Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất bằng phương pháp dồn biến

Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019

TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ NHỎ NHẤT BẰNG
PHƯƠNG PHÁP DỒN BIẾN
Nguyễn Bá Long
Trường THPT Như Thanh, Thanh Hóa

Tóm tắt nội dung
Bài tốn tìm cực trị của biểu thức nhiều biến là bài toán khó nhất trong các đề thi học
sinh giỏi và thi THPT Quốc Gia, phần lớn học sinh không giải quyết được, ngun nhân
chính là vì dạng tốn này q khó chỉ có một phần nhỏ có thể làm được, tuy nhiên nếu
giáo viên hướng dẫn cho học sinh một cách hệ thống và phương pháp rõ ràng, tôi tin
rằng sẽ có nhiều học sinh làm được bài tốn này.

1

Định nghĩa giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số

Định nghĩa 1.1. Xét hàm số f ( x ) với x ∈ D. Ta nói rằng M là giá trị lớn nhất của f ( x )
trên D, nếu như thỏa mãn các điều kiện sau:
1. f ( x ) ≤ M, ∀ x ∈ D
2. Tồn tại x0 ∈ D sao cho f ( x0 ) = M
Khi đó ta kí hiệu: M = max f ( x )
x∈D

Định nghĩa 1.2. Xét hàm số f ( x ) với x ∈ D. Ta nói rằng m là giá trị nhỏ nhất của f ( x )
trên D, nếu như thỏa mãn các điều kiện sau:
1. f ( x ) ≥ m, ∀ x ∈ D
2. Tồn tại x0 ∈ D sao cho f ( x0 ) = m
Khi đó ta kí hiệu: m = min f ( x )
x∈D

2

Các bất đẳng thức cơ bản thường sử dụng

Định lý 2.1 (Bất đẳng thức AM - GM). Cho n số dương a1 , a2 , . . . , an / Khi đó, ta có

√
a1 + a2 + . . . . + a n
≥ n a1 .a2 . . . an
n
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = . . . . = an .
Định lý 2.2 (Bất đẳng thức Cauchy - Schwarz). Cho hai bộ số a1 , a2 , . . . , an
R; b1 , b2 , . . . , bn ∈ R.

1

∈


Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019
Ta có

( a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn )2
b1 2 + b2 2 + · · · + bn 2 .

≤ a1 2 + a2 2 + · · · + a n 2
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

a1

a2
an
=
= ··· = .
b1
b2
bn
Hệ quả 2.1 (Bất đẳng thức Cauchy - Schwarz thường sử dụng). Cho a, b, c > 0 và x, y, z >
0. Khi đó
a2
b2
c2
( a + b + c )2
+ + ≥
x
y
z
x+y+z

3 Sử dụng điều kiện ban đầu để đánh giá đưa về hàm
số một biến
∗ Điều kiện ban đầu thường gặp:
• x ∈ [ a; b] hay ( x− a) ( x − b) ≤ 0.
( x − a) (y − b) ≤ 0
• x, y ∈ [ a; b] hay  ( x − a) (y − a) ≥ 0
( x − b) (y − b) ≥ 0
• x, y, z ∈ [ a; b] hay ( x − a) (y − a) (z − a) + ( x − b) (y − b) (z − b) ≥ 0 • x ≤ y ≤ z,
nên (y − x ) (y − z) ≤ 0.
Nhận xét 3.1. Việc đánh giá điều kiện ban đầu của bài toán là rất quan trọng trong việc
giải bài toán cực trị của biểu thức, giúp chúng ta rèn luyện kỹ năng chuyển bài toán cực

trị nhiều biến thành bài toán cực trị của hàm số với một biến.
Bài toán 3.1 (Đề THPT QG 2015). Cho các số thực a, b, c thuộc đoạn [1; 3] và thỏa mãn
a2 + b2 + 2ab
điều kiện P = 2
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
c + 4 ( ab + bc + ca)
P=

a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 + 12abc + 72 1
− abc
ab + bc + ca
2

Lời giải.
Ta có ( ab + bc + ca)2 = a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 + 2abc ( a + b + c) = a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 +
12abc.
( a + b + c )2
Đặt x = ab + bc + ca ≤
= 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
suy ra 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

