từ bảng biến thiên ta có, Min f (t ) 5 ; 2. 5 2. 23 . 4.  a  2 a b 5     b a 2 23 b  1  Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là  khi  .  a  1 4 (a  b)  2  1  1    a b  b  2 Câu 7.. Cho các số thực x, y thay đổi nhưng luôn thỏa mãn 3 x 2  2 xy  y 2  5 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  x 2  xy  2 y 2 thuộc khoảng nào sau đây. A.  4;7  .. B.  2;1 .. D.  7;10  .. C. 1;4  .. NGUYỄN CÔNG ĐỊNH. GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI. t. f. Lời giải Chọn C Xét y  0  P . N.C.Đ 5 loại phương án A và D. 3. 5 3 x 2  2 xy  y 2 y  7y 2  Xét y  0  P   x     0 khi đó ta có biểu thức  2 P x  xy  2 y 2 2 4  2. 2. x x 3   2 1 y y 5 Chia cả tử và mẫu của vế phải cho y 2 tâ được   2 . P x x  y   y 2  . t  3 x 5 3t 2  2t  1 5t 2  14t  3  f t   f ' t   2 , f ' t   0   1 Đặt  t (t  R )   2 t  y P t t 2 (t  t  2)2  5 Bảng Biến thiên hàm số f  t  .. Từ bảng biến thiên ta có f  t   4 . 5 5 4P . P 4. TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN. 12.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng Câu 8.. 5 , dấu bằng xảy ra khi t  3  x  3 y . 4. Cho số phức z  x  yi ( x , y  ) . Thỏa mãn z  2  i  z  2  5i và biểu thức sau đạt giá trị nhỏ nhất: H . x 2  y 2  3y  1 x  y  2 x  2y  2 x  y  2 x  4y  5 2. 2. 2. 2. . Giá trị của 2x  y. bằng: B. 6  5. A. 6 C. 3  5. D. 6  5 Lời giải. Chọn B Ta có: z  2  i  z  2  5i  x  y  3  0 (1). Gọi M là điểm biểu diễn của số phức z thì. Mà H  . x 2  y 2  3y  1 x 2  y2  2 x  2y  2 x 2  y2  2 x  4y  5. ( x  1)( x  1)  ( y  1)( y  2). (2). ( x  1)2  ( y  1)2 ( x  1)2  ( y  2)2. Đặt A(1;1), B(1;2), M ( x; y) thì N.C.Đ. AMBM H AM .BM. AM   x  1; y  1 , MB  ( x  1; y  2)  cos AMB . Mà A, B cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng d, M thuộc d nên cos AMB nhỏ nhất khi góc AMB lớn nhất. Gọi (C) là đường tròn đi qua A, B và tiếp xúc với đường thẳng d tại C. Phương trình đường thẳng AB là: x  2 y  3  0 . Gọi E là giao điểm của AB và d thì E  3;0  Vậy C thỏa mãn: EC 2  EA.EB  10. .  C (3  5;  5), C 3  5; 5. . a  3  5  2 a  b  6  5 Chọ C để góc CEA nhọn ta được C 3  5;  5   b   5 x y Cho x, y thỏa mãn log 3 2  x( x  9)  y ( y  9)  xy Tìm giá trị lớn nhất của x  y 2  xy  2. . Câu 9.. biểu thức P . . 3x  2 y  9 khi x, y thay đổi. x  y  10. A. 2.. B. 3.. C. 1.. D. 0.. Lời giải Chọn C Điều kiện xác định;. x y  0  ( x  y)  0 . x  y 2  xy  2 2. TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN. 13. NGUYỄN CÔNG ĐỊNH. GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI. M thuộc đường thẳng d có phương trình (1)..

<span class='text_page_counter'>(14)</span> CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 y 3 Vì x 2  y 2  xy  2  ( x  ) 2  y 2  2  0 với x, y  2 4 x y Ta có log 3 2  x( x  9)  y ( y  9)  xy . x  y 2  xy  2. ..  log3 ( x  y)  log3 ( x2  y 2  xy  2)  x2  y 2  xy  9( x  y) .  2  log3 ( x  y)  9( x  y)  log3 ( x2  y 2  xy  2)  x2  y 2  xy  2 .  log3 9( x  y)  9( x  y)  log3 ( x2  y 2  xy  2)  x2  y 2  xy  2 (1) .. Đặt f (t )  log3 t  t (t  0) . Có f '(t ) . 1  1  0 với (t  0)  f là hàm đồng biến với (t  0) . Khi đó: t.ln 3. f (9( x  y ))  f ( x 2  y 2  xy  2)  9( x  y )  x 2  y 2  xy  2 .  x 2  y 2  xy  2  9 x  9 y  0 .  (2 x  y)2  18(2 x  y)  3( y  3) 2  19  0 .. Mà  3( y  3)2  0  (2 x  y) 2  18(2 x  y)  19  0  1  2 x  y  19 . Mặt khác P  1 . 2 x  y  19 x  8 2 x  y  19 .   0  P  1 Dấu bằng xảy ra khi  x  y  10 y 3  0 y  3. Câu 10. Cho các số thực x , y thay đổi thỏa mãn x 2  y 2  xy  1 và hàm số f  t   2t 3  3t 2  1..  5x  y  2  N.C.Đ Gọi M , m tương ứng là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của Q  f   . Tổng M  m  x y4  bằng A. 4  3 2 .. B. 4  5 2 .. C. 4  4 2 .. D. 4  2 2 .. Lời giải Chọn C 2. y  3y2 5x  y  2  Ta có: x 2  y 2  xy  1   x     1. Ta đặt: t  x y4 2 4   t  x  y  4   5x  y  2   t  5 x   t  1 y  4t  2  0 .. y    t  5  x    2 . . 3t  3. . 3y  2  4t . 2. Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có:.  2  4t . 2.  y    t  5   x    2  .   2  4t    t  5   2. 2. . . 3t  3. . 2. 3y   2    t  5   2  . . 2  y  3y2   3t  3  x       2 4  . . 2. . 2 3t  3  .1 .  12t 2  24t  0   2  t  2 . Xét hàm số f  t   2t 3  3t 2  1 với  2  t  2 .. t  0 Có: f   t   6t 2  6 nên f   t   0  6t 2  6t  0   . t  1. TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN. 14. NGUYỄN CÔNG ĐỊNH. GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI.  4 x 2  4 y 2  4 xy  8  36 x  36 y  0 ..

