skkn bất đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số có nhiều phương pháp

MỞ ĐẦUNhư chúng ta đã biết các bài toán về bất đẳng thức và bài toán về tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số có liên quan chặt chẽ và có thể xem như là một.. Các bài toán về

MỞ ĐẦU

Như chúng ta đã biết các bài toán về bất đẳng thức và bài toán về tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số có liên quan chặt chẽ và có thể xem như là một Các bài toán về bất đẳng thức và bài toán về tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số luôn là bài toán có mặt ở hầu hết trong các kỳ thi tuyển sinh đại học và cao đẳng trong những năm gần đây.Những bài khó nhất

là những bài thuộc dạng này Trong chương trình học của bậc PTTH việc giảng dạy để làm sao học sinh học tốt chủ đề này luôn là một vấn đề khó Chủ đề này thường dành cho học sinh giỏi nên các bài toán đưa ra thường hay và khó

Để chứng minh Bất đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số có nhiều phương pháp Một trong những phương pháp khá hiệu quả là dùng đạo hàm cho hàm nhiều biến.Trong chuyên đề này tôi nêu ra phương pháp chung để giải quyết bài toán và thông qua ví dụ học sinh rèn luyện để tự mình tìm ra cách giải quyết như thế nào trong từng bài toán cụ thể

NỘI DUNG

A.PHƯƠNG PHÁP:

a)Phương pháp chung: Đối với bất đẳng thức nhiều biến, ta có thể khảo sát lần lượt từng biến

một bằng cách chọn một biến làm biến số biến thiên và cố định các biến còn lại.Bài toán lúc này trở thành bất đẳng thức một biến.Hoặc chúng ta phải chọn một biến t mới phụ thuộc vào các biến còn lại có điều kiện T Luôn nhìn biểu thức nhiều biến mà ta cần tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất dưới dạng là một hàm số để ta sử dụng được công cụ hiệu quả trong bài toán là đạo hàm

b)Các bước làm tổng quát:

Giả sử tìm GTLN, GTNN của biểu thức ( , , )P x y z có ba biến là x y z, , với điều

kiện K nào đó

+) Xem ( , , )P x y z là hàm theo biến x, còn y z, là hằng số Khảo sát hàm này với đkiện K

Ta được: ( , , )P x y z g y z( , ) hoặc ( , , )P x y z g y z( , )

+) Xem ( , )g y z là hàm biến y, còn zlà hằng số Khảo sát hàm này với điều kiện K

Ta được : ( , )g y z h z( ) hoặc ( , )g y z h z( )

+) Cuối cùng khảo sát hàm số một biến ( )h z với điều kiện K ta tìm được min, max của hàm

này

Ta đi đến kết luận : ( , , )P x y z g y z( , )h z( )m

hoặc ( , , )P x y z g y z( , )h z( )M

Lưu ý: Trong nhiều bài toán chúng ta không chọn một biến làm biến số biến thiên và cố định

các biến còn lại Mà chúng ta phải chọn một biến t mới phụ thuộc vào các biến còn lại có điều kiện T Ta được:

( , , )P x y z g t( ) hoặc ( , , )P x y z g t( )

Sau đó ta khảo sát hàm số một biến g(t) với điều kiện T ta tìm được min, max của hàm này

Ta đi đến kết luận : ( , , )P x y z g t( )m

hoặc ( , , )P x y z g t( )M

B.LYÙ THUYEÁT C N S D NG: ẦN SỬ DỤNG: Ử DỤNG: ỤNG:

I)

Định nghĩa :

Cho hàm số y=f(x) xác định trên tập D

+) Số M gọi là GTLN của hàm số y=f(x) trên tập D nếu: 















M x

f D x

M x f D x

) ( / ) (

;

0 0

Maxf ( x )

+) Số m gọi là GTNN của hàm số y=f(x) trên tập D nếu:

; ( ) / ( )

x D f x m

x D f x m





 Minf x D( )=m

II) Qui tắc tìm GTLN,GTNN của hàm số y=f(x):

a)TH hàm số y=f(x) liên tục trên khoảng hoặc nửa khoảng:

