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 [r]
(1)CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 CHỦ ĐỀ: GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT VẬN DỤNG – VẬN DỤNG CAO DẠNG TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN Câu Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn x3 x y Giá trị lớn biểu thức y 1 S x y là: GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI Câu 89 12 B Cho x, y 11 C Câu B 82 C xy Tính M m x y 1 D Cho x, y là các số thực thỏa mãn x xy y Gọi M , m là giá trị lớn , giá trị nhỏ P A 17 Câu D thỏa mãn x y 1 và x y xy x y Gọi M , m là giá trị lớn và giá trị nhỏ biểu thức P A 17 12 x4 y Giá trị A M 15m là: x2 y N.C.Đ B 17 C 17 D 17 Cho hai số thực x , y thỏa mãn x2 y x y y y 10 x x Gọi M , m là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức T x y a Có bao nhiêu giá trị nguyên thuộc đoạn 10;10 tham số a để M 2m ? A 17 Câu B 15 D 16 Cho x , y là các số thực thỏa mãn x 3 y 1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P y xy x y x 2y 1 A Câu C 18 B C 114 11 D Cho các số thực dương a, b thỏa mãn a b2 ab (a b)(ab 2) Giá trị nhỏ a b3 a b biểu thức P thuộc khoảng nào? a b a b A (-6 ;-5) Câu B (-10 ;-9) C (-11 ;-9) D (-5 ;-4) Cho các số thực x, y thay đổi luôn thỏa mãn x xy y Giá trị nhỏ biểu thức P x xy y thuộc khoảng nào sau đây A 4;7 B 2;1 C 1;4 D 7;10 TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN NGUYỄN CÔNG ĐỊNH A (2) CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 Câu Cho số phức z x yi ( x , y ) Thỏa mãn z i z 5i và biểu thức sau đạt giá trị nhỏ nhất: H x y 3y x y2 x 2y x y2 x 4y Giá trị 2x y bằng: B 6 A 6 C 3 Câu D 6 Cho x, y thỏa mãn log biểu thức P x y x( x 9) y ( y 9) xy Tìm giá trị lớn x y xy 2 3x y x, y thay đổi x y 10 A B C D 5x y Gọi M , m tương ứng là giá trị lớn và nhỏ Q f Tổng M m x y4 A 4 B 4 C 4 D 4 2 Câu 12 Cho số x , y thỏa mãn x y xy và hàm số bậc ba y f x có đồ thị hình 2x 3y N.C.Đ vẽ Gọi M , m tương ứng là giá trị lớn và nhỏ P f x y Tích M m 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 y xy và hàm số f t t 2t x y 1 Gọi M , m là giá trị lớn và giá trị nhỏ Q f Tổng M m x 3y A B C 66 D 17 xy yz zx Câu 14 Cho các số thực x, y, z thỏa mãn và hàm số f x x x x y z Gọi M , m là giá trị lớn và giá trị nhỏ f x Tổng M m A B 28 C 19 D TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI Câu 10 Cho các số thực x , y thay đổi thỏa mãn x y xy và hàm số f t 2t 3t (3) CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 Câu 15 Cho các số thực dương x, y, z thay đổi và thỏa mãn: x2 y z xy yz zx x y z x y z 3 Tìm giá trị lớn biểu thức: P A 18 B 12 C 16 D 24 Câu 16 Cho hàm số f x x x và các số thực m , n thỏa mãn m2 4mn 5n2 2n m2 Giá trị nhỏ f n A 99 B 100 C D Câu 17 Cho x , y thỏa mãn x y và biểu thức P đạt giá trị nhỏ x 4y Tính x y 25 16 B C Câu 18 Cho x, y thỏa mãn 20171 x y 2313 1156 D 153 100 x 2018 Gọi M , m là giá trị lớn y y 2019 nhất, giá trị nhỏ biểu thức S x2 y y 3x 25xy Khi đó M m bao nhiêu? 136 391 383 25 A B D N.C.