<span class='text_page_counter'>(15)</span> CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019. . . Ta có: f  2  5  4 2 , f  0   1, f 1  0 , f. .  2   5  4. 2. . Do đó M  f  0   1 , m  f  2  5  4 2 . Vậy M  m  4  4 2 . Bài toán gốc: Cho ax 2  by 2  cxy  d . Tìm MGT t . a1 x  b1 y  c1 a2 x  b2 y  c2. Phương pháp giải: Cách 1. Lượng giác hóa Ta có: ax2  by 2  cxy  d   a ' x  b ' y    c ' x  d ' y   1 2. 2. Ta có: A2  B 2  C 2 suy ra MGT của t . Cách 2: t. a1 x  b1 y  c1  A  mx  ny   B  kx  qy   C a2 x  b2 y  c2. Chọn m, n, k , q sao cho  mx  ny    kx  qy   ax 2  by 2  cxy 2. 2. N.C.Đ. m 2  k 2  a   n 2  q 2  b 2mn  2kq  c . . . Áp dụng BĐT Bunhiacoxki ta có: C 2  A2  B 2 d suy ra MGT của t . Câu 12. Cho 2 số x , y thỏa mãn x 2  5 y 2  1  4 xy và hàm số bậc ba y  f  x  có đồ thị như hình  2x  3y  3  vẽ. Gọi M , m tương ứng là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của P  f  .  x  4 y  4 . Tích M .m bằng 1436 A. 1331. B.. 3380 1331. 1436 1331 Lời giải C.. D.. 1944 1331. Chọn C Dễ thấy f  x   x3  3x TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN. 15. NGUYỄN CÔNG ĐỊNH. GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI. a ' x  b ' y  sin   x  m sin   Đặt  c ' x  d ' y  cos   y  n cos  a x  b1 y  c1  A sin   B cos   C Suy ra: t  1 a2 x  b2 y  c2.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 Từ x2  5 y 2  1  4 xy   x  2 y   y 2  1 2.  x  2 y  sin   x  sin   2cos  Đặt  . Khi đó  y  cos  y  cos. 2sin   cos  3 2 x  3 y  3 2  sin   2cos   3cos  3    x  4 y  4   sin   2cos   4cos  4  sin   2cos  4. Xét t . Ta có: t   sin   2cos  4   2sin   cos  3   t  2  sin   1  2t  cos  4t  3 * Phương trình * có nghiệm   t  2    2t  1   4t  3  2  t  2. 2. 2 11. 2 11. Khi đó P  f  t   t 3  3t với 2  t  Dễ dàng tìm được M  2 , m . 2. 718 1436 . Vậy M .m  1331 1331.  x  y 1  Gọi M , m là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của Q  f   . Tổng M  m  x  3y  2 . A. 4 3  2 .. B. 8 3  2 .. D. 9 3  17. C. 66 .. NGUYỄN CÔNG ĐỊNH. GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI. Câu 13. Cho các số thực x, y thay đổi thỏa mãn x 2  5 y 2  2 xy  1 và hàm số f  t   t 4  2t 2  2. Lời giải Chọn C 2 Ta có: x 2  5 y 2  2 xy  1   x  y   4 y 2 N.C.Đ 1. Đặt t . x  y 1  t  x  3 y  2   x  y  1   2t  1   t  1 x  y   2ty x  3y  2. Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có:.  2t  1. 2. .   t  1 x  y   2ty    t  1  t 2 2. 2.   x  y   4 y    2t 1 2. 2. 2.   t  1  t 2 2.  2t 2  6t  0  3  t  0 Xét hàm số f  t   t 4  2t 2  2 với 3  t  0. t  0 Có: f   t   4t  4t , nên f   t   0  t  1 t  1 3. f  0   2, f  1  1, f  3  65 Do đó M  f  3  65; m  f  1  1 Vậy: M  m  66  xy  yz  zx  8 Câu 14. Cho các số thực x, y, z thỏa mãn  và hàm số f  x   x 2  4 x  5 x  y  z  5. Gọi M , m là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của f  x  . Tổng M  m A. 3 .. B.. 28 . 9. 19 . 9 Lời giải C.. D. 2. Chọn A TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN. 16.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019  zy  8  x  y  z    xy  yz  zx  8  yz  8  x  5  x  Viết lại điều kiện:    * y  z  5  x  y  z  5  x  x  y  z  5 . Vì x, y, z thỏa mãn * nên y, z là hai nghiệm của phương trình. T 2   5  x  T  8  5x  x 2  0 ** Điều kiện có nghiệm của phương trình ** là:.    5  x   4  8  5 x  x 2   0  3x 2  10 x  7  0  1  x  2. 7 3. 7 3. Xét hàm số f  x   x 2  4 x  5 với 1  x  Có f   x   2 x  4 nên f   x   0  x  2. Do đó M  f 1  2, m  f  2   1 . Vậy M  m  3 .. Câu 15. Cho các số thực dương x, y, z thay đổi và thỏa mãn: 5  x2  y 2  z 2   9  xy  2 yz  zx  . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P . x 1 bằng  2 y  z  x  y  z 3. A. 18.. N.C.ĐC. 16 .. 2. B. 12 .. D. 24 .. Lời giải Chọn C. Ta có: 5  x2  y 2  z 2   9  xy  2 yz  zx   5 x 2  9  y  z  x  5 y 2  5z 2  18 yz  0.  5x2  9  y  z  x  2  y  z   7  y  z  . 2. 2. Vì 7  y  z   0  5x 2  9  y  z  x  2  y  z   0   x  2 y  2 z  5x  y  z   0 2. 2.  x  2 y  2z  0  x  2 y  z   0  x  2  y  z  . Ta có: P  P. Đặt t . 2 y  z x 1 1 2   2  Do  y  z   2 y 2  z 2 3 3 2 2 y  z  x  y  z y z  2 y  2z  y  z . . 2. . 2 y  z 1 4 1    3 3 1 2  y  z  27  y  z  y  z 27  y  z  2. t3 t3 t2 1  f  t   4  . Đặt f  t   4t   0  P  4t  27 27 9 yz.  f   t   0  t 2  36  t  6 ( vì t  0 ). Ta có bảng biến thiên của f  t  là:. TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN. 17. NGUYỄN CÔNG ĐỊNH. GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI.  7  10 f 1  2; f  2   1; f    3 9.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019. Từ bảng biến thiên ta thấy f  t   16  PMax  16 . Dấu bằng xảy ra khi. Câu 16. Cho hàm số f  x   2 x3  6 x 2  1 và các số thực m , n thỏa mãn m2  4mn  5n2  2 2n  1 ..  m2 2  Giá trị nhỏ nhất của f   bằng  n   A. 99 .. B. 100 .. C. 5 .. NGUYỄN CÔNG ĐỊNH. GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI.  1  y  z  y  z  12  x  2 y  2z    1 x  1  6 3   y  z. D. 4 .. Lời giải Chọn A. N.C.Đ. +) Xét hệ thức m  4mn  5n  2 2n  1 , 1 . 2. +) Đặt. 2. m2 2  t . Ta có m  2 2  nt  m  nt  2 2 . n. . +) Thay vào 1 ta được: nt  2 2. . . 2. . .  4 nt  2 2 n  5n2  2 2n  1. .   t 2  4t  5  n 2  2 2 2t  5 2 n  9  0  2  .. +) Có các số thực m , n thỏa mãn 1  phương trình  2  có nghiệm    0. .  2 2t  5 2. . 2.  9  t 2  4t  5  0  t 2  4t  5  0  t   5;1 .. +) Xét hàm số f  t   2t 3  6t 2  1 trên đoạn  5;1 .. t  0   5;1 f   t   6t 2  12t ; f   t   0   . t  2   5;1 Ta có f  5  99 , f  2   9 , f  0   1, f 1  9 . Suy ra min f  t   99 khi t  5 . 5;1.  m2 2  Vậy giá trị nhỏ nhất của f   bằng 99 . n   4 1 3 Câu 17. Cho x , y  0 thỏa mãn x  y  và biểu thức P   đạt giá trị nhỏ nhất. 2 x 4y. Tính x 2  y 2 .. TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN. 18.

<span class='text_page_counter'>(19)</span> CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 A.. 25 . 16. B.. 5 . 4. C.. 2313 . 1156. D.. 153 . 100. Lời giải Chọn D Cách 1: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có: 4 1 42 12  4  1 25 25 . P       x 4 y 4 x 4 y 4 x  4 y 4. 3 6 2 2. 6  x  25  5  x 2  y 2  153 . Suy ra giá trị nhỏ nhất của P là khi  100 6 y  3  10 . Cách 2: Ta có P . NGUYỄN CÔNG ĐỊNH. GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI. 6  x   4 1 3  5 . Dấu “ =” xảy ra khi và chỉ khi   x  4 y mà x  y  nên  2 4x 4 y y  3  10 . 4 1  4 25   1 25  25    x   y    x  y . x 4y  x 9   4y 9  9. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: N.C.Đ. 4 25 4 25 x 20 1 25 1 25 y 5 20 5 25 3 25  x2 .  ; .   .   y2 .  P 3 3 9 2 6 x 9 x 9 3 4y 9 4y 9 3 6  4 25   x  x  0; y  0 x     x 9 5 . Dấu “ =” xảy ra khi và chỉ khi  mà  3  x y   y  3  1  25 y  2  9  10  4y. 6  x  25  5  x 2  y 2  153 . Suy ra giá trị nhỏ nhất của P là khi  100 6 y  3  10 . Cách 3: Do x  0 và x  y . 3  3 nên x   0;  . 2  2. 4 1  3 trên  0;  .  x 6  4x  2 4 4 Ta có f   x    2  ; x  6  4 x 2. Xét hàm số f  x  . f   x   0  6  4x . 2.  6  3 x    0;   5  2 6  4 x  x  x2   .    3 6  4 x   x  x  2   0;   2 . Bảng biến thiên TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN. 19.