2

Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019
suy ra abc ≤ 3x − 27. Do đó 3x − 27 ≥ abc ≥ x − 5 ⇒ 2x ≥ 22 ⇒ x ≥ 11.
Ta có
x2 + 72 1
x2 + 72 1
x 72 5
P=
− abc ≤
− ( x − 5) = +
+
x
2
x
2
2
x
2
x 72 5
+ , x ∈ [11; 12]
Xét hàm số f ( x ) = +
2
x
2
160
1 72
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 3.2. 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 chun đề này tác giả muốn rèn luyện cho học sinh kỹ năng giải toán cực trị
bằng phương pháp dồn biến.
Bài toán 3.2. Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn
xy
yz
x 3 y3 + y3 z3
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P=
+
−
1 + z2 1 + x 2
24x3 z3
2 (2ab + ac + bc)
8−b
b
B=
+
+√
1 + 2a + b + 3c
b + c + b ( a + c) + 8
12a2 + 3b2 + 27c2 + 8
Lời giải. Ta có
12a2 + 3b2 + 27c2 =

3 (4a2 + b2 + 9c2 ) ≥ 2a + b + 3c.

(1)

Mặt khác 2a + b + 3c − b − c − b ( a + c) = ( a + c) (2 − b) ≥ 0 suy ra
2a + b + 3c ≥ b + c + b ( a + c) .

(2)

Lại có 2ab + ac + bc − b − c − b ( a + c) = (b + c) ( a − 1) ≤ 0 suy ra
2ab + ac + bc ≤ b + c + b ( a + c) .
Từ (1), (2), (3) ta được
B≤

2 [b + c + b ( a + c)]
8−b
b
+
+
1 + b + c + b( a + c) b + c + b( a + c) + 8 b + c + b( a + c) + 8
B≤

2 [b + c + b ( a + c)]
8
+
.
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
2
8
2 (3t + 10) (6 − t)
f (t) =
−
=
=0⇔t=6
2
2
( t + 1)
( t + 8)
( t + 1)2 ( t + 8)2
f (0) = 1,

3

(3)


Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019
16
,
7
47
f (13) =

21
16
2
16
⇒ max B =
đạt được khi a = 1, b = 2, c =
Từ đó suy ra B ≤ f (t) ≤
7
7
3
f (6) =

Bài toán 3.3. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn y + z = x y2 + z2 . Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức
x 4
y 4 z
x
+
+ = + 2.
y
z
x
z

Lời giải. Từ giả thiết, ta có
x (y + z)2 ≤ 2x y2 + z2 = 2 (y + z) ⇔ y + z ≤
Do đó
1
1
2

2+
(1 + y ) (1 + z ) ≤ (2 + y + z )2 ≤
4
4
x

2

=

2
x

(1 + x )2
x2

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có
P≥

1

(1 + x )
P≥

Xét hàm số f ( x ) =
Ta có f ( x ) =

2

+

2
4
+
(1 + y ) (1 + z ) (1 + x ) (1 + y ) (1 + z )

2x2 + 1

(1 + x )

2

+

4x2

(1 + x )

3

=

2x3 + 6x2 + x + 1

(1 + x )3

2x3 + 6x2 + x + 1

(1 + x )3

2 (5x − 1)

(1 + x )

4

1
=0⇔x= .
5

1
91
=
5
108
91
1
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng
. Khi x = , y = z = 5.
108
5

Lập bảng biến thiên ta được: P ≥ f ( x ) ≥ f

Bài toán 3.4. Cho x, y, z > 0; xyz ( x + y + z) = 20. Tìm giá trị nhỏ nhất của
P = ( x + y ) ( x + z ) + y2 z2
Lời giải.
Nhận xét 3.3. Có một chú ý quan trọng của bài 3.4 là một phép biến đổi nhỏ

( x + y) ( x + z) = x2 + xy + xz + yz = x ( x + y + z) + yz =

20
+ yz
yz

Như vậy biến mới được hình thành.
20
20
Đặt t = yz > 0 suy ra P =
+ t + t2 = f (t). Xét f (t) = t2 + t +
trên (0; +∞)
t
t