ĐC 16 16 Câu 19 Biết đồ thị hàm số y x3 3x tiếp xúc với parabol y ax b điểm có hoành độ x 0; Giá trị lớn S a b là A Smax 1 B Smax C Smax D Smax 3 Câu 20 Hàm số f x x 1 x x 2019 (x ) đạt giá trị nhỏ x A 2020 2 B 1010 C 2019 D Câu 21 Hàm số y x ax bx đạt giá trị nhỏ x Giá trị nhỏ biểu thức S a b là A C 2 B D 1 Câu 22 Cho các số thực a, b, c thỏa mãn a2 b2 c2 2a 4b Tính P a 2b 3c biểu thức 2a b 2c đạt giá trị lớn A P B P 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 Tính giá trị biểu thức P 3a 2b c Q a2 b2 c2 14a 8b 18c đạt giá trị lớn B 10 A 10 Câu 24 Cho phương trình x ax bx C 12 cx D 12 có nghiệm Giá trị nhỏ P a2 b2 A B C D TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN c2 NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI A (4) CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 Câu 25 Biết hai hàm số f x x3 ax x và g x x3 bx x có chung ít điểm cực trị Tìm giá trị nhỏ biểu thức P a b A B C D BỔ SUNG BÀI TẬP TỰ LUẬN HÀM NHIỀU BIẾN Bài Cho các số thực a, b, c thuộc đoạn 1;3 và thỏa mãn điều kiện a b c Tìm giá trị a 2b b 2c c a 12abc 72 abc ab bc ca Cho x, y, z 1;2 Tìm giá trị lớn biểu thức 2xy yz zx yz4 A xyz 22 x y z x y z yz yz lớn 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 Tìm giá trị lớn biểu thức 22ab ac bc 8b b B 2a b 3c b c ba c 12a 3b 27c Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn y z xy z Tìm giá trị nhỏ 1 biểu thức P 2 1 x 1 y 1 z 1 x 1 y 1 z Cho a b c Tìm giá trị nhỏ biểu thức N.C.Đ 1 P a b c ab bc ca 2 2 a b b c c a Cho x, y, z 0; xyzx y z 20 Tìm giá trị nhỏ P x y x z y z ab bc ca 1 Cho a, b, c ;1 Tìm giá trị lớn biểu thức P c a b 2 c c Cho a, b, c 0, a 2b a 2b Tìm giá trị lớn P c 1 b a Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn a, c 1; b Tìm giá trị nhỏ biểu thức Bài 6: Bài 7: Bài 8: Bài 9: ab c ca b 3a c 2b P b 2c b 2a 43 ac Cho các số thực x, y, z 0;1 và z minx, y, z Tìm giá trị nhỏ biểu thức Bài 10: P Bài 11: y z 2 xz yz y y z xy xz yz Cho các số a, b, c 0;1 Tìm giá trị lớn biểu thức a b c P abc bc ac ab Có nhiều bài toán tìm cực trị biểu thức ta cần sử dụng các biến đổi đã làm giảm số biến Tuy nhiên bài toán cực trị có dạng phân thức ta phải sử dụng các bất đẳng thức để đánh giá làm giảm số biến bài toán Các bất đẳng thức thường dùng Cho a, b R ta có a b 4ab Cho a, b ta có a b a b 3 a 2b ab2 TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN NGUYỄN CÔNG ĐỊNH Bài 2: (5) CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 Cho a, b ta có 1 a b ab Cho a, b, c R ta có a b c a b c 2 ab bc ca Cho a, b, c R ta có ab bc ca 3abca b c 1 Cho a, b, c ta có a b c abc 1 Cho a, b và ab ta có a b ab 1 8.Cho a, b và ab ta có a b ab Nhận xét: Trên đây là số BĐT tiêu biểu thường sử dụng để tìm cực trị cách dồn biến, ngoài ta có thể sử dụng các hệ khác các bất đẳng thức khác Ứng dụng các BĐT trên để giải các bài toán sau đây a b 2ab Cho các số thực a, b, c 1;2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P c 4ab bc ca 3 Cho các số không âm a, b, c thỏa mãn c và a b cc 1 Tìm giá trị nhỏ Bài 12: Bài 13: a b c biểu thức: P a b c 2 Bài 14: Cho x, y , z thoả mãn x y z Tìm giá trị nhỏ biểu thức Bài 15: x y 16z N.C.