<span class='text_page_counter'>(20)</span> CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019.  6  25 Ta có lim f  x    ; lim  f  x    ; f    . x 0 3 5 6 x   2. 6 25 Dựa vào bảng biến thiên của hàm số f  x  ta có min f  x   f    .  3 5 6   0;   2 . 6  x  25  5  x 2  y 2  153 . Suy ra giá trị nhỏ nhất của P là khi  100 6 y  3  10 . Câu 18. Cho 0  x, y  1 thỏa mãn 20171 x y . x 2  2018 . Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn y 2  2 y  2019. nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức S   4 x2  3 y  4 y 2  3x   25xy. Khi đó M  m bằng bao nhiêu? 383 A. . 16. 136 B. . 3. N.C.Đ. 25 . 2 Lời giải C.. D.. 391 . 16. Chọn D +) 20171 x  y . . . x 2  2018 2  1  y   2018 .20171 y   x 2  2018  .2017 x (1). 2 y  2 y  2019. +) Xét hàm số f (t )   t 2  2018 .2017t , t  0 , ta có:. f (t )  2017t  t 2 ln 2017  2t  2018.ln 2017   0, t  0 suy ra f (t ) đồng biến trên 0;   . Từ đó ta có (1)  f  x   f 1  y   1  y  x  y  1  x . +) Xét biểu thức: S   4 x2  3 y  4 y 2  3x   25xy. . .   4 x 2  3 1  x   4 1  x   3 x  25 x 1  x   16 x 4  32 x 3  18 x 2  2 x  12 . 2. +) Tìm GTLN, GTNN của hàm số g  x   16 x 4  32 x3  18x 2  2 x  12 trên  0;1 ..  2 3   0;1 x  4   2 3   0;1 . Ta có: g   x   64 x3  96 x 2  36 x  2 . Suy ra g   x   0   x  4  1   x  2   0;1 . TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN. 20. NGUYỄN CÔNG ĐỊNH. GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI. .

<span class='text_page_counter'>(21)</span> CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019  2  3  191  2  3  191  1  25 Ta có g  .  4   16 ; g  4   16 ; g  2   2 ; g  0   12; g 1  12     25 191 391  M m Khi đó M  ; m  . 2 16 16 1 Cách khác: đặt t  xy với 0  t  thì S  16t 2  2t  12 . Khảo sát hàm số y  16t 2  2t  12 4 1 trên  0;  để tìm max, min.  4. Câu 19. Biết đồ thị của hàm số y  x3  3x  2 tiếp xúc với parabol y  ax 2  b tại điểm có hoành độ x   0; 2  . Giá trị lớn nhất của S  a  b là. A . Smax  1 .. B . Smax  0 . C . Smax  1 . D . Smax  3 . Lời giải. Đồ thị của hàm số y  x3  3x  2 tiếp xúc với parabol y  ax 2  b tại điểm có hoành độ 3 2  x  3x  2  ax  b 1 x   0; 2  khi và chỉ khi hệ phương trình  2 có nghiệm x   0; 2  .  2 3x  3  2ax. Vì x   0; 2  nên từ  2  suy ra: 2a  Suy ra: 2S  2a  2b   x 3 . 3 4. x. 3x 2  3 thay vào 1 ta được: 2b   x 3  3 x  4 . x N.C.Đ. 3  4 trên khoảng  0; 2  . x 3 Ta có: f   x   3x 2  2 . x 3 f   x   0  3x 2  2  0  x 4  1  x  1 . x Bảng biên thiên: Xét f  x    x 3 . Dựa vào BBT, ta có GTLN của 2S  0 nên GTLN của S  0 . Vậy đáp án B. Câu 20. Hàm số f  x    x  1   x  2   ...   x  2019  (x  ) đạt giá trị nhỏ nhất khi x bằng 2. A. 2020 .. 2. B. 1010 .. 2. C. 2019 .. D. 0 .. Lời giải Chọn B Cách 1:. TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN. 21. NGUYỄN CÔNG ĐỊNH. GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI. Chọn B.

<span class='text_page_counter'>(22)</span> CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 TXĐ: D . f   x   2  x  1  2  x  2  .  2  x  2019   2. 2019 x  1  2 .  2019 . 2019.2020    2  2019 x    2019  2 x  2020  . 2 . f   x   0  2019  2 x  2020   0  x  1010 . Ta có BBT:. Vậy hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại x  1010 . Ta có f  x   2019 x2  2 1  2  3  .....  2019  x  12  22  .....  20192   2019 x 2  2.. 2019 1  2019  x  12  22  .....  20192  2.  2019  x2  2020.x  10102   12  22  .....  20192  2019.10102 .  2019  x  1010   12  22  .....  20192  2019.10102  2.  12  22  .....  20192  2019.10102 , x .. N.C.Đ. Do đó f  x  đạt giá trị nhỏ nhất khi x  1010 . Câu 21. Hàm số y  x 4  ax3  bx 2  1 đạt giá trị nhỏ nhất tại x  0 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức. S  a  b là A. 2 .. C. 2 .. B. 0 .. D. 1 .. Lời giải Chọn D Ta có f  x   f  0  , x .  x2  x2  ax  b   0, x .  x 4  ax3  bx 2  0, x   x 2  ax  b  0, x . 2    0  a  4b  0  b . . .. a2 . 4. 2. Khi đó: S  a  b  a . a2  a   1    1  1, a . 4  2.  a2 b  4 b  1 Dấu “  ” xảy ra khi và chỉ khi  .  a   2 a  1   0  2. Vậy min S  1, khi a  2 , b  1. Câu 22. Cho các số thực a, b, c thỏa mãn a2  b2  c2  2a  4b  4 . Tính P  a  2b  3c khi biểu thức 2a  b  2c  7 đạt giá trị lớn nhất. A. P  7 .. B. P  3 .. C. P  3 .. D. P  7 .. TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN. 22. NGUYỄN CÔNG ĐỊNH. GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI. Cách 2:.

<span class='text_page_counter'>(23)</span> CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 Lời giải Chọn B Cách 1: phương pháp đại số. Ta có: a 2  b 2  c 2  2a  4b  4   a  1   b  2   c 2  9 . 2. 2. Áp dụng bất đẳng thức giá trị tuyệt đối và bất đẳng thức BCS, ta có kết quả sau:. 2a  b  2c  7  2  a  1   b  2   2c  11  2  a  1   b  2   2c  11 BCS.   a  1   b  2  2. 2. 2  c 2   22  12   2    11  20.  . Khi đó: P  a  2b  3c  3  2.3  3. 2   3. Cách 2: phương pháp hình học.. Trong không gian Oxyz , gọi mặt cầu  S  có tâm I 1;2;0  , bán kính R  3 . Khi đó:.  S  :  x  1. 2.   y  2   z 2  9  x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  4. 2. và mặt phẳng  P  : 2 x  y  2 z  7  0 . N.C.Đ. 2a  b  2c  7 Gọi M  a; b; c  , ta có: d  M ;  P    . 3 2 2 2 Vì a  b  c  2a  4b  4  M   S  .. . . Bài toán đã cho trở thành: Tìm M   S  sao cho d M ;  P  lớn nhất..  x  1  2t  Gọi  là đường thẳng qua I và vuông góc  P    :  y  2  t .  z  2t . Điểm M cần tìm chính là 1 trong 2 giao điểm của  với  S  : M1  3;3; 2  , M 2  1;1;2  . Ta có: d  M 1 ;  P   . 20 2 20  d  M 2 ;  P     Maxd  M ;  P     M  M1 . 3 3 3 Vậy P  a  2b  3c  3  2.3  3. 2   3. Phân tích: Khi quan sát 2 cách giải, đối với giáo viên ta sẽ dễ chọn Cách 1 vì ngắn gọn và tiết kiệm thời gian. Tuy nhiên học sinh không nhiều em đã từng được tiếp cận bất đẳng thức BCS. Đối với Cách 2, về mặt trình bày có thể dài hơi, nhiều tính toán hơn nhưng đó chỉ là những bước tính toán khá cơ bản, một học sinh khá nếu nhận ra ý đồ tác giả thì việc giải bài toán cũng không mất quá nhiều thời gian. Bài toán sẽ dễ hơn nếu đề bài chỉ yêu cầu tìm Min hoặc Max của biểu thức 2a  b  2c  7 . Câu 23. Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a2  b2  c2  2a  4b  6c  10 và a  c  2 . Tính giá trị biểu thức P  3a  2b  c khi Q  a2  b2  c2  14a  8b  18c đạt giá trị lớn nhất. TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN. 23. NGUYỄN CÔNG ĐỊNH. GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI. 2  a  1   b  2   2c  0 a  3   a 1 b  2 c  Đẳng thức xảy ra khi:     b  3 1 2  2  2 c  2  a  1   b  2 2  c 2  9 .

