Đang tải... (xem toàn văn)
Ví dụ 3.1 Cho , ,a b c là các số thực dương thỏa mãn 1abc . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 3 3 (1 ) (1 ) (1 ) a b c P a b c 2 2 2 Phân tích. Ta nhận thấy ngay ( ) ( ) ( )P f a f b f c với . x f x x , 0x . Ta có các biến a, b, c có vai trò bình đẳng và P đạt cực trị tại tâm 1a b c . Bài giải. Phương trình trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số x f x x ( ) (1 ) ( ) (1 ) 3 2 , tại 3 2 1 1; 4 M là 1 1 2 4 y x
Cao Hồng Sơn Chuyên đề cực trị của biểu thức nhiều biến Website: http://wwwcaohồngsơn.vn 3. ỨNG DỤNG TIẾP TUYẾN CỦA DỒ THỊ HÀM SỐ TRONG BÀI TOÁN TÌN GTNN, GTLN CỦA BIỂU THỨC BA BIẾN. Cho hàm số ( ) y f x liên tục và có đạo hàm trên K. Khi đó phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số ( ) y f x tại điểm 0 x K là 0 0 0 '( )( ) ( ) y f x x x f x . Khi đó tiếp tuyến nằm trên hoặc nằm dưới đồ thị hàm số ( ) y f x . * Nếu tiếp tuyến nằm trên đồ thị hàm số thì 0 0 0 ( ) '( )( ) ( ) f x f x x x f x , đẳng thức xảy ra khi 0 x x . Khi đó 1 2 , , , n x x x K , ta có 0 0 0 ( ) '( )( ) ( ) i i f x f x x x f x , đẳng thức xảy ra khi 0 i x x , ( 1,2, , ) i n Do đó 0 0 0 1 1 ( ) '( )( ) ( ) n n i i i i f x f x x x nf x 0 0 0 1 '( ) ( ) ( ) n i i f x x x nf x 0 0 0 1 '( ) ( ) n i i f x x nx nf x (i) * Nếu tiếp tuyến nằm dưới đồ thị hàm số thì 0 0 0 ( ) '( )( ) ( ) f x f x x x f x , đẳng thức xảy ra khi 0 x x . Khi đó 1 2 , , , n x x x K , ta có 0 0 0 ( ) '( )( ) ( ) i i f x f x x x f x , đẳng thức xảy ra khi 0 i x x , ( 1,2, , ) i n Do đó 0 0 0 1 1 ( ) '( )( ) ( ) n n i i i i f x f x x x nf x 0 0 0 1 '( ) ( ) ( ) n i i f x x x nf x 0 0 0 1 '( ) ( ) n i i f x x nx nf x (ii) Như vậy nếu 1 n i i x k (hằng số) thì từ (i) và (ii), ta có 0 0 0 0 1 ( ) '( ) ( ) '( ) n i i f x kf x n f x x f x Hoặc 0 0 0 0 1 ( ) '( ) ( ) '( ) n i i f x kf x n f x x f x . Suy ra MinP = Min 1 ( ) n i i f x 0 0 0 0 '( ) ( ) '( ) kf x n f x x f x khi 0 , 1,2, , i x x i n MaxP = Max 1 ( ) n i i f x 0 0 0 0 '( ) ( ) '( ) kf x n f x x f x khi 0 , 1,2, , i x x i n . Ví dụ 3.1 Cho , , a b c là các số thực dương thỏa mãn 1 abc . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 3 3 2 2 2 (1 ) (1 ) (1 ) a b c P a b c . Phân tích. Ta nhận thấy ngay ( ) ( ) ( ) P f a f b f c với 3 2 ( ) (1 ) x f x x , 0 x . Ta có các biến a, b, c có vai trò bình đẳng và P đạt cực trị tại tâm 1 a b c . Bài giải. Phương trình trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số 3 2 ( ) (1 ) x f x x , tại 1 1; 4 M là 1 1 2 4 y x Cao Hồng Sơn Chuyên đề cực trị của biểu thức nhiều biến Website: http://wwwcaohồngsơn.vn Ta chứng minh 3 2 1 1 (1 ) 2 4 x x x với 0 x (3.1.1) Thật vậy 3 2 1 1 (1 ) 2 4 x x x 3 2 4 (1 ) (2 1) x x x 2 ( 1) (2 1) 0, x x đúng 0 x , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 x . Áp dụng bất đẳng thức (3.1.1), ta có 3 2 1 1 (1 ) 2 4 a a a , 3 2 1 1 (1 ) 2 4 b b b , 3 2 1 1 (1 ) 2 4 c c c . Suy ra 3 3 3 2 2 2 (1 ) (1 ) (1 ) a b c P a b c 1 3 ( ) 2 4 a b c 3 3 3 3 2 4 4 abc . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 a b c . Vậy MinP 3 4 khi 1 a b c . Ví dụ 3.2 Cho , , a b c là các số thực dương thỏa mãn 3 a b c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 1 1 1 P a a b b c c . Phân tích. ( ) ( ) ( ) P f a f b f c với 2 ( ) 1 f x x x , 0 x . Ta có các biến a, b, c có vai trò bình đẳng và P đạt cực trị tại tâm 1 a b c . Bài giải. Phương trình trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số 2 ( ) 1 f x x x , tại 1;1 M là 1 1 2 2 y x Ta chứng minh 2 1 1 1 2 2 x x x với 0 x (3.1.2) Thật vậy, ta có 2 2 1 1 2 1 2 1 ( 1) 2 2 x x x x x x 2 2 3( 1) 0, 0 2 1 1 x x x x x Ví dụ 3.3 Cho , , a b c là các số thực dương thỏa mãn 3 a b c . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 1 1 1 9 9 9 P ab bc ca . Phân tích. Biểu thức P chưa có dạng ( ) ( ) ( ) f a f b f c nhưng các biến hoán vị vòng quanh và đạt cực trị tại tâm 1 a b c . Hơn nữa , , 0 a b c , ta có 2 2 ( ) (3 ) 4 4 a b c ab 2 2 1 4 4 9 9 (3 ) 6 27 ab c c c 2 2 2 2 ( ) (3 ) 1 4 4 4 4 9 9 (3 ) 6 27 c b a bc bc a a a 2 2 2 2 ( ) (3 ) 1 4 4 4 4 9 9 (3 ) 6 27 c a b ca ca b b b Suy ra 2 2 2 4 4 4 ( ) ( ) ( ) 6 27 6 27 6 27 P f a f b f c a a b b c c , với 2 4 ( ) 6 27 f x x x , (0;3) x . Cao Hồng Sơn Chuyên đề cực trị của biểu thức nhiều biến Website: http://wwwcaohồngsơn.vn Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số ( ) f x tại điểm 1 x là 1 9 64 64 y x . Bài giải. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho các số dương , , a b c , ta có 2 2 ( ) (3 ) 4 4 a b c ab 2 2 1 4 4 9 9 (3 ) 6 27 ab c c c 2 2 2 2 ( ) (3 ) 1 4 4 4 4 9 9 (3 ) 6 27 c b a bc bc a a a 2 2 2 2 ( ) (3 ) 1 4 4 4 4 9 9 (3 ) 6 27 c a b ca ca b b b Suy ra 2 2 2 4 4 4 6 27 6 27 6 27 P a a b b c c , Ta chứng minh 2 4 1 9 , (0;3) 6 27 64 64 x x x x . Thật vật với (0;3) x , ta có 1 2 2 4 1 9 ( 1) ( 13) 0 6 27 64 64 64( 6 27) x x x x x x x Suy ra 2 4 1 9 6 27 64 64 x x x , (0;3) x (3.3.1) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 x . Với , , (0;3) a b c , áp dụng bất đẳng thức (3.3.1), ta có 2 4 1 9 6 27 64 64 a a a 2 4 1 9 6 27 64 64 b b b 2 4 1 9 6 27 64 64 c c c Suy ra 1 1 1 9 9 9 P ab bc ca . 2 2 2 4 4 4 6 27 6 27 6 27 a a b b c c 27 ( ) 3 64 8 a b c Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 a b c . Do đó MaxP 3 8 khi 1 a b c . Ví dụ 3.4 Cho , , a b c là các số dương. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) a b c b c a c a b P a b c b c a c a b . Phân tích. Đây là bài toán cực trị không có điều kiện. Để sử dụng tính chất của tiến của đồ thị hàm số ta cần xây dựng các i x K sao cho 1 n i i x k (hằng số) và phân tích 1 ( ) n i i P f x với ( ) f x liên tục và có đạo hàm trên K. Ta nhận xét rằng biểu thức P đồng bậc, không mất tính tổng quát, ta giả sử 1 a b c . Khi đó 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 1 2 2 1 a a b b c c P a a b b c c ( ) ( ) ( ) f a f b f c , Cao Hồng Sơn Chuyên đề cực trị của biểu thức nhiều biến Website: http://wwwcaohồngsơn.vn trong đó 2 2 ( ) 2 2 1 x x f x x x , với (0;1) x Ta có P đạt cực trị tại tâm 1 ( ) 3 a b c . Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số 2 2 ( ) 2 2 1 x x f x x x tại điểm 1 3 x là 27 1 25 25 y x Bài giải. Không mất tính tổng quát, ta giả sử 1 a b c . Khi đó biểu thức P có dạng 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 1 2 2 1 a a b b c c P a a b b c c Ta chứng minh 2 2 27 1 2 2 1 25 25 x x x x x , (0;1) x . Thậy vậy với (0;1) x , ta có 2 2 2 2 27 1 (3 1) (6 1) 0 2 2 1 25 25 25(2 2 1) x x x x x x x x x Suy ra 2 2 27 1 2 2 1 25 25 x x x x x , (0;1) x (3.4.1) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 3 x . Với , , (0;1) a b c , áp dung bất đẳng thức (3.4.1), ta có 2 2 27 1 2 2 1 25 25 a a a a a 2 2 27 1 2 2 1 25 25 b b b b b 2 2 27 1 2 2 1 25 25 c c c c c Suy ra 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 1 2 2 1 a a b b c c P a a b b c c 27 1 27 1 27 1 25 25 25 25 25 25 a b c 27( ) 3 6 25 5 a b c . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 3 a b c . Do đó MaxP 6 5 khi 1 3 a b c . . thức (3. 1.1), ta có 3 2 1 1 (1 ) 2 4 a a a , 3 2 1 1 (1 ) 2 4 b b b , 3 2 1 1 (1 ) 2 4 c c c . Suy ra 3 3 3 2 2 2 (1 ) (1 ) (1 ) a b c P a b c 1 3 ( ) 2. c 3 3 3 3 2 4 4 abc . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 a b c . Vậy MinP 3 4 khi 1 a b c . Ví dụ 3. 2 Cho , , a b c là các số thực dương thỏa mãn 3 a b c . 2 ( ) (3 ) 4 4 a b c ab 2 2 1 4 4 9 9 (3 ) 6 27 ab c c c 2 2 2 2 ( ) (3 ) 1 4 4 4 4 9 9 (3 ) 6 27 c b a bc bc a a a 2 2 2 2 ( ) (3 ) 1