Đ x y z 3 Cho x, y, zlà ba số thực thuộc đoạn 1;2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P x y P 2x y z 2x y z Bài 16: Cho các số thực a, b, c thỏa mãn P a b bc ac 2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: c a b c a b2 c2 Bài 17: Cho các số thực dương x, y, z thay đổi thỏa mãn điều kiện x y z Tìm giá trị nhỏ x y x 2y biểu thức: P 10 y z x y z x 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 biểu thức: P 5a b c 5a 2c 5a 2b Bài 19: Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn x y z Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P x3 z y4 z 15x3 y xz y z xz y x2 z Bài 20: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ac bc ab Tìm giá trị nhỏ c a b c c2 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 biểu thức: biểu thức: P TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI (6) CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 T a c ab bc ca abca b c Bài 22: Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn: x y z Tìm giá trị lớn biểu thức: P xy yz x3 y y z z x2 24x3 z 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 x z y z y2 2z 3z Tìm giá trị lớn biểu thức: P 2 x y y z 2x z N.C.Đ TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN (7) CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 HƯỚNG DẪN GIẢI Câu Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn x3 x y Giá trị lớn biểu thức y 1 S x y là: A 89 12 B 17 12 Lời giải 11 C D 82 Chọn B Theo giả thiết y nên ta có : x3 x y x3 x y y 1 3x 3x y 1 3y y với f t t t Ta có f t 3t 0, t nên hàm số f t đồng biến trên , suy 3x y 2 Do y và 3x y nên x 3 2 11 11 Khi đó S x y x 3x 3x x 3 x 1 3 3 11 Do đó max S x N.C.Đ hay y x Câu Cho x, y thỏa mãn x y 1 và x y xy x y Gọi M , m là giá trị lớn và giá trị nhỏ biểu thức P A B xy Tính M m x y 1 Lời giải D C Chọn B Cách 1: Với điều kiện x y 1; x y xy x y ta có P xy x y xy x 1 1 Nếu y thì Khi đó P x x x x t x y Nếu y thì P Đặt t Ta có P , t t t 1 y x x y y 1 Xét f t t t , t f t ; f t t 1 2 t2 t 1 t t 1 TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI f 3x f 3 y 2 (8) CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 Từ bảng biến thiên: x y x x y x y y x M x y x y xy x y 3x x x GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI x x y x x y y 1 y 1 x m 1 x y xy x y x x 1 x 1 y Với điều kiện x y 1; x y xy x y ta có P Px xy P 1 Py (*) N.C.Đ NGUYỄN CÔNG ĐỊNH Vậy M m Cách 2: xy x y xy +) Nếu P thì x y x +) Nếu P thì y Để phương trình (*) có nghiệm x thì x y P 1 3P 1 1 P Ta có: x y y P 1 x y x y y x x M 2P x y 3 x x x y xy x y x Câu x x y y P 1 x y y x y 1 x m 1 2P x y xy x y x x 1 x 1 y 1 Do đó M ; m 1 Vậy M m 3 Cho x, y là các số thực thỏa mãn x xy y Gọi M , m là giá trị lớn , giá trị nhỏ P A 17 x4 y Giá trị A M 15m là: x2 y B 17 C 17 D 17 TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN (9) CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 Lời giải Chọn A Ta có x xy y x y 3xy Mặt khác: x y 2 x y 2 x y x y xy x y _ 3 t 4t 2 Đặt t x y t Vậy P g t t 1 3 Xét hàm số g t g ' t t 2t 2 t ; ; g ' t t 1 ; t 1 3 3 Vậy g t 2 t ;2 3 11 ; max g t 15 2 t ;2 3 Vậy A M 15m 17 Nhận xét: đây là bài toán thường gặp các đề thi TSĐH năm trước đây Tư tưởng các bài toán này là sử dụng ứng dụng đạo hàm tìm GTNN, GTLN hàm số sau áp dụng phương pháp dồn biến Câu Cho hai số thực x , y thỏa mãn x2 y N.C.