+) Tìm các điểm x x1, 2 x n trên khoảng hoặc nửa khoảng cho trước,

tại đó f '  x  0 hoặc f '  x không xác định

+) Lập BBT rồi từ đó suy ra kết quả

b)TH hàm số y=f(x) liên tục trên đoạn [a;b]:

+) Tìm các điểm x x1, 2 x n trên đoạn [a;b] tại đó f '  x  0

hoặc f '  x không xác định

+) Tính f(a), f(b), f(x1), f(x2),…, f(xn), Khi đó:

max ( ) max ( ); ( ); ( )

]

;

x f b f a f x

f b a



min ( ) min  ( ); ( ); ( ) 

]

;

x f b f a f x

f b a



III) Bất Đẳng thức Côsi

a Bất Đẳng thức Cauchy cho 2 số :

Cho 2 số không âm a và b Khi đó: a + b 2 ab Dấu ‘=’ xảy ra khi a = b

b Bất Đẳng thức Cauchy cho 3 số :

Cho 3 số không âm a, b, c Khi đó ta có: a + b + c  33 abc Dấu ‘=’ xảy ra khi a = b = c

IV Bất Đẳng Thức Bunhiacopxki :

2 2 1

2 2 1 2 2 2

Dấu ‘=’ xảy ra khi 1 2 1 2

a a

V Một số BĐT cơ bản liên quan hay dùng :

1 a2 + b2  2ab

2. (a b )2 4ab

3 a2 + b2 + c2  ab + ac + bc Dấu ‘=’ khi a = b = c

4 a2 + b2 + c2 

3

1 (a + b + c)2 Dấu ‘=’ xảy ra khi a = b = c

5. (a b c  )2 3(ab bc ca  )

6. 3(a2 b2 c2) ( a b c  ) 2

7 Với a, b > 0 Ta có : (a + b)(a b

1 1

 )  4 Dấu ‘=’ xảy ra khi a = b (hay : a b

1 1

b

a 

4

)

8 Với a, b, c > 0 Ta có : (a + b + c)(a b c

1 1 1



 )  9 Dấu ‘=’ xảy ra khi a = b = c (hay :

c b a c b

a    

9 1

1

1

) …

C CÁC BÀI TOÁN :

1 PHƯƠNG PHÁP ĐƯA VỀ MỘT BIẾN TRONG CÁC BÀI TOÁN HAI BIẾN :

Bài 1 Cho x y, là số thực thỏa mãn x2y2 2

Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P2(x3y3) 3 xy

Giải:

Ta có : P2(x3y3) 3 xy

x y x xy y xy

Từ gt suy ra:

2

2

x y

xy   Đặt t x y Khi đó: P=

f t  t     t  t  t Tìm điều kiên của t :

2

2

x y

Xét hàm số ( ) 3 3 2 6 3

2

f t t  t  t với 2 t 2

Ta có f t'( )3t2  3t6

'( ) 0 1

2

t

f t

t





   



Ta có bảng biến thiên như sau

t -2 1 2 f’(t) + 0

-f(t)

13

2

-7 1 Vậy

GTNN P=min ( )2;2 f t f( 2) 7 khi x y 1

GTLN P= 2;2

;

( ) (1)

;

max f t f











Bài 2 :

Cho a,b là 2 số thực dương thỏa 2(a2 b2)ab(a b ab )( 2)

Tìm GTNN của biểu thức P =4(a33  b33) 9( a22 b22)

Giải:

Ta có: 2a2 b2 aba b ab   2  2a2 b2ab a b ab 2  2 2a b 

a b

a b

Theo BĐT Cauchy ta có:

  211 2 2  1 1 2 2  2

a b

5

2

a b

b

a

Đặt , 5 4 3 3  9 2 2 4 3 9 2 12 18  

2

b a …

2

t 2 1 t 2









 



Ta có bảng biến thiên như sau :

t

  1

2 2

5

2  '( )

f t + - + +

( )

f t



23 4



5

2 23

min









a b

a b

b a P

a b

a b

a b

Bài 3 : Cho x,y,z thoả mãn là các số thực: 2 2 1





 xy y

x Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất của biểu thức

1

1

2 2

4 4











y x

y x P

Giải:

Từ gt suy ra:

