Chúng tôi muốn nói ở đây vài một trong những phương pháp ấy!. I.ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI CÓ NGHIỆM Nguyễn Lái GV THPT CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH Trong bài viết này xin trình bày cách
Trang 1T Ì Ì M C C Ự Ự C T T R R Ị C C Ủ Ủ A B B I I Ể Ể U T T H H Ứ Ứ C C C Ó
N
N H H I I Ề Ề U B B I I Ế Ế N
Một bài Toán đã cho, dĩ nhiên có nhiều cách giải. Chúng tôi muốn nói ở đây vài một
trong những phương pháp ấy!
I.ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI CÓ NGHIỆM
Nguyễn Lái
GV THPT CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH
Trong bài viết này xin trình bày cách giải một dạng toán tìm cực trị của biểu thức có nhiều biến, trong đó biểu thức điều kiện đã cho chứa các biến có bậc bình đẳng
Phương pháp đặt y = tx, từ đó suy ra các biến còn lại phụ thuộc theo ẩn t…đưa biểu thức đã cho về hàm số có chứa biến mới t duy nhất dạng S = f(t).Dùng điều kiện phương trình bậc hai
có nghiệm để giải
Sau đây là các bài toán minh họa:
Ví dụ 1. Cho hai số thực x, y thoả mãn điều kiện: 3 2 2 3 1
+
=
+ y xy
x Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức
1
3
2
4
1
2
2
2
-
- +
- +
=
xy
y
x
xy
y
S .
Lời giải.Thay điều kiện 1 3 x 2 y 2 3 xy
- +
2
3
4
y
x
x
xy
S
+
-
Nếu y = 0, từ điều kiện suy ra 3
3
1
2
-
=
Þ
= S
1
3
2 Û - + + = +
-
=
t
t
Khi S ¹ 0 ,để phương trình có nghiệm
1
4
0
4
3
0 )
3 (
4
0
£
£
-
Û
£
- +
Û
³ +
-
Û
³
Khi S = 1 Þ t = 2 Þ y = 2 x ,từ điều kiện suy ra x = 1;y = 2 hoặc x = 1 ;y = 2
Tương tự khi S = 4 - Þ
19
1
;
19
2
-
=
19
1
;
19
2
=
-
x Vậy,giá trị lớn nhất của biểu thức S = 1 khi và chỉ khi (x =1;y= 2) hoặc (x =1;y =2)
Trang 2Giá trị nhỏ nhất S = 4 khi và chỉ khi (
19
1
;
19
2
-
=
19
1
;
19
2
=
-
x ).
Ví dụ 2.
Cho hai số thực x ¹ 0 ,y ¹ 0 thay đổi và thỏa mãn điều kiện : x 2 y 2 x 2 y y 2 x
=
Tính giá trị lớn nhất , giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 1
y
x
P = +
Lời giải :Vì x ; ¹ y 0 , nên đặt y = tx
Từ giả thiết x 2 y 2 x 2 y y 2 x
= +
)
2 (
1
2
2
3
2
3
2
2
2
t
t
t
x
x
t
tx
x
t
x
+
+
=
Þ +
= +
1
2
5
2
1
)
2 )(
1
2 (
1
2
1
1
2
1
1
2
2
2
2
+
+ +
= +
+ +
=
÷
ø
ö
ç
è
æ +
=
÷
ø
ö
ç
è
æ +
= +
=
Þ
t
t
t
t
t
t
t
t
x
t
x
y
x
P
1
2
5
2
2
=
- +
-
-
Û + +
= +
Û +
+ +
t
t
t
P
Khi P ¹ 2 , để phương trình có nghiệm D 0 ³ Û
2
9
2
1
0
9
16
4 P 2 - P - £ Û - £ P £
2
1
=
-
=
Þ
-
=
Þ
-
Khi
3
2
1
2
9
=
=
Þ
=
Þ
Vậy, Giá trị lớn nhất
2
9
=
P khi và chỉ khi
3
2
=
= y
Giá trị nhỏ nhất
2
1
-
=
P khi và chỉ khi x = - 2 = ; y 2 .