4


Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019
Ta có
f (t) = 2t + 1 −

(t − 2) 2t2 + 5t + 10
20
2t3 + t2 − 20
=
=
=0⇔t=2
t2
t2
t2

Lập bảng biến thiên ta suy ra f (t) ≥ f (2) = 16
Do đó P ≥ 16. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
xyz ( x + y + z) = 10
⇒
yz = 2
Kết luận min P = 16 ⇔

x=y=2
z=1

x=y=2
z=1

Bài toán 3.5. Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn a, c ≥ 1; b ≥ 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức
P=

a (b + c) c ( a + b) 3( a + c)2 + 2b2 + 8
+
+
b + 2c
b + 2a
4 (3 + ac)

Lời giải. Ta có

(1 − a) (2 − b) ≥ 0 ⇔ 2 − 2a − b + ab ≥ 0 ⇔ 2a + b ≤ ab + 2
suy ra
1

c ( a + b)
c ( a + b)
1
≥
⇒
≥
.
b + 2a
ab + 2
b + 2a
ab + 2
Tương tự ta có
Lại có

a (b + c)
a (b + c)
≥
b + 2c
bc + 2

3( a + c)2 + 2b2 + 8 = 2 ( a + c)2 + b2 + ( a + c)2 + 8 ≥ 4 ( a + c) b + 4ac + 8 = 4 ( ab + ac + bc + 2)

c ( a + b) a (b + c) 4 ( ab + bc + ca + 2)
+
+
ab + 2
bc + 2
4 ( ac + 3)
ac + bc
ab + bc

ab + bc + ca + 2
=
+1 +
+1 +
−2
ab + 2
bc + 2
ac + 3
1
1
1
9 ( ab + bc + ca + 3)
+
+
−2 ≥
−2
= ( ab + bc + ca + 2)
ab + 2 bc + 2 ac + 3
ab + bc + ca + 7

⇒P≥

Xét hàm số f (t) =

9 ( t + 2)
45
−2 = 7−
mà
t+7
t+7

t = ab + bc + ca ≥ 5 ⇒ P ≥ 7 −

13
Vậy min P =
⇔ ( a; b; c) = (1; 2; 1)
4
.

5

45
13
=
5+7
4


Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019
Bài toán 3.6. Cho các số a, b, c ∈ [0; 1]. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P=

a
b
c
+
+
+ abc
1 + bc 1 + ac 1 + ab

Lời giải. Khơng mất tính tổng qt của bài tốn, ta có thể giả sử 0 ≤ c ≤ b ≤ a ≤ 1

Ta có
P=

a
b
c
1
b
c
1
b+c
+
+
+ abc ≤
+
+
+ bc ≤ bc +
+
1 + bc 1 + ac 1 + ab
1 + bc 1 + bc 1 + bc
1 + bc 1 + bc

Từ giả thiết ta được

(1 − b) (1 − c) ≥ 0 ⇔ 1 − bc ≥ b + c ≥ 0 ⇔
Suy ra A ≤ bc + 1 +

[1; 2]

b+c

≤1
1 + bc

1
1
. Đặt t = 1 + bc ⇒ 1 ≤ t ≤ 2. Xét hàm số f (t) = t + ; t ∈
1 + bc
t

5
1
≥ 0∀t ∈ [1; 2] suy ra f(t) đồng biến trên [1; 2] ⇒ f (t) ≤ f (2) = .
t2
2
5
Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P là khi a = b = c = 1
2

Ta có f (t) = 1 −

4

Bài tập tương tự

Bài 4.1. Cho các số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện
1
2
2
= 2+ 2
2

c
a
b
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P=

a
b
c
+
+√
2
b+c a+c
a + b2 + c2

Bài 4.2. Cho các số thực x, y, z ∈ [0, 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

( y + z )2
P= √
+
x+z

yz + 1
y(y + z)

+

2
.
xy + xz − yz

Bài 4.3. Cho các số dương x, y, z thỏa mãn hệ thức x2 + y2 + z2 = 1. Tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức
yz
x 3 y3 + y3 z3
xy
P=
+
+
.
1 + z2 1 + x 2
24x3 z3
Nhận xét 4.1. Bài toán tìm cực trị của biểu thức nhiều biến là bài tốn khó nhất trong
các đề thi học sinh giỏi và thi THPT Quốc Gia, phần lớn học sinh không giải quyết được,
ngun nhân chính là vì dạng tốn này q khó chỉ có một phần nhỏ có thể làm được,
tuy nhiên nếu giáo viên hướng dẫn cho học sinh một cách hệ thống và phương pháp rõ
ràng, tôi tin rằng sẽ có nhiều học sinh làm được bài tốn này.

6