1 x 2 xy y 2 2xy xy xy;1 (x y)    2  3xy3xy nên 1

3

1





 xy Mặt khác : x2  xyy2  1  x2 y2  1 xy nên 4 4 2 2 2 1









3

1

; 2

2 2 )

(

2

















t

t t t f P

































) ( 2 6

2 6 0

) 2 (

6 1 0

)

(

l t

t t

t

f

Do hàm số liên tục trên  ; 1

3

1



3

1

(

f , f( 6  2 ), f( 1 ) và so sánh các giá trị ta suy ra:

6 2 6 ) 2 6

f

15

11 ) 3

1 ( minPf  

Bài 4:

Cho xy0 thỏa mãn x y 1 Tìm GTNN của

1

P

t x y ta có (x y )2 1 nên 1

2



xy

Áp dụng BĐT (x y )2 2(x2 y suy ra 2) 1

2



t Khi đó

P

Xét hàm số

( )

f t P

2

( )

f t

2

( ) 0 ( 1)( 1) ( 5) 0

Từ BTT ta có

1

t [ ; ]

2

max P max f (t) f ( ) f (5)

2 2 hoặc x=2;y=-1

1

t [ ; ]

2

min P min f (t) f (1) 2

đạt được khi (x;y)=(1;0) hoặc (0;1)

Bài 5 Cho x0,y0 và x y 1.Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau :

S(4x23 )(4y y23 ) 25x  xy

Giải.

Ta có : S (4x23 )(4y y23 ) 25x  xy16x y2 212(x3y3) 34 xy

16x y2 212(x y x )( 2 xy y 2) 34 xy

16x y2 212[(x y )2 3 ] 34 , do xy  xy x y 1

16x y2 2 2xy12

Đặt txy Do x0;y0 nên

2

x y

Xét hàm số f t( ) 16 t2 2 12t với 0 1

4

t

 

Ta có '( ) 32f t  t 2 '( ) 0 1

16

f t   t

Bảng biến thiên

t 0 161 14

f(t)

2

191

16 Vậy :

1

0;

4

f t f

 

 

 

x  y 

1

0;

4

( ) ( )

max f t f

 

 

 

2

x y

Bài 6 Tìm giá trị lớn nhất , giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

4 4 2 2 2 2

A x y x y  x y  với x y, là các số thỏa mãn điều kiện : 3

(x y ) 4xy2

Giải.

Ta luôn có kết quả : (x y )2 4xy, từ đó ta có :

(x y ) 4xy 2 (x y ) (x y ) (x y ) 4xy2

2

x y x y

x y

Do

2

Bài toán được đưa về tìm max, min của :

A x y x y  x y  Với x y, thỏa mãn x y 1

Ta biến đổi biểu thức A như sau :

2 2 2

x y

( do

2 2 2

2

x y

x y   )

4

A x y  x y 

Vì

2

2

x y

x y   ( do x y 1) nên 2 2 1

2

x y 

t x y Ta có hàm số 9 2

4

f t  t  t với 1

2

t 

2

4 '( ) 0

9

f t t

  

Ta có bảng biến thiên như sau :

t 4

9

1

2  '( )

f t +

( )

f t



9 16 Vậy 1

2

min ( ) ( )

t

f t f



2

t 

Suy ra 9

16

A  Mặt khác, ta dễ thấy 1

2

x y thì 9

16

A  Kết luận : min 9

16

2

x y và không có giá trị lớn nhất

Bài 7 Cho hai số thực ,x y  thay đổi thỏa mãn điều kiện 0 (x y xy x )  2y2 xy Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

A 13 13

x y

Lời giải.

x y x y x xy y x y A

Đặt x ty Từ gải thiết ta có: (x y xy x )  2y2 xy (t1)ty3 (t2 t 1)y2

Do đó

2

;

1

Từ đó

2

2

1

t t A

 

Xét hàm số

2

Lập bảng biến thiên ta tìm GTLN của A là: 16 đạt được khi 1

2

x y

Bài 8 Cho x, y là hai số thay đổi thỏa mãn điều kiện 2(x2y2)xy1 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

4 4

x y T

xy







Lời giải.