Ví dụ 3. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức T 3 y 2 2 x 2 4 xy
+
-
trong đó x, y là hai số thực thay đổi thoả mãn 2 2 2 4
£
+ y
x .
Lời giải . Nếu y = 0 Þ T - = 2x 2 .Theo điều kiện ta có - 8 £ T £ 0
Nếu 0 2 2 2 0
>
+
Þ
2
2
2
2
2
4
2
3
y
x
xy
x
y
u
+
+
-
=
1
2
2
4
2
2
= + +
-
-
Û +
- +
=
t
t
t
Khi
2
3
¹
u để phương trình có nghiệm thì D ' ³ 0 Û 4 - ( 2 u - 3 )( u + 2 ) ³ 0
2 2
2
2 2
y x xy
u u u
x y
Vì 0 < 2 + 2 2 £ 4 Þ
y
x 2 2
10 3y 2x 4xy 8
Do đó giá trị lớn nhất T = 8 ; giá trị nhỏ nhất T = - 10 .
Ví dụ 4. Cho x,y,z là các số thực thỏa mãn hệ
ï
î
ï
í
ì
>
+
= +
= + +
0
3
6
3
2
2
z
y
yz
x
yz
xy
x
Chứng minh rằng ta luôn có: 3 x £ y + z ,
Trang 3Lời giải.Ta có x + xy - yz = ( 3 x + xy + yz ) - 2 ( x + yz ) = 0 Þ yz = x + xy
Từ hệ, ta nhận thấy y ¹ 0 và x ¹ 0
t
t
z
tx
x txz
xy
x
.
Xét biểu thức
z
y
x
Q
+
= , thay y = tx ; x
t
t
z = 1 + ta có:
1
1
2
2 Û + - + = +
+
= +
+
t
t
t
x
t
t
tx
x
.
Vì Q ¹ 0 ,để phương trình có nghiệm , ta có
3
1
0
1
2
3
0 Û 2 + - £ Þ £
³
Hay
3
1
£
+ z
y
x
. Vì theo giả thiết x + y > 0 Þ3 x £ y + z (đpcm).
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 1 ; 2
3
1
=
=
=
Û
=
Û
Mời các bạn tiếp tục giải các bài toán sau theo phương pháp trên
Bài 1 Cho các số thực x,y thoả mãn điều kiện: x 2 + y 2 = 1 .
Tìm giá trị lớn nhất , giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
3
3
2
2
2
2
+ +
+ +
=
y
xy
xy
x
S .
Bài 2.Chứng minh rẳng : 4 3 3 2 3 2 4 3 3
-
£
-
-
£
-
trong đó x,y là các sốthực thoả mãn 2 2 3
£ +
+ xy y
x . Bài 3. Cho hai số thực tuỳ ý thoả mãn điều kiện : x 3 y 3 xy ( x y ) 2 xy
= + +
Tìm giá trị lớn nhất,giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = x + y .
Bài 4. Cho x,y,z là các số thực thỏa mãn hệ:
î
í
ì
= + + +
= + + +
2 ) ( ) (
4
2 )
3
5
x
y
x
z
z
x
x
xy
z
x
z
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất: 2 2
xy
z
x
T = + +
Trang 4
Có nhiều phương pháp để tìm giá trị lớn nhất (GTLN) , giá trị nhỏ nhất (GTNN) của một biểu thức có
từ một biến số trở lên Bài viết này chúng tôi xin trao đổi về phương pháp tìm cực trị của biểu thức hai biến số nhờ miền giá trị , trong đó hai biến bị ràng buộc bởi một điều kiện cho trước
Bài toán : Cho các số thực x , y thoả mãn điều kiện : G(x ; y) = 0 ( hoặc G(x;y)≥ 0
hoặc G(x;y)≤0 )
Tìm GTLN , GTNN ( nếu có ) của biểu thức P = F(x ; y)
Cách giải :