<span class='text_page_counter'>(24)</span> CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 B. 10 .. A. 10.. D. 12 .. C. 12. Lời giải. Chọn D Gọi  S  là mặt cầu tâm I 1; 2;3 , bán kính R  24 . Khi đó:.  S  : x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  6 z  10. Gọi  P  là mặt phẳng có phương trình x  z  2 và điểm K  7;4; 9  . Với M  a; b; c  . Theo giả thiết ta có: M   S  và M   P   M   S    P  . Hơn nữa:. Q  a 2  b 2  c 2  14a  8b  18c   a  7    b  4    c  9   146  KM 2  146 . 2. 2. 2. Bài toán trở thành: Tìm M nằm trên đường tròn giao tuyến của mặt cầu  S  và mặt. NGUYỄN CÔNG ĐỊNH. GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI. phẳng  P  sao cho KM lớn nhất.. I. B A. J. H. N.C.Đ M. P. K.  P  có VTPT n  1;0;1 . x  7  t  Gọi  là đường thẳng qua K và vuông góc  P    :  y  4 .  z  9  t . Gọi H là hình chiếu của K lên mặt phẳng  P   H     P   H  9;4; 7  . 2 2 2 Ta có: KM  KH  HM , mà KH không đổi nên KM lớn nhất khi HM. lớn nhất.. x  1 t  Gọi d là đường thẳng qua I và vuông góc  P   d :  y  2 . z  3  t . Gọi J là tâm đường tròn giao tuyến của  S  và  P   J là hình chiếu của I lên  P .  J  d   P   J  0; 2;2  .  x  3t  Phương trình đường thẳng HJ :  y  2  2t .  z  2  3t . TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN. 24.

<span class='text_page_counter'>(25)</span> CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 Gọi A, B là các giao điểm của HJ và  S   A  3; 4;5 , B  3;0; 1 . Ta có: HA  4 22  HB  2 22 . Vậy MaxHM  4 22  M  A  3; 4;5 . Khi đó: P  3a  2b  c  12 . Câu 24. Cho phương trình x4. ax3. bx2. a2. 0 có nghiệm. Giá trị nhỏ nhất P. cx 1. b2. c2. bằng A. 2 .. B.. 4 . 3. C.. 8 . 3. D. 4 .. Lời giải Chọn B Gọi x0 là một nghiệm của phương trình x4 x04. ax03. bx02. cx0. 1. ax03. 0. bx02. ax3. bx2. cx 1. 0 (*).. x04 1 .. cx0. x04. 1 a. 2. 2. Đặt t. ax03 b. 2. c. bx02. x04. 2. 2 0. x06. t2. Đặt f t. t3 4t 3. /. f t. 1 t2. a2. b2. c2 x06. x04. x02. 2. 1 x04. x02. 2. 2. 0) ta có a. x (t. 2. cx0. b. ( x0. c. 0 không là nghiệm của phương trình (*) ).. t2. 2. t3. 1 t2. 2. t. .. N.C.Đ. 2. t. (t. 4t t 3. 0) t2. t t3. t4 t2. 2t 2 t. 1 3t 2. 2. 2t. 1. 2. 1 (t 4 1). t t3. t2. t. 2. t. 3. t 1 t2. t3. 2. 1. t2. t. Bảng biến thiên:. Từ bảng biến thiên ta có min f t 0. Khi a. b. nghiệm x0. c. 2 thì a 2 3. b2. c2. 4 4 a 2 b2 c2 khi t 1 . 3 3 4 và phương trình x4 ax3 bx2 3. cx 1. 0 có. 1.. Vậy giá trị nhỏ nhất P. a2. b2. c2 bằng. 4 . 3. TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN. 25. 1. NGUYỄN CÔNG ĐỊNH. GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI. Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:.

<span class='text_page_counter'>(26)</span> CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 Câu 25. Biết hai hàm số f  x   x3  ax 2  4 x  2 và g  x    x3  bx 2  2 x  3 có chung ít nhất một điểm cực trị. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  a  b . A. 3 2 .. B. 6 2 .. C. 6.. D. 3.. Lời giải Chọn C Ta có f   x   3x 2  2ax  4 và g   x   3x 2  2bx  2 . Vì f  x  và g  x  có chung ít nhất một điểm cực trị nên f   x   0 và g   x   0 có chung.  3t 2  4 a  3t 2  2at  4  0  2t  nghiệm là t . Suy ra  2 . 2 3t  2 3t  2bt  2  0  b  2t  3t 2  4 3t 2  2 3t 2  3 1    3  t    6 . (bất đẳng thức Cauchy) 2t 2t t t   1 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi t   t  1 . t. Vậy min P  6 . BÀI TẬP BỔ SUNG N.C.Đ. Bài 1 :. Cho các số thực a, b, c thuộc đoạn 1;3 và thỏa mãn điều kiện a  b  c  6 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P . a 2b 2  b 2c 2  c 2 a 2  12abc  72 1  abc ab  bc  ca 2 Lời giải. Ta có: ab  bc  ca   a 2b2  b2c 2  c 2 a 2  2abca  b  c  a 2b2  b2c 2  c 2 a 2  12abc 2. Đặt x  ab  bc  ca . a  b  c 2.  12 3 Ta có: a, b, c  1;3  a  1b  1c  1  0  abc  ab  bc  ac  a  b  c  1  0  abc  x  5  0  abc  x  5 Lại có: a  3b  3c  3  0  abc  3ab  bc  ca   9a  b  c  27  0  abc  3x  27 . Do đó: 3x  27  abc  x  5  2x  22  x  11 . x 2  72 1 x 2  72 1 x 72 5  abc    x  5    Ta có: P  x 2 x 2 2 x 2 x 72 5  , x  11;12 Xét hàm số f ( x)   2 x 2 1 72 160 Ta có: f ' ( x)   2  0 x  11;12 nên P  f ( x)  f (11)  2 x 11 160 Vậy max P  khi a  1; b  2; c  3 11 Nhận xét: Đây là bài toán rất hay. Ta phải dùng hai lần giả thiết của các biến a; b; c  1;3 để tìm ra miền giá trị của x  ab  bc  ca và đánh giá được P thông qua biến x.. Cũng từ bài toán trên phải chăng bằng việc đánh giá điều kiện ban đầu chúng ta sẽ giải quyết được một lớp các bài toán dạng này bằng cách đưa về hàm số một biến, chính vì vậy qua chuyên TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN. 26. NGUYỄN CÔNG ĐỊNH. GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI. Ta có P  a  b .