Đ x y y y 10 x x Gọi M , m là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức T x y a Có bao nhiêu giá trị nguyên thuộc đoạn 10;10 tham số a để M 2m ? A 17 B 15 C 18 D 16 Lời giải Chọn D Ta có x2 y x y y y 10 x x y y 10 y y 10 x x x x * Xét hàm f t t t , có f (t ) 2t , t Ta có hàm y f t đồng biến trên 0; , y y 10 0; , x x 0; Nên * f y y 10 f 4x x2 y y 10 x x y y 10 x x x y 3 2 Xét điểm A x ; y thuộc đường tròn (C ) có phương trình x 2 y 3 2 Ta có OA x y Đường tròn (C ) có tâm I 2; 3 , bán kính R nên điểm O 0;0 nằm ngoài (C ) TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI t 4t t ;2 t (10) CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 Gọi A1 , A2 là giao điểm đường thẳng OI với đường tròn (C ) A x; y (C ) : OA1 OA OA2 , với OA1 OI R 13 và OA2 OI R 13 Tức là ta có 13 x y 13 13 a x2 y a 13 a GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI Th1 : 13 a a 13 , 1 M 2m 13 a 13 a a 13 Kết hợp với điều kiện 1 và a nguyên thuộc đoạn 10;10 ta có a 5; 4; 3; 2; 1;0 Th2: 13 a a 13 , ** N.C.Đ Khi đó M a 13 và m a 13 M 2m a 13 a 13 a 13 Kết hợp với điều kiện ** và a nguyên thuộc đoạn 10;10 ta có a 7;8;9;10 13 a Th3: 13 a 13 , *** 13 a Khi đó M và m 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 Cho x , y là các số thực thỏa mãn x 3 y 1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P y xy x y x 2y 1 A B 114 11 Lời giải C D Chọn A x 3 y 1 x y x y TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN 10 NGUYỄN CÔNG ĐỊNH Khi đó M 13 a và m 13 a (11) CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 3 y P xy x y 1 x y x y x 2y 1 y xy x x y y x x y x 2y 1 x 2y 1 Đặt t x y 1 2 2 22 x 3 y 1 x 3 y x y 5 25 x y 10 t2 t 4 t , t 10 t 1 t 1 Sử dụng MTCT P t P Câu Cho các số thực dương a, b thỏa mãn a b2 ab (a b)(ab 2) Giá trị nhỏ 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 b3 a b biểu thức P thuộc khoảng nào? a b a b Vì a, b dương nên từ giả thiết a b2 ab (a b)(ab 2) , ta chia hai vế cho ab a b 1 1 a b ab (a b)(ab 2) (a b) b aN.C.Đ a b 1 1 Áp dụng bất đẳng thức Cô – Si cho hai số dương (a b) và : a b 1 1 1 1 a b (a b) (a b).2 2 a b a b b a 1 1 Dấu " " xảy (a b) a b a b a b a b Suy 2 Đặt t , (t 0) b a b a b a t Khi đó: 2t 2(t 2) 4t 4t 15 Do đó, ta có điều kiện t t a b a b a b a b3 a b Mặt khác: P 2 b a b a b a b a b a t 3t t 4t 9t 12t 18 Đặt f t 4t 9t 12t 18 f '(t) 12t 18t 12 0, t Bảng biến thiên TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN 11 (12) CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 Từ bảng biến thiên ta có, Min f (t ) ; 23 a a b b a 23 b Vậy giá trị nhỏ biểu thức P là a (a b) a b b Câu Cho các số thực x, y thay đổi luôn thỏa mãn x xy y Giá trị nhỏ biểu thức P x xy y 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 P N.C.