Gọi T là miền giá trị của P Khi đó m là một giá trị của T khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm (x ; y):
( ; ) 0 ( ; )
=
⎧
⎩
G x y
F x y m ( hoặc ( ; ) 0
( ; )
≥
⎧
⎩
G x y
F x y m hoặc ( ; ) 0
( ; )
≤
⎧
⎩
G x y
F x y m ) Sau đó tìm các giá trị của tham số m để một trong các hệ trên có nghiệm Từ đó suy ra miền giá trị
T của P , rồi suy ra GTLN , GTNN ( nếu có ) của P
Sau đây là các bài toán minh hoạ
Bài toán 1 :Cho hai số thực x , y thoả mãn điều kiện : 3 x(3 x− +1) 3 y(3 y − = xy 1) 3
Tìm GTLN , GTNN của biểu thức F= 3 x+3 y+3 xy
Lời giải : Gọi T1 là miền giá trị của F Ta có m∈ ⇔ hệ sau có nghiệm: T1
3 3 3 3 3
3 3 3
x x y y
x y xy m
⎪
⎨
⎩
xy
Đặt :
3 3
3
S x y
P xy
⎪
⎨
=
2
x y S P S
Hệ trên
S S P S S m
S P m P m S
3
S S
f S =S + S= m có nghiệm 0 S 4 ≤ ≤ Vì hàm bậc hai f(S) đồng
biến trên [ ]0 ; 4 nên PT f(S) = 3m có nghiệm 0≤ ≤ S 4 ⇔ f(0)≤3m≤ f(4)⇔ ≤0 3m≤24
Do đó
Vậy minF = 0 , maxF = 8
Bài toán 2 : Cho các số thực x, y thoả mãn : 2 2 ≤3
x - xy + y Tìm GTLN , GTNN của biểu thức 2 2
Q = x + xy - 2y
Lời giải : Gọi T2 là miền giá trị của Q Ta có m ∈ ⇔ hệ sau có nghiệm: T2
⎧ ≤3
⎨
⎩
2 2
2 2
x + xy - 2y = m (2)
Trang 5Nếu y = 0 thì hệ (1),(2) ⎧ ≤⎪
⇔ ⎨
=
⎪⎩
2 2
3
x
x m , suy ra trường hợp này hệ có nghiệm (x ; 0)⇔ ≤0 m≤3
Nếu y 0 thì đặt x = ty ta có hệ :≠ ⎧⎨ − + ≤
+ − =
⎩
2 2
2 2
y t t
y t t m
3) 4)
2)
t + −t
Từ (4) ta phải có m ( 2 > 0 và thay 2
2
2
m y
= + − vào (3) được
+ −
2 2
3 2
m t t
t t
Trường hợp này hệ (1),(2) có nghiệm
⎪
≤
⎩
2 2 2
m( 2) > 0
3 2
t t
H m t t
t t
có nghiệm
⎡⎧ >
⎪
⎢⎨
⎢⎩
⇔ ⎢ <
⎧
⎢ ⎪
⎢ ⎪⎩
⎣
0
3
0
3
m
m
m
m
( I ) ( với = − +
+ −
2 2
1 ( )
2
t t
f t
t t , t ∈R\{−2;1} )
+ −
2
2 2
( )
1
t t
f t
t t ) , ′ =( )t 0⇔ =3± 7
2
t f
Bảng biến thiên của hàm f(t)
t −∞ - 2 3− 7
2 1 3 7
2
+
+∞
f’(t) + + 0 - - 0 +
−
1 2 7
9 +∞ 1 + ∞
f(t)
1 −∞ −∞ 1 2 7
9
+
Từ bảng biến thiên ta có
( I )
⎡⎧ >
⎪
⎢
⎨ +
⎪
<
⎢⎨ −
⎢⎩
⎣
0
1 2 2 3
9
1 2 7 3 9
m
m m
m
7
Kết hợp các trường hợp trên ta được : − −1 2 7≤ ≤ − +m 1 2 7
( Bài này các bạn có thể tham khảo hướng dẫn giải đề số 4 - THTT tháng 6/2007 )
Bài toán 3 : Cho hai số thực x, y thoả mãn : 2 2
9x +16y +6x+8y≤3(1 8− xy)
Trang 6Tìm GTNN của biểu thức K =x x( + +1) y y( +1)
Lời giải : Gọi T3 là miền giá trị của K Ta có m T∈ ⇔3
)
hệ sau có nghiệm:
2 2
x y x y xy
x x y y m
⎨
⎩
Hệ trên
⎩
2
2 2
2 2
(3 4 ) 2(3 4 ) 3 0
2
m≤ − thì hệ vô nghiệm
2