<span class='text_page_counter'>(27)</span> CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 đề này tác giả muốn rèn luyện cho học sinh kỹ năng giải toán cực trị bằng phương pháp dồn biến. Bài 2:. Cho x, y, z  1;2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2xy  yz  zx 8 yz4 A   xyz  22 x  y  z  2 x y  z   yz  4 yz  1 Lời giải. A 1. 2 yz  4 yz  4  yz  4 yz  4 yz  1. Đặt t  yz ; t  1;2 t 2  4 2t  4  với t  1;2 t  22 t  1 4t  8 2 4 2 Ta có f (t )      0 , nên f(t) đồng biến trên 1;2. 3 2 t  2 t  1 27 9 N.C.Đ 7 Suy ra A  f (t )  f (2)   6 7 Vậy max A   khi x  1; y  z  2 6 Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn a  1, b  2, c  3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 22ab  ac  bc 8b b B   2 1  2a  b  3c b  c  ba  c   8 12a  3b 2  27c 2  8. Xét hàm số: f (t )  1 . Bài 3:. . Lời giải. . Ta có 12a  3b  27c  3 4a  b2  9c 2  2a  b  3c (1) 2. 2. 2. 2. Mặt khác 2a  b  3c  b  c  ba  c  a  c2  b  0  2a  b  3c  b  c  ba  c  (2) Lại có 2ab  ac  bc  b  c  ba  c   b  ca  1  0  2ab  ac  bc  b  c  ba  c  (3) Từ (1), (2), (3) ta được 2b  c  ba  c  8b b B   1  b  c  b( a  c ) b  c  b( a  c )  8 b  c  b( a  c )  8 2b  c  ba  c  8 B  1  b  c  b( a  c ) b  c  b( a  c )  8 Đặt t  b  c  b(a  c)  0  t  13 2t 8  Xét hàm số f (t )  với t  0;13 t 1 t  8. TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN. 27. NGUYỄN CÔNG ĐỊNH. GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI. Vì x, y, z  1;2 , nên ta có x  1 y  2z  2  0  xyz  22x  y  z   2 y  z x  yz  4 Dấu bằng xảy ra khi x  1 hoặc y  2 hoặc z  2 . Do đó 2xy  yz  zx 8 y  z  4 2 x y  z   yz  4  yz  4 y  z  4 A     2 x y  z   yz  4 2 x y  z   yz  4 2 x y  z   yz  4 yz  4 yz  1 yz  4 yz4 yz  4 yz4 A  1  1  2 x y  z   yz  4 2 y  z   yz  4 yz  1 yz  1.

<span class='text_page_counter'>(28)</span> CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 2 8 23t  106  t    0t6 2 2 t  1 t  8 t  12 t  82 16 47 f (0)  1, f (6)  , f (13)  7 21 16 16 2  max B  Từ đó suy ra B  f (t )  đạt được khi a  1, b  2, c  7 7 3 2 2 Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn y  z  x y  z . Tìm giá trị nhỏ nhất của 1 1 1 4 biểu thức P     2 2 2 1  x  1  y  1  z  1  x 1  y 1  z  f (t ) . Bài 4:. . . Lời giải. . . Từ giả thiết ta có: x y  z   2 x y 2  z 2  2 y  z   y  z  2. 1 2  y  z 2  1  2  2   1  2x  4 4 x x 1 2 4   Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: P  2 1  x  1  y 1  z  1  x 1  y 1  z  2. 2. 2x2  1 4x2 2x3  6x 2  x  1 P   1  x 2 1  x 3 1  x 3 2x3  6x 2  x  1 Xét hàm số: f ( x)  1  x 3 25 x  1 1 0 x . Ta có: f ' ( x)  4 5 1  x . Bài 5:. N.C.Đ.  1  91 Lập bảng biến thiên ta được: P  f ( x)  f     5  108 91 1 Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng . Khi x  , y  z  5 . 108 5 Cho a  b  c  0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức  1 1 1  P  a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca    2 2 2  a  b  b  c  c  a   Lời giải Nhận xét: Giả thiết đã cho chính là gợi ý của bài toán. Cách làm giảm biến số quen thuộc là đặt a  c  x, b  c  y  x  y  0 Khi đó: 2 2 a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca  c  x   c  y   c 2  c  x c  y   c  y c  cc  x . . .  x 2  y 2  xy  1 1 1  2  2 Do đó ta viết lại P dưới dạng P  x 2  xy  y 2  2 y x   x  y  Như vậy với cách đặt ẩn phụ này, ta đã làm giảm số biến của P thành hai biến. Thậm chí là P là đồng bậc giữa x và y. Ta chỉ việc đặt ẩn phụ quen thuộc  1  1 x  2  1  f (t ); Đặt t   1 ta được P  t 2  t  1  2 y  t  1 t . . . . . Xét hàm f(t) trên 1; ta có:. TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN. 28. NGUYỄN CÔNG ĐỊNH. Do đó: 1  y 1  z  . GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI. 2 x.

<span class='text_page_counter'>(29)</span> CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019.  1  1  2 2 f ' (t )  2t  1  2  1  t 2  t  1   3 2 3  t  1 t   t  1 t . . . 3 3 3  2t  1t 3 t  1  t t  1  t 3 t  1  2t 2  t  1t 3  t  1  f ' (t )  3 t 3 t  1. Cách đặt này khá phức tạp. Ta có thể đặt theo cách khác sau đây x y Đặt t    t  2 . Khi đó ta có y x. x y   xy P    1    x   x  y 2 y.     xy xy   x y  1 x y  2  2      1   y x   y x  x  y  2 y x  y x   .  1  t  1 P  t  1 t   f (t ) t2 t 2  Xét hàm f(t) trên 2;  ta được: ln f (t )  3 ln(t  1)  ln(t  2) f ' (t ) 3 1 2t  5     f (t ) t  1 t  2 t  1t  2.  f ' (t ) . Bài 6:. Bài 7:. 2t  5t  12  t  22. f ' (t )  0  t . 5 2. NGUYỄN CÔNG ĐỊNH. GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI. 3.  5  27 Lập bảng biến thiên ta được P  f (t )  f    2 4 N.C.Đ x y 5 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi   t   x  2 y  a  b  d  c  2d , d  0 y x 2 27 Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 4 Cho x, y, z  0; xyzx  y  z   20 . Tìm giá trị nhỏ nhất của P  x  y x  z   y 2 z 2 Lời giải Nhận xét:Có một chú ý quan trọng của bài 6 là một phép biến đổi nhỏ x  y x  z   x 2  xy  xz  yz  xx  y  z   yz  20  yz yz Như vậy biến mới được hình thành. 20 20  t  t 2  f (t ) . Xét f (t )  t 2  t  Đặt t  yz  0 suy ra P  trên 0;  t t 20 2t 3  t 2  20 t  22t 2  5t  10  0t 2 Ta có: f (t )  2t  1  2  t t2 t2 Lập bảng biến thiên ta suy ra f (t )  f (2)  16  xyz x  y  z   10  x  y  2  Do đó P  16 . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi   yz  2 z  1. x  y  2 Kết luận: min P  16   z  1 ab bc ca 1    Cho a, b, c   ;1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  c a b 2  Lời giải. TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN. 29.

<span class='text_page_counter'>(30)</span> GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI. Nhận xét:Khi gặp bài toán trên, ta chưa thể tìm cách phá giá dấu giá trị tuyệt đối. Do vậy cứ thử quy đồng và tách tung ra xem có gì đặc biệt không. Bởi vì lưu ý rằng: khi cho a  b, b  c, c  a  P  0 . Nên sau khi biến đổi chắc chắn sẽ chứa nhân tử a  bb  c c  a  aba  b   bcb  c   ca c  a  aba  b   bca  b   bca  c   ca a  c  Do đó: P   abc abc a  b b  c c  a  P abc 1 Đến đây ta giả sử  c  b  a  1 để mục tiêu làm mất dấu giá trị tuyệt đối. 2 a  b b  c c  a  P abc Nhận xét rằng có một phép biến đổi làm giảm biến số một cách đơn giản là a   x  c Đặt:  1 y  x  2 y  b  c x  y  y  1x  1  x  1 . x  1   y  x   f x; y  Ta có: P     xy x  y   Mục tiêu viết như trên là đạo hàm theo biến y (hoặc biến x). x 1  x  f y  x; y   .  1  2   f y  x; y   0  y  x  1; x  x  y  N.C.Đ. Lập bảng biến thiên ta thu được x  x x  1 x  1 t 2  t t  1t 2 1 P  f x; y   f x; x   , t  x  1; 2 t3 x x.  . . hay P . . .  . t  13 t  1  g (t ). t2 Xét hàm g(t) trên 1; 2 ta có: ln g (t )  3. lnt  1  lnt  1  2. ln t g (t ) 3 1 2 3t 2  3t  t 2  t  2t 2  2 2t 2  2t  2        0; t  1; 2 t  1t  1t t  1t  1t g (t ) t  1 t  1 t. . . .  Từ đó ta có g (t )  g  2    2  1 Như vậy P  g (t ) . . 2 1. 3. 2.  . 2 1. . . 2. 2 1 . 2. 2. 2.  x  2 a  2c  2 1 y  x Đẳng thức xảy ra khi     a; b; c   1; ;  2 2 y  2 b  c 2  t  x  2     2  2 1 2 1 Vậy max P   a; b; c   1; ;  2 2 2  c c 2 Cho a, b, c  0, a 2  2b 2  a 2b 2 . Tìm giá trị lớn nhất của P    c  1 b a Lời giải Nhận xét: Giả thiết chỉ cho dữ liệu liên quan tới a, b dù không dự đoán được đẳng thức xảy ra nhưng ta vẫn có thể khai thác được giả thiết bằng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz với mục tiêu là chỉ còn biến c.. . Bài 8:. . TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN. 30. NGUYỄN CÔNG ĐỊNH. CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019.