Đ loại phương án A và D x xy y y 7y Xét y P x đó ta có biểu thức P x xy y 2 2 x x 3 1 y y Chia tử và mẫu vế phải cho y tâ 2 P x x y y 2 t 3 x 3t 2t 5t 14t f t f ' t , f ' t Đặt t (t R ) t y P t t 2 (t t 2)2 Bảng Biến thiên hàm số f t Từ bảng biến thiên ta có f t 5 4P P TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN 12 (13) CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 Vậy P đạt giá trị nhỏ Câu , dấu xảy t 3 x 3 y Cho số phức z x yi ( x , y ) Thỏa mãn z i z 5i và biểu thức sau đạt giá trị nhỏ nhất: H x y 3y x y x 2y x y x 4y 2 2 Giá trị 2x y bằng: B 6 A 6 C 3 D 6 Lời giải Chọn B Ta có: z i z 5i x y (1) Gọi M là điểm biểu diễn số phức z thì Mà H x y 3y x y2 x 2y x y2 x 4y ( 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 nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng d, M thuộc d nên cos AMB nhỏ góc AMB lớn Gọi (C) là đường tròn qua A, B và tiếp xúc với đường thẳng d C Phương trình đường thẳng AB là: x y Gọi E là giao điểm AB và d thì E 3;0 Vậy C thỏa mãn: EC EA.EB 10 C (3 5; 5), C 3 5; a 3 a b 6 Chọ C để góc CEA nhọn ta C 3 5; b x y Cho x, y thỏa mãn log x( x 9) y ( y 9) xy Tìm giá trị lớn x y xy Câu biểu thức P 3x y x, y thay đổi x y 10 A B C D Lời giải Chọn C Điều kiện xác định; x y ( x y) x y xy 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) (14) CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 y Vì x y xy ( x ) y với x, y x y Ta có log x( x 9) y ( y 9) xy x y xy log3 ( x y) log3 ( x2 y xy 2) x2 y xy 9( x y) log3 ( x y) 9( x y) log3 ( x2 y xy 2) x2 y xy log3 9( x y) 9( x y) log3 ( x2 y xy 2) x2 y xy (1) Đặt f (t ) log3 t t (t 0) Có f '(t ) với (t 0) f là hàm đồng biến với (t 0) Khi đó: t.ln f (9( x y )) f ( x y xy 2) 9( x y ) x y xy x y xy x y (2 x y)2 18(2 x y) 3( y 3) 19 Mà 3( y 3)2 (2 x y) 18(2 x y) 19 1 x y 19 Mặt khác P 2 x y 19 x x y 19 P Dấu xảy x y 10 y 3 y Câu 10 Cho các số thực x , y thay đổi thỏa mãn x y xy và hàm số f t 2t 3t 5x y N.C.Đ Gọi M , m tương ứng là giá trị lớn và nhỏ Q f Tổng M m x y4 A 4 B 4 C 4 D 4 2 Lời giải Chọn C y 3y2 5x y Ta có: x y xy x Ta đặt: t x y4 2 t x y 5x y t 5 x t 1 y 4t y t 5 x 2 3t 3y 4t Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có: 4t y t x 2 4t t 5 2 3t 3y t y 3y2 3t x 2 3t 12t 24t t Xét hàm số f t 2t 3t với t t Có: f t 6t nên f t 6t 6t t TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN 14 NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI x y xy 36 x 36 y (15) CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 Ta có: f 5 , f 1, f 1 , f 5 Do đó M f , m f 5 Vậy M m 4 Bài toán gốc: Cho ax by cxy d Tìm MGT t a1 x b1 y c1 a2 x b2 y c2 Phương pháp giải: Cách Lượng giác hóa Ta có: ax2 by cxy d a ' x b ' y c ' x d ' y 2 Ta có: A2 B C suy MGT 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 cho mx ny kx qy ax by cxy 2 N.C.