- Đặt t=xy từ giả thiết suy ra 4 1 1 1

xy xy   xy Vậy 1 1;

5 3

t   

Chú ý: Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số x và y ta được x2 y22 xy

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

2

t t T

t



- Xét hàm số

2

( )

t t

f t

t



5 3

t   

- Tính đạo hàm, lập bảng biến thiên ta tìm được

1 1;

5 3

1

ax ( ) (0)

4

m f t f

 

 

 

  và 1 1

;

5 3

min ( )

 



 

    

Từ đó kết luận về giá trị lớn nhất và giá trị nho nhất của T

Bài

9

Cho x, y thoả mãn x + y = 1, Tìm GTLN, GTNN của M = (x 3 + 1)(y 3 + 1).

Nhận xét và hướng dẫn giải

Đặt S = x + y = 1, P = xy

Ta có: M = (xy) 3 – 3xy (x + y) + (x + y) 3 + 1 = (xy) 3 – 3xy + 2 = P 3 – 3P + 2

Lại có 1 = S2  4P suy ra: 1

4

P  Vậy bài toán quy về tìm GTNN, GTLN của hàm số M(P) = P 3 – 3P + 2 với 1

4

P 

Ta lập được bảng biến thiên của M(P) trên khoảng ;1

4

 

  như sau:

P   -1 1

4

M ’ (P )

+ 0 -

4

M ’ (P )

81 64

 

Từ bảng biến thiên suy ra GTNN không tồn tại còn GTLN của Q bằng 4, đạt được khi và

1

x y

xy







 , giải hệ ta được  ;  1 5 1; 5 , 1 5 1; 5

x y          

Bài 10

Cho các số thực dương thoả mãn: x + y = 1 Tìm GTNN của biểu thức: .

1

y x

x P









Hướng dẫn giải

Vì P > 0 với mọi x, y > 0 nên P đạt GTNN khi và chỉ khi P 2 đạt GTNN

Kết hợp với giả thiết x + y = 1, ta có:

).

( ) ( 3 2 1 3 2

1

2 3 ) ( ) ( 1

2 )

1 )(

1 (

2 1

1

3 2

2 2

2

2

xy t t f t

t

xy

xy

xy xy

xy y

x y x xy y x

xy x

y y

x y x

xy y

y x

x

P





















































4

1 0

0 4 )













x

Chứng minh được hàm số f(t) nghịch biến trên đoạn  



 4

1

;

0 , suy ra GTNN của hàm số

này (chính là GTNN của P 2) là ) 2

4

1 ( 

f , từ đó có kết quả bài toán

2 PHƯƠNG PHÁP ĐƯA VỀ MỘT BIẾN TRONG CÁC BÀI TOÁN BA BIẾN.

Bài 11 Cho ba số thực x y z , , 1; 4 và xy x z,  Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P

x y y z z x

Cách 1 :

Hướng dẫn:

- Xem P là một hàm theo biến z, còn x, y là hằng số Khảo sát hàm số với điều kiện đã cho suy ra giá trị nhỏ nhất của P, tức là : ( , , )P x y z P x y( , )

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

- Bằng cách đặt ẩn phụ t x

y

 để đưa ( , )P x y về hàm một biến Tìm GTLN của hàm số

một biến này

- Vậy ( , , )P x y z P x y( , )P t( )M  KL

Lời giải.

Ta có :

P

x y y z z x

Xem đây là hàm theo biến z ; còn x y, là hằng số

2

'( )

P z

y z z x y z z x

Theo giả thiết x y  x y 0 nếu P 0 z xy (do x y z , , 1; 4)

BBT

Z xy

'( )

P z - 0 +

( )

P z

(P xy)

Từ bảng biến thiên:

2

2 =

y x

P P xy

x y



Đặt t x

y

 , do x y x z ,  và x y z , , 1; 4 nên 1 t 2

Xét hàm

2 2

2 ( )

t

f t

  Ta có

(2 3) (1 )

Suy ra ( )f t giảm trên 1; 2 , do đó  ( ) ( ) (2) 34

33

P P xy f t f 

2

z xy

x t y

 









Vậy min 34

33

P  khi x4,y 1,z2

Cách 2:

Đặt y  ;z  ; x  .