<span class='text_page_counter'>(31)</span> CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 2.  c x c y   c 2 c 2  x 2 y 2  Ta có:  .  .    2  2  2  2  y  b a  x b y a x 1 2 Từ thiết a 2  2b 2  a 2b 2  2  2  1 b a 2 2 Như vậy ta phải chọn x  1, y  2. Do đó ta có: P .  c 2 c 2  1 c c 2 3 2 2   c  1     2  2   c  1  c  c 2  2c  1 b a 1 2 b a 2   .  6 c  1  f ( c )  P  c 2   2  2  .  6 6   f (c)  0  c  1  Xét hàm số f(c) trên 0;  ta có: f (c)  2c   2   2  4 . Bài 9:. ab  c  ca  b  3a  c   2b 2  8   b  2c b  2a 43  ac Lời giải N.C.Đ Ta có 1  a 2  b  0  2  2a  b  ab  0  2a  b  ab  2 1 1 ca  b  ca  b      b  2a ab  2 b  2a ab  2 a b  c  ab  c   Tương tự ta có b  2c bc  2 Lại có 2. P. 2. Bài 10:. . . 3a  c  2b2  8  2 a  c  b2  a  c  8  4a  cb  4ac  8  4ab  ac  bc  2 ca  b  ab  c  4ab  bc  ca  2  P   ab  2 bc  2 4ac  3  ac  bc   ab  bc   ab  bc  ca  2    1    1   2 ac  3  ab  2   bc  2    1 1  9ab  bc  ca  3  1  ab  bc  ca  2    2 2 ab  bc  ca  7  ab  2 bc  2 ac  3  9t  2  45 45 13 27  Xét hàm số f (t )  mà t  ab  bc  ca  5  P  7  t7 t7 57 4 13 Vậy min P   a; b; c   1;2;1 4 Cho các số thực x, y, z  0;1 và z  minx, y, z . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P.  y  z 2  xz. 2. 2. yz  1 2  y y  z  xy  xz  yz. Lời giải Với những bài toán có điều kiện ban đầu x, y, z  0;1 chúng ta sẽ tìm cách khai thác nó, dự đoán điểm rơi là z  y  1; z  0. TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN. 31. NGUYỄN CÔNG ĐỊNH. GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI. 2.  6  6 3 6   1   1   Lập bảng biến thiên ta suy ra: P  f (c)  f 1     4   4  8 2  3 6 6 6  a  6, b  ,c 1 Vậy max P   8 2 2 4 Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn a, c  1; b  2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức.

<span class='text_page_counter'>(32)</span> CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 2 có chứa xy  xz  yz ở mẫu, đây là hạng tử có thể gợi ý cho xy  xz  yz chúng ta dồn biến về xy  xz  yz .. Hơn nữa với. x y  z x2 y  z   Ta có x  0;1 suy ra x  x xz x xz x xz 1 2  Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi A.B A  B A  B  0 . Vì dự đoán điểm rơi z  y  1; z  0 nên khả năng x  x  z và y  y  z là hoàn toàn có thể xảy ra.. 2  y  z ;. x2 y  z 2 2  x2 y  z . Ta có: và 2x  z x x  z  2. 2.  yz  12   yz  12 . 2 2y  z y y  z  xy  yz  xz  12  2 . 2x2 y  z 2 yz  1   2x  z 2y  z xy  xz  yz x yz Với điều kiện x, y, z  0;1 ta luôn có 1  x1  y 1  z   0  xy  yz  xz  1  xyz  x  y  z  x  y  z 2 Suy ra P  x  y  z  xy  xz  yz Áp dụng bất đẳng thức Cauchyta có 2. Do đó P . GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI. 2. 2. 2 xy  xz  yz. x 2   y  z   2x y  z   x 2  y 2  z 2  2xy  xz  yz Mà x, y, z  0;1  x  y  z  x 2  y 2  z 2  2xy  xz  yz 2. N.C.Đ 2 4 xy  xz  yz x  y  1 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi  z  0 Vậy min P  4 đạt được khi x  y  1; x  0 Cho các số a, b, c  0;1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức a b c P    abc 1  bc 1  ac 1  ab Lời giải Không mất tính tổng quát của bài toán, ta có thể giả sử 0  c  b  a  1 a b c 1 b c 1 bc    abc     bc  bc   Ta có P  1  bc 1  ac 1  ab 1  bc 1  bc 1  bc 1  bc 1  bc bc 1 Từ giả thiết ta được 1  b 1  c   0  1  bc  b  c  0  1  bc 1 1 Suy ra A  bc  1  . Đặt t  1  bc  1  t  2 . Xét hàm số f (t )  t  ; t  1;2 1  bc t 1 5 Ta có f ' (t )  1  2  0t  1;2 suy ra f(t) đồng biến trên 1;2  f (t )  f (2)  . t 2 5 Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P là khi a  b  c  1 2 a 2  b 2  2ab Cho các số thực a, b, c  1;2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P  2 c  4ab  bc  ca  Lời giải 2 Áp dụng hệ quả 1 a  b   4ab.  P  2xy  xz  yz  . Bài 11:. Bài 12:. TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN. 32. NGUYỄN CÔNG ĐỊNH. 2.

<span class='text_page_counter'>(33)</span> CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019. a  b a 2  b 2  2ab  2 M 2 c  4ab  bc  ca  c  4ca  b   a  b 2 2. Ta có P . Do a, b, c  1;2 nên a  b  0 , chia tử và mẫu của M cho a  b  ta được: c 1 1 với t  . M   2 2 ab t  4t  1  c   c     4  1 ab ab 1 c 1  1  Với a, b, c  1;2 và t  trên  ;1  t   ;1 . Xét hàm số f (t )  2 t  4t  1 ab 4  4   2t  2 1  1  Ta có f ' (t )   0 , t   ;1  f (t ) nghịch biến trên  ;1 2 4  4  t 2  4t  1 1 1 1   f (t )  f (1)  ; t   ;1 hay P  6 6 4  1 Vậy MinP  , giá trị nhỏ nhất đạt được khi a  b  1và c  2 6 Cho các số không âm a, b, c thỏa mãn c  0 và a 3 b3  cc  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của. Bài 13:. biểu thức: P . a 2 b 2  c 2 a  b  c 2. Lời giải Nhận xét: từ giả thiết ta nhận thấy các biến a và b có tính chất đối xứng, do đó để giải bài toán a  b 2 ta sử dụng a 2  b 2  N.C.Đ 2. a  b 2  c 2. ab   2 c   2 Ta có: P  vì c  0  2 a  b  c 2 ab  2  1  c  1 3 1 2 2 2 Với hai số thực x, y tùy ý, ta có x 2  xy  y 2   x  y    x  y    x  y  . 4 4 4 3 3 Từ giả thiết c  0 và a  b  cc  1 sử dụng đánh giá trên ta thu được 2. . c  c  a  b  c  a  b  a  ab  b 2. 3. 3. 2. 2. 3  a  b  c  2. 4. 3  a  b c.. 4 ab t 2  0  t  1 (vì a, b  0 và c  0 ). Khi đó P  Đặt t  2 c 2t  1. 0. ab  1. c. 2. t2  2 t2  0 , t  0;1 trên 0;1 , ta có f ' (t )  2 t  13 2t  1 3 Do đó f (t ) là hàm số nghịch biến trên 0;1  f (t )  f (1)  , t  0;1 8 3 Hay P  , a, b, c  0 thỏa mãn c  0 và a 3 b3  cc  1 . 8 3 Vậy MinP  , giá trị nhỏ nhất đạt được khi a  b  1; c  2 8 Cho x, y , z  0 thoả mãn x  y  z  0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức. Xét hàm số f (t ) . Bài 14:. P. x 3  y 3  16z 3 x  y  z 3. Lời giải TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN. 33. NGUYỄN CÔNG ĐỊNH. GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI. 2.