Đ m k a n q b 2mn 2kq c Áp dụng BĐT Bunhiacoxki ta có: C A2 B d suy MGT t Câu 12 Cho số x , y thỏa mãn x y xy và hàm số bậc ba y f x có đồ thị hình 2x 3y vẽ Gọi M , m tương ứng là giá trị lớn và nhỏ P f x y Tích M m 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 a2 x b2 y c2 (16) CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 Từ x2 y xy x y y x y sin x sin 2cos Đặt Khi đó y cos y cos 2sin cos x y sin 2cos 3cos x y sin 2cos 4cos sin 2cos Xét t Ta có: t sin 2cos 2sin cos t sin 1 2t cos 4t * Phương trình * có nghiệm t 2t 1 4t 3 2 t 2 2 11 2 11 Khi đó P f t t 3t với 2 t Dễ dàng tìm M , m 718 1436 Vậy M m 1331 1331 x y 1 Gọi M , m là giá trị lớn và giá trị nhỏ Q f Tổng M m x 3y A B D 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 y xy và hàm số f t t 2t Lời giải Chọn C Ta có: x y xy x y y N.C.Đ Đặt t x y 1 t x y x y 2t 1 t 1 x y 2ty x 3y Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có: 2t 1 t 1 x y 2ty t 1 t 2 x y y 2t 1 2 t 1 t 2 2t 6t 3 t Xét hàm số f t t 2t với 3 t t Có: f t 4t 4t , nên f t t 1 t f 2, f 1 1, f 3 65 Do đó M f 3 65; m f 1 Vậy: M m 66 xy yz zx Câu 14 Cho các số thực x, y, z thỏa mãn và hàm số f x x x x y z Gọi M , m là giá trị lớn và giá trị nhỏ f x Tổng M m A B 28 19 Lời giải C D Chọn A TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN 16 (17) CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 zy x y z xy yz zx yz x x Viết lại điều kiện: * y z x y z x x y z Vì x, y, z thỏa mãn * nên y, z là hai nghiệm phương trình T x T 5x x ** Điều kiện có nghiệm phương trình ** là: x x x 3x 10 x x 7 Xét hàm số f x x x với x Có f x x nên f x x Do đó M f 1 2, m f Vậy M m Câu 15 Cho các số thực dương x, y, z thay đổi và thỏa mãn: x2 y z xy yz zx Tìm giá trị lớn biểu thức: P x y z x y z 3 A 18 N.C.ĐC 16 B 12 D 24 Lời giải Chọn C Ta có: x2 y z xy yz zx x y z x y 5z 18 yz 5x2 y z x y z 7 y z 2 Vì 7 y z 5x y z x y z x y z 5x y z 2 x y 2z x 2 y z x y z Ta có: P P Đặt t 2 y z x 1 Do y z y z 3 2 y z x y z y z y 2z y z 2 y z 3 y z 27 y z y z 27 y z t3 t3 t2 f t Đặt f t 4t P 4t 27 27 yz f t t 36 t ( vì t ) Ta có bảng biến thiên f t là: TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN 17 NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI 10 f 1 2; f 1; f 3 (18) CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 Từ bảng biến thiên ta thấy f t 16 PMax 16 Dấu xảy Câu 16 Cho hàm số f x x3 x và các số thực m , n thỏa mãn m2 4mn 5n2 2n m2 Giá trị nhỏ f n A 99 B 100 C NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI y z y z 12 x y 2z x 6 y z D Lời giải Chọn A N.C.Đ +) Xét hệ thức m 4mn 5n 2n , 1 +) Đặt m2 t Ta có m 2 nt m nt 2 n +) Thay vào 1 ta được: nt 2 nt 2 n 5n2 2n t 4t n 2 2t n +) Có các số thực m , n thỏa mãn 1 phương trình có nghiệm 2t t 4t 5 t 4t t 5;1 +) Xét hàm số f t 2t 6t trên đoạn 5;1 t 5;1 f t 6t 12t ; f t t 2 5;1 Ta có f 5 99 , f 2 , f 1, f 1 Suy f t 99 t 5 5;1 m2 Vậy giá trị nhỏ f 99 n Câu 17 Cho x , y thỏa mãn x y và biểu thức P đạt giá trị nhỏ x 4y Tính x y TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN 18 (19) CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 A 25 16 B C 2313 1156 D 153 100 Lời giải Chọn D Cách 1: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có: 42 12 1 25 25 P x y x y x y 2 x 25 x y 153 Suy giá trị nhỏ P là 100 y 10 Cách 2: Ta có P NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI x Dấu “ =” xảy và x y mà x y nên 4x y y 10 25 25 25 x y x y x 4y x 4y Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: N.C.