m> − , xét trong mặt phẳng toạ độ Oxy ta có : tập hợp nghiệm của (5) là miền mặt phẳng (H) ở giữa hai đường thẳng song song d1: 3x+4y + = và d3 0 2: 3x + y − = có chứa cả biên là hai 4 1 0 đường thẳng d1 và d2, còn tập hợp nghiệm của (6) là đường tròn (C) có tâm I( 1
2
− ; 1
2
− ) , bán kính 1
2
1
( ; )
d I d ≤ ⇔R ≤ m+ ⇔ ≥ −m 49 ( thoả mãn m > 1
2
− )
100
+∞ ⎟
49 min
100
K ( không tồn tại maxK) (Bạn đọc tự vẽ hình minh hoạ)
Bài toán 4 : Cho các số thực x, y thoả mãn : 2cos 2cos 3 cos cos 2 cos cos
( 2) x+ y+ +2 x+ y+ −4 x+ y ≥4 2 Tìm GTLN , GTNN của biểu thức : M =cos 2x+cos 2y
Lời giải :Gọi T4 là miền giá trị của M Ta có m∈ ⇔T4 hệ sau có nghiệm:
2cos 2cos 3 cos cos 2 cos cos
(*) cos 2 cos 2
+ + + + +
⎪
⎨
⎪⎩
Hệ(*)⇔
cos cos 2 cos cos cos cos
2 2
3
2
x y
x y
⎪⎩
Đặt u cosx ; cos ta có hệ :
2 2
3
2
2 (9) 2
⎧ ≤ + ≤
⎪
⎪
⎨
⎩
u v
u v
m
u v
7)
v
Hệ (*) có nghiệm ⇔ hệ (7),(8),(9) có nghiệm
Dễ thấy , với m≤ −2 hệ (7),(8),(9) vô nghiệm
Với m > - 2 , xét trong mặt phẳng toạ độ Ouv
khi đó tập hợp nghiệm của (7) và (8) là hình
A
B
C
D
1
1
1 2
1 2
Trang 7thang cân ABCD ( gồm các điểm ở trong hình
thang và các điểm trên cạnh hình thang) , còn
tập hợp nghiệm của (9) là đường tròn ( T ) có
2
+
Từ đó , hệ (7),(8),(9) có nghiệm ⇔đường tròn
( T ) có điểm chung với hình thang ABCD
( ; )
+
2
0
( thoả mãn m > - 2) (Ở đây đường thẳng CD: u v+ − =1 0, đường thẳng AB: 2u+2v− = và các tam giác OCD , OAB 3 cân tại O)
2
⎡
= −⎢⎣ ⎦
⎥ Vậy minM = -1 , maxM = 12
Bài toán 5 : (Tuyển sinh đại học khối A năm 2006 )
Cho hai số thực thay đổi x ≠ 0 , y ≠ 0 thoả mãn :(x y)xy x+ = 2+y2 −xy
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A 13 13
Lời giải : Gọi T5 là tập giá trị của A Ta có m∈T5 ⇔ hệ sau có nghiệm x ≠ 0 , y 0 : ≠
2 2
2
2
x y
xy
⎪
=
⎪
⎩
(V)
Đặt S x y( ) , ta có hệ :
P xy
= +
⎧
⎨ =
⎩
2
S ≥ P4
2
2
SP S 3P S
( ) m P
⎪
⎨
=
Hệ (V) có nghiệm x 0 , y 0 ≠ ≠ ⇔hệ (VI) có nghiệm ( S ; P ) thoả mãn 2
S ≥4P
P
⇒ > với mọi x 0 , y ≠ ≠ 0
Từ đó :
• Nếu m 0≤ thì hệ (V) vô nghiệm
• Nếu m > 0 thì từ phương trình S 2 S
P = ⇒ =P ⇒ =S m.P thay vào phương trình đầu của hệ (VI) được : mP2 =mP2−3P⇔(m− m )P 3= ( vì SP > 0 nên P 0 ) ≠
Để có P từ phương trình này thì m− m 0≠ ⇔m 1≠ ( m > 0 ) và ta được
P 3
m( m 1)
=
− , do đó
3 S
m 1
=
− Trường hợp này hệ (VI) có nghiệm ( S ; P ) thoả mãn 2 khi và chỉ khi :
S ≥4P
Trang 8
m 1 ≥ m( m 1)
2
4( m 1)