<span class='text_page_counter'>(34)</span> CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 3. 3.       x y z      16  Ta có P   x yz x yz x yz 3. 3. 3. 3.     1 x y   x y 1 z         1   Áp dụng hệ quả 2 ta có  4x y z 4  x  y  z  x yz x yz 3.    1 z z z   16  . Đặt t   t  0;1 . Do đó P  1  4 x y z x yz x yz 1 1 3 3 Khi đó P  1  t   16t 3 . Xét hàm số f (t )  1  t   16t 3 trên 0;1 4 4  1 2 t  9  0;1 189t  6t  3 Ta có f ' (t )   f ' (t )  0   4 t   1  0;1 7  16  1  16 Lập bảng biến thiên suy ra f (t )  f    , t  0;1  P  f (t )  81  9  81 16 Vậy MinP  , giá trị nhỏ nhất đạt được khi x  y  4 z 81 Bài 15:. Cho x, y, zlà ba số thực thuộc đoạn 1;2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2  x  y P 2 2x  y  z   2x 2  y 2   z 2. N.C.Đ. Lời giải. . . Nhận xét: Ta chỉ cần biến đổi 2x  y  z   2 x2  y 2  z 2  z 2  4x  y z  4xy 2. Ta có P . x  y 2 2 2x  y  z   2x 2  y 2   z 2. . x  y 2 z 2  4x  y z  4 xy. 2. x y    2  x  y 2 z z Ta có 4 xy  x  y  .Do đó P  2  2 2 z  4x  y z  x  y  x y x y 1  4       z z z z x y t2 Đặt t   , vì x, y, z thuộc đoạn 1;2  t  1;4. Khi đó ta có P  z z 1  4t  t 2 t2 Xét hàm f (t )  trên 1;4 1  4t  t 2 4t 2  2t  f ' (t )  0 , t  1;4 . Suy ra f (t ) là hàm số đồng biến trên Ta có f ' (t )  2 1  4t  t 2 1 1;4 .Do đó f (t )  f (1)  1 , t  1;4 hay P  , x, y, z  1;2 6 6 1 Vậy MinP  , giá trị nhỏ nhất đạt được khi x  y  1 và z  2 6 1 2 2 Bài 16: Cho các số thực a, b, c  0 thỏa mãn 2  2  2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: c a b a b c P   2 bc ac a  b2  c2. . . TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN. 34. NGUYỄN CÔNG ĐỊNH. GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI. 3. 3.

<span class='text_page_counter'>(35)</span> CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 Lời giải Vì c  0 do đó ta có P . Đặt. x. a , c. y. a c b 1 c. b c. . a 1 c. b  x, y  0 c 1. 1. . (vì. 2. 2. a b      1 c c a, b, c  0 ) khi đó. biểu thức P trở thành. x y   y 1 x 1 x2  y2  1 1 2 2 Biến đổi giả thiết 2  2  2 ta thu được c a b 2 2 1 2 2 1 c c 1 1 1  2  2   2  2   2  2  x 2 y 2  2x 2  y 2  2 c a b 2 a b 2 x y P. . . Ta có x 2 y 2  2 x 2  y 2  x  y   xy  x  y 2. và x 2  y 2  1  x  y   2xy  1  x  y   2x  y   1  x  y  1 2. 2. Ta lại có x  y   4xy  4x  y   x  y  4 2. (1). (2) (vì x, y  0 ). Từ (1) và (2)  x 2  y 2  1  x  y  1 Biến đổi biểu thức P, ta thu được  1 x y 1 1    P2 1 1   x  y  1  y 1 x 1 x2  y2  1  x 1 y 1 Từ hệ quả 3, ta có: P  2  x  y  1. Bài 17:. N.C.Đ. 1 x  y2 1 2. 4 1 4 1   P  2  x  y  2 x  y 1 x  y  2 x  y 1 4 1  Đặt t  x  y  t  4 . Do đó P  2  t  2 t 1 4 1  Xét hàm số f (t )  2  trên 4;  t  2 t 1 3t t  4   0 , t  4; và f ' (t )  0  t  4 (vì t  4;  ) Ta có f ' (t )  t  12 t  22 Suy ra f (t ) là hàm số đồng biến trên 4;  5 5  f (t )  f (4)  , t  4; hay P  f (t )  3 3 5 Vậy MinP  giá trị nhỏ nhất đạt được khi a  b  2c 3 Cho các số thực dương x, y, z thay đổi thỏa mãn điều kiện x  2 y  z  0 . Tìm giá trị nhỏ x y x  2y nhất của biểu thức: P    10 y  z x  y  z 2 x  3 y Lời giải x  y  z  2x  3y  Ta có x  2 y  z  0  z  x  2 y   10 y  z  x  12 y x y x  2y x y x  2y      Do đó P  10 y  z x  y  z 2 x  3 y x  12 y 2 x  3 y 2 x  3 y. TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN. 35. NGUYỄN CÔNG ĐỊNH. GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI. 2.

<span class='text_page_counter'>(36)</span> CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 x 3 x x  3y y P    x  12 y 2 x  3 y x  12 2 x  3 y y t t 3 x  Đặt t   t  0 . Khi đó  P  . t  12 2t  3 y t t 3  Xét hàm số f (t )  trên 0;  t  12 2t  3. t  2  0;  12t 3 2 2 Ta có f ' (t )    f ' (t )  0  t  12  42t  3   t   18  0;  t  122 2t  32 5  6 6 Lập bảng biến thiên suy ra f (t )  f (2)  , t  0;  . Suy ra P  . 7 7 6 Vậy MinP  , giá trị nhỏ nhất đạt được khi x  2 y, z  4 y . 7 Nhận xét ta có thể coi P là hàm của z và x, y là tham số và xét hàm P(z) trên 0; x  2 y. Bài 18: Cho các số thực dương a, b, c thay đổi thỏa mãn điều kiện a  b, a  c . Tìm giá trị lớn a b c nhất của biểu thức: P    5a  b  c  5a  2c 5a  2b Lời giải b N.C.Đ c 1  a  a Vì a  0 do đó P  c b  b c 5  2. 51    5  2. a a  a a b   x  a  x, y  0;1 vì a, b, c  0 và a  b, a  c . Đặt  y  c  a 1 x y   Khi đó biểu thức P được viết lại như sau: P  51  x  y  5  2 y 5  2 x  1 2 1    2 x  2 y  5  51  x  y   5  2 y 5  2x  1 1 4   Ta có và 2 x  2 y  5  0, x, y  0;1 5  2 x 5  2 y 10  2 x  2 y 2 4  2 x  2 y  5 Do đó 2 P  2  51  x  y  10  2 x  2 y 2 5  1 hay P  51  x  y  5  x  y Đặt t  x  y  t  0;2 vì x, y  0;1 . 2 5  1 Khi đó ta có P  5t  1 5  t 2 5   1 trên 0;2 Xét hàm số f (t )  5t  1 5  t  2P  2 . TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN. 36. NGUYỄN CÔNG ĐỊNH. GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI. x y.