Đ 25 25 x 20 25 25 y 20 25 25 x2 ; y2 P 3 x x 4y 4y 25 x x 0; y x x Dấu “ =” xảy và mà x y y 25 y 10 4y x 25 x y 153 Suy giá trị nhỏ P là 100 y 10 Cách 3: Do x và x y 3 nên x 0; 2 3 trên 0; x 4x 2 4 Ta có f x ; x x 2 Xét hàm số f x f x 6 4x 3 x 0; 2 6 x x x2 3 6 x x x 0; 2 Bảng biến thiên TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN 19 (20) CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 25 Ta có lim f x ; lim f x ; f x 0 3 5 x 2 25 Dựa vào bảng biến thiên hàm số f x ta có f x f 3 0; x 25 x y 153 Suy giá trị nhỏ P là 100 y 10 Câu 18 Cho x, y thỏa mãn 20171 x y x 2018 Gọi M , m là giá trị lớn y y 2019 nhất, giá trị nhỏ biểu thức S x2 y y 3x 25xy Khi đó M m bao nhiêu? 383 A 16 136 B N.C.Đ 25 Lời giải C D 391 16 Chọn D +) 20171 x y x 2018 1 y 2018 20171 y x 2018 2017 x (1) y y 2019 +) Xét hàm số f (t ) t 2018 2017t , t , ta có: f (t ) 2017t t ln 2017 2t 2018.ln 2017 0, t suy f (t ) đồng biến trên 0; Từ đó ta có (1) f x f 1 y y x y x +) Xét biểu thức: S x2 y y 3x 25xy x 1 x 1 x x 25 x 1 x 16 x 32 x 18 x x 12 +) Tìm GTLN, GTNN hàm số g x 16 x 32 x3 18x x 12 trên 0;1 2 0;1 x 2 0;1 Ta có: g x 64 x3 96 x 36 x Suy g x x x 0;1 TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN 20 NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI (21) CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 191 191 25 Ta có g 16 ; g 16 ; g ; g 12; g 1 12 25 191 391 M m Khi đó M ; m 16 16 Cách khác: đặt t xy với t thì S 16t 2t 12 Khảo sát hàm số y 16t 2t 12 trên 0; để tìm max, 4 Câu 19 Biết đồ thị hàm số y x3 3x tiếp xúc với parabol y ax b điểm có hoành độ x 0; Giá trị lớn S a b là A Smax 1 B Smax C Smax D Smax 3 Lời giải Đồ thị hàm số y x3 3x tiếp xúc với parabol y ax b điểm có hoành độ x 3x ax b 1 x 0; và hệ phương trình có nghiệm x 0; 2 3x 2ax Vì x 0; nên từ suy ra: 2a Suy ra: 2S 2a 2b x 4 x 3x thay vào 1 ta được: 2b x x x N.C.Đ trên khoảng 0; x Ta có: f x 3x x f x 3x x x x Bảng biên thiên: Xét f x x Dựa vào BBT, ta có GTLN 2S nên GTLN S Vậy đáp án B Câu 20 Hàm số f x x 1 x x 2019 (x ) đạt giá trị nhỏ x A 2020 B 1010 C 2019 D 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 (22) CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 TXĐ: D f x x 1 x x 2019 2019 x 1 2019 2019.2020 2019 x 2019 x 2020 f x 2019 x 2020 x 1010 Ta có BBT: Vậy hàm số đạt giá trị nhỏ x 1010 Ta có f x 2019 x2 1 2019 x 12 22 20192 2019 x 2019 1 2019 x 12 22 20192 2019 x2 2020.x 10102 12 22 20192 2019.10102 2019 x 1010 12 22 20192 2019.10102 12 22 20192 2019.10102 , x N.C.