m( m 1)
−
−
⇔ <0 m 16 (m 1)≤ ≠
Tóm lại các giá trị của m để hệ (V) có nghiệm x ≠ 0 , y ≠ 0 là : 0 m 16 , m 1< ≤ ≠
Do đó : T5 =(0;16 \ 1] { }
Vậy : maxA = 16 ( chú ý không tồn tại minA )
Bài toán 6 : ( HSG quốc gia - Bảng A + B năm 2005 )
Cho hai số thực x, y thoả mãn : x 3 x 1 3 y 2 y− + = + −
Hãy tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức K x y= +
Lời giải : ĐKXĐ :x≥ −1, y≥ −2
Gọi T6 là tập giá trị của K Ta có m∈T6 ⇔hệ sau có nghiệm:
3( x 1 y 2) m
x 3 x 1 3 y 2 y
(VII)
⎧
Đặt u= x+1 và v= y+ 2 thì u, v 0≥ và hệ (VII) trở thành :
m
u v
2 9
⎧ + =
⎪
⇔
⎪⎩
⇔ u , v là hai nghiệm của phương trình :
2
2
(10)
Từ đó , hệ (VII) có nghiệm ( x ; y ) sao cho khi và chỉ khi (10) có hai nghiệm không âm
và điều kiện là :
x≥ −1, y≥ −
2 t
t
2
t
9(m 18m 54) 0
18
⎧
⎪ ′Δ = − − − ≥
⎪
+
⎨
⎪
⎪⎩
15 Do đó T6 9 3 21;9
Vậy : minK = 9 3 21
2
+
, maxK = 9 3 15+
Bình lu ậ n : Ưu thế của phương pháp trên là quy bài toán tìm GTLN , GTNN về bài toán tìm tham số
để hệ có nghiệm , vì vậy không cần chỉ rõ giá trị của biến số để biểu thức đạt GTLN , GTNN Nếu dùng các bất đẳng thức để đánh giá thì nhất thiết phải chỉ rõ các giá trị của biến số để tại đó biểu thức đạt GTLN , GTNN
Các bạn có thể mở rộng phương pháp này cho biểu thức có nhiều hơn hai biến số
Cuối cùng mời các bạn vận dụng phương pháp trên để làm các bài tập sau :
Bài 1 :Cho hai số thực x , y thoả mãn : 2 2
x +y = x+ + y
Tìm giá trị lớn nhất , nhỏ nhất của biểu thức P= 3 x x( − +2) 3 y y( −2)
Bài 2 :Cho hai số thực x , y thoả mãn : x x( + +1) y y( + ≤1) 0
Trang 9Tìm giá trị lớn nhất , nhỏ nhất của biểu thức Q=2007x+2008y+2009
4x - 3xy + 3y ≤ Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của 6 biểu thức 2 2
F = x + xy - 2y
Bài 4 : Cho các số thực không âm x , y thoả mãn : x+ y = Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất 4 của biểu thức Q= x+ +1 y+ 9
2
x+ y= Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức L=cos 3x+cos 3y
Bài 6 : (Đại học khối B năm 2008 ) : Cho hai số thực x , y thay đổi và thoả mãn hệ thức
x2+y2 = 1 Tìm GTLN và GTNN của biểu thức P 2(x2 6xy)2
1 2xy 2y
+
=
Bài 7 : ( Cao đẳng kinh tế kỹ thuật năm 2008 ) Cho hai số x , y thoả mãn x2 +y2 =2
Tìm GTLN , GTNN của biểu thức P 2(x= 3+y ) 3xy3 −
Bài 8 : Cho các số dương x , y thoả mãn : xy + x + y = 3 Tìm GTLN của biểu thức
P
y 1 x 1 x y
2
x y ( Đ/s : maxP = 3/2)