<span class='text_page_counter'>(37)</span> CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019. 25t  1  t  5 24t 2  60t   0, t  0;2 2 2 2 2 5t  1 t  5 5t  1 t  5 11 Do đó f (t ) là hàm số đồng biến trên 0;2  f (t )  f (2)  , t  0;2 15 11 hay P  , với mọi a, b, c  0 thỏa mãn điều kiện a  b, a  c . 15 11 Vậy MaxP  , giá trị lớn nhất đạt được khi a  b  c 15 Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn 0  x  y  z . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2. 2. Ta có f ' (t ) . Bài 19:. P. x3 z y4 z 3  15x3   y 2 xz  y 2 z 2 xz  y 2 x2 z. . . . . Lời giải  x  y  a , b, c  0     2 y x y z z 15  z   Ta có P           . Đặt a  ; b  ; c   abc  1 x y x y  x z y z x c  1    y z y z x 3. a3 b3 15   c2  ab ab c aba  b  2 15 16  c   c2  Áp dụng hệ quả2, ta có P  ab c c N.C.Đ 16 16 Xét hàm số f (c) c 2  trên 1; . Ta có f ' (c)  2c  2  f ' (c)  0  c  2 c c Lập bảng biến thiên suy ra f (c)  f (2)  12, c  1; 1  a  b  Vậy MinP  12 giá trị nhỏ nhất đạt được khi  2 hay 2 x  y 2  z c  2 . NGUYỄN CÔNG ĐỊNH. GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI. 3. Do đó: P . Bài 20:. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn. ac  bc . ab . Tìm giá trị nhỏ nhất c. a b c c2    của biểu thức: P  b  c c  a a  b a 2  b2 Lời giải Đặt a  x.c; b  y.c; x, y  1. Thay x  1 vào giả thiết ta có: b  c  b  c  0 (không thỏa mãn giả thiết) Tương tự y  1 cũng không thỏa mãn .  x  1; y  1 thay vào giả thiết ta có:. x  1 y  1  xy 2 x  1 y  1  1  0   x  1 y  1  1  0. x  1  y  1  xy  x  y  2  2  x  x  y 1 2. . x  1 y  1  1  xy  x  y  2. xy  xy  4. Mặt khác x y 1 1 x2 y2 1 1 P    2     2 y 1 x 1 x  y x  y xy  x xy  y x  y x  y 2  2 xy. TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN. 37.

<span class='text_page_counter'>(38)</span> CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019. P. x  y 2 2 xy  x  y. 1 1  x  y x  y 2  2 xy. . xy  2xy  3xy  3 xy 1 1   2 2  Hay P  2 3 xy x y  2 xy 3 xy  2 xy 3. 2. . Đặt t  xy; t  4 , khi đó ta có P  Xét hàm số f (t )  Ta có f ' (t ) . t 3  2t 2  3t  3 3 t 2  2t. . . t  2t  3t  3 trên 4;  3 t 2  2t 3. 2. . . t  4t  t  6t  6 4. . 3. 2. . 3 t 2  2t. . 2. . t 3 t  4  t 2  6t  4  18. . 3 t 2  2t. . 2.  0, t  4. Suy ra hàm số f (t ) đồng biến trên 4; . Do đó: min f (t )  f (4)  4;  . 41 24. 41 khi x  y  2 hay a  b  2c 24 Bài 21: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn: a  b  c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:. a T. 2. .  c 2 ab  bc  ca abca  b  c . NGUYỄN CÔNG ĐỊNH. GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI. Vậy min P . Lời giải Đặt a  x.b; c  y.b  0  y  1  x. x. .  y 2 x  y  xy  x  y  x  y  xy  xy x  y  1 2 xy xN.C.Đ  y  1 S  1  0  P  S 1 Đặt S  x  y; P  xy vì 0  y  1  x    x  1 y  1  0 S 4 S  P  S 4 2S  P  f ' ( P )    0, P  0; S  1 Đặt f ( P)  ta có 2 2 4 P 2 S  1 4 P 3 S  1. Khi đó T . 2. 2. Do đó f  P  là hàm số nghịch biến trên  0; S  1.  f ( P)  f ( S  1)  Ta có g ' ( S ) . S 4 2S  1. . . . . 2. 4 S 2 1. , P  0; S  1 . Xét hàm số g ( S ) . S  2S 2  2S  1S 3  g ' ( S )  0  S  2 2 S 2 1. 3. S 4 2S  1. . . 4 S 2 1. 2. với S  1. (vì S  1 ).. 4 , S  1;  3 2 f ( P)  g ( S )  g (2)  . 3. Từ bảng biến thiên suy ra g ( S )  g (2)  Do đó ta có T  Vậy MinT . 2 , giá trị nhỏ nhất đạt được khi x  y  1 hay a  b  c 3. Bài 22: Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn: x 2  y 2  z 2  1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu xy yz x3 y 3  y 3 z 3   thức: P  1  z 2 1  x2 24x3 z 3. Lời giải. TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN. 38.

<span class='text_page_counter'>(39)</span> CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 Nhận xét: Bài 22 khi ta thay giả thiết x 2  y 2  z 2  1 vào biểu thức P thì P là một biểu thức đồng bậc. Tuy nhiên nếu chỉ sử dụng các biến đổi đại số thì ta vẫn chưa làm giảm số biến của biểu thức. Ta cần sử dụng các hệ quả để đánh giá biểu thức xy yz xy yz Ta có   2  2 2 2 2 2 2 2 x  z   y  z  x  y   x2  z 2  1 z 1 x xy yz xy yz     2 2 1 z 1 x 2 x2  z 2 y2  z 2 2 x2  y2 x2  z 2. . . . . . . . xy yz 1  x2 y2  1  y2 z2           1  z 2 1  x 2 4  x 2  z 2 z 2  y 2  4  x 2  y 2 x 2  z 2 . xy yz 1 y2 y2  1  y2 y2        1    1   1  z 2 1  x 2 4  z 2  y 2 x 2  y 2  4  2 yz 2 xy  xy yz 1 1 y y        2 2 1 z 1 x 4 8 z x. . 1 x 3 y 3  y 3 z 3 1 xy  yz 1  y y  3  .     Ta lại có x y  y z  xy  yz  4 x3 z 3 4 x3 z 3 4 z x 3. 3. 3 3. 3. y y 1 1 y y 1  y y Vậy P          . Đặt t    t  0 (vì x, y, z  0 ) z x 4 8  z x  96  z x  1 1 1 Khi đó P   t  t 3 4 8 96 1 1 1 Xét hàm số f (t )   t  t 3 trên 0;  N.C.Đ 4 8 96 1 1 Ta có f ' (t )   t 2  f ' (t )  0  t  2 (vì t  0 ) 8 32 5 5 Lập bảng biến thiên suy ra f (t )  f (2)  , t  0;  hay P  f (t )  12 12 5 1 Vậy MaxP  , giá trị lớn nhất đạt được khi x  y  z  12 3 4. NGUYỄN CÔNG ĐỊNH. GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI. 3. 3.  x  y z x Bài 23: Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn         2 x z  y  z 2 2 2y 2z 3z Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P  2  2  2 2 x y y z 2x  z Lời giải Từ giả thiết ta có 4. 4. 4.  x  y z  x  y x z x  x z  x z  2         2   .    2     2  2   2 x z z x z x  y  z x  y  z x Đặt t   t  0 (vì x, z  0 ). z 1 1 Do đó t  2  2t 2   2t 3  t 2  2t  1  0  t  1t  12t  1  0   t  1 t 2 2 2 3   Ta có P  2 2 x x  y    1    1 2 z  1 z  y 4. 4. 2. 2. TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN. 39.

<span class='text_page_counter'>(40)</span> CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 x y x x x y x y .  vì  1  .  1 . Mặt khác x, y, z  0  ,  0 y z z z y z y z 1 1 2 2    Do đó 2 2 x y x x  y    1    1 1  y . z 1  z z  y 4 3 4 3 4 3 1   Vậy P  . Xét hàm số f (t )  trên  ;1    x x 1  t 2t  1 2  1 2  1 1  t 2t  1 z z  10t 2  4t  2 1   0, t   ;1 Ta có f ' (t )  2 2 t  1 2t  1 2  1 7 1  1  Suy ra f (t ) là hàm số nghịch biến trên  ;1  f (t )  f    , t   ;1 2 6 2  2 . Nhận xét:. 4. NGUYỄN CÔNG ĐỊNH. GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI. 4.  x  y z x         2 x z  y  z z  2x 7 Vậy MaxP  , giá trị lớn nhất đạt được khi  6 y  x 2 7 Hay P  với mọi x, y, z  0 thỏa mãn 6. N.C.Đ. TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN. 40.

<span class='text_page_counter'>(41)</span>