Khi đó abc1 và 2 bc1

Ta có 1 1 1

P

Xét bài toán mới này có các biến b và c bình đẳng nên ta dự đoán đẳng thức xảy ra khi

1

 

b c

a

a

1

;1 4

  

a

So sánh 1

4

 

 

 

f với (1)f ta dự đoán được P đạt giá trị nhỏ nhất khi 1

4



a

Khi đó b=c=2 và ta tìm được các giá trị của x y z, ,  tương ứng là 4,1,2 

Bài 12

Cho các số x, y , z thuộc khoảng (0 ; 1) và thỏa mãn xyz = (x – 1)(y – 1)(z – 1).

Tìm GTNN của biểu thức N = x 2 + y 2 + z 2

Hướng dẫn giải

Biến đổi giả thiết: xyz = (x – 1)(y – 1)(z – 1)  xy + yz + zx = 2xyz -1 + (x + y + z),

Do đó có: N = x 2 + y 2 + z 2 = (x + y + z) 2 – 2(xy + yz + zx)

= 2 - 2(x + y + z) + (x + y + z) 2 – 4xyz (a)

Áp dụng BĐT Cauchy ta được

3

3 







xyz , từ đây và ( a) suy ra:

3 2

3 4 ) (

) (

2























Đặt t = x + y + z (0 < t < 3) thì từ (b) ta có: 2 4 3

27

t

N  t t  f t

Đến đây, bằng cách khảo sát hàm số ta được GTNN của hàm số f(t) trên khoảng (0 ; 3)

là

4

3

, đạt được khi và chỉ khi

2

3



t Từ đó có: Min(N) =

4

3 , đạt được khi và chỉ khi .

2

1





y z

x

Bài 13 Cho ba số thực , , 1;3

3

a b c   

  Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

P a b c

a b b c c a

Hướng dẫn:

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

- Khảo sát hàm ( , )g b c là một hàm theo biến c, còn b là hằng số Khảo sát hàm số với điều

kiện đã cho, suy ra GTLN của ( , )g b c , tức là ( , ) g b c h b( )

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

5

h b 

- Vậy ( , , ) ( , ) ( ) 8

5

P a b c g b c h c 

Lời giải:

Đặt ( )P a a b c

a b b c c a

Xem đây là hàm số theo biến a, còn ,b c là hằng số.

2

'( )

P a

a b a c a b a c

Trường hợp 1: a b c  và , , 1;3

3

a b c    Suy ra b c 0;a2 bc0 nên '( ) 0P a  Do đó ( ) P a tăng trên 1;3

3

  3

b b c c

2

g c

3

 

b

b b

  ( xem h(b) là hàm số theo biến b)

h b

Ta có bảng biến thiên

3 1 3 '( )h b + 0

-( )

h b

(1)h

Suy ra ( ) (1) 8

5

h b h  Vậy ( , , ) (3, , ) (3, , )1 (3,1, )1 8

P a b c P b c P b P  khi 3; 1; 1

3

a b c

Trường hợp 2 : c b a  và , , 1;3

3

a b c   

 

Từ kết quả của trường hợp 1, ta có: ( , , ) 8

5

P a b c 

Mặt khác : ( , , ) ( , , ) ( )( )( ) 0

a b b c a c

P a b c P c b a

a b b c a c

8 ( , , )

5

P a b c

5

MaxS  , đạt được khi ( , , ) 3;1;1 , 1;3;1 , 3; ;11

a b c        

Bài 14 Cho , ,a b c là ba số thực thỏa mãn điều kiện abc a c b   Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : 22 22 23

P

Lời giải :

Theo giả thiết ta có (1 ) 0

1

a c

ac



 và a 1

c

 Thay vào biểu thức P ta được :

2

a c



Xét hàm số :

2

x c

f x



c

  và coi c là tham số c>0

Ta có :

2

2 0

2 2 2

c x cx

Ta có bảng biến thiên

x

0 x 0 1

c

'( )

f x + 0 - ( )

f x f x( )0

Từ bảng biến thiên ta có : ( ) ( )0 2

1

c

f x f x

c

2 2 2

c

2

0

8

c



Bảng biến thiên :

c 0 c 0 

'( )g c + 0 - ( )g c g c( )0

Từ bảng biến thiên suy ra : g c( )g c( )0

0

10 ( ) ( )

3

S g c g c

2 8

3

M S 