Đ Do đó f x đạt giá trị nhỏ x 1010 Câu 21 Hàm số y x ax3 bx đạt giá trị nhỏ x Giá trị nhỏ biểu thức S a b là A C 2 B D 1 Lời giải Chọn D Ta có f x f , x x2 x2 ax b 0, x x ax3 bx 0, x x ax b 0, x a 4b b a2 Khi đó: S a b a a2 a 1 1, a 2 a2 b b Dấu “ ” xảy và a a 1 Vậy S 1, a 2 , b Câu 22 Cho các số thực a, b, c thỏa mãn a2 b2 c2 2a 4b Tính P a 2b 3c biểu thức 2a b 2c đạt giá trị lớn A P B P 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: (23) CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 Lời giải Chọn B Cách 1: phương pháp đại số Ta có: a b c 2a 4b a 1 b c 2 Áp dụng bất đẳng thức giá trị tuyệt đối và bất đẳng thức BCS, ta có kết sau: 2a b 2c a 1 b 2c 11 a 1 b 2c 11 BCS a 1 b 2 c 22 12 2 11 20 Khi đó: P a 2b 3c 2.3 3. 2 Cách 2: phương pháp hình học Trong không gian Oxyz , gọi mặt cầu S có tâm I 1;2;0 , bán kính R Khi đó: S : x 1 y z x y z x y và mặt phẳng P : x y z N.C.Đ 2a b 2c Gọi M a; b; c , ta có: d M ; P 2 Vì a b c 2a 4b M S Bài toán đã cho trở thành: Tìm M S cho d M ; P lớn x 2t Gọi là đường thẳng qua I và vuông góc P : y t z 2t Điểm M cần tìm chính là giao điểm với S : M1 3;3; 2 , M 1;1;2 Ta có: d M ; P 20 20 d M ; P Maxd M ; P M M1 3 Vậy P a 2b 3c 2.3 3. 2 Phân tích: Khi quan sát cách giải, giáo viên ta dễ chọn Cách vì ngắn gọn và tiết kiệm thời gian Tuy nhiên học sinh không nhiều em đã tiếp cận bất đẳng thức BCS Đối với Cách 2, mặt trình bày có thể dài hơi, nhiều tính toán đó là bước tính toán khá bản, học sinh khá nhận ý đồ tác giả thì việc giải bài toán không quá nhiều thời gian Bài toán dễ đề bài yêu cầu tìm Min Max biểu thức 2a b 2c Câu 23 Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a2 b2 c2 2a 4b 6c 10 và a c Tính giá trị biểu thức P 3a 2b c Q a2 b2 c2 14a 8b 18c đạt giá trị lớn TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN 23 NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI 2 a 1 b 2c a a 1 b c Đẳng thức xảy khi: b 2 c 2 a 1 b 2 c (24) CHINH PHỤC ĐIỂM – – 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 y z x y z 10 Gọi P là mặt phẳng có phương trình x z 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 b c 14a 8b 18c a b c 146 KM 146 2 Bài toán trở thành: Tìm M nằm trên đường tròn giao tuyến mặt cầu S và mặt NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI phẳng P cho KM lớn I B A J H N.C.Đ M P K P có VTPT n 1;0;1 x t Gọi là đường thẳng qua K và vuông góc P : y z 9 t Gọi H là hình chiếu K lên mặt phẳng P H P H 9;4; 7 2 Ta có: KM KH HM , mà KH không đổi nên KM lớn HM lớn x 1 t Gọi d là đường thẳng qua I và vuông góc P d : y 2 z t Gọi J là tâm đường tròn giao tuyến S và P J là hình chiếu I lên P J d P J 0; 2;2 x 3t Phương trình đường thẳng HJ : y 2 2t z 3t TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN 24 (25) CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 Gọi A, B là các giao điểm HJ và S A 3; 4;5 , B 3;0; 1 Ta có: HA 22 HB 22 Vậy MaxHM 22 M A 3; 4;5 Khi đó: P 3a 2b c 12 Câu 24 Cho phương trình x4 ax3 bx2 a2 có nghiệm Giá trị nhỏ P cx b2 c2 A B C D Lời giải Chọn B Gọi x0 là nghiệm phương trình x4 x04 ax03 bx02 cx0 ax03 bx02 ax3 bx2 cx (*) x04 cx0 x04 a 2 Đặt t ax03 b c bx02 x04 2 x06 t2 Đặt f t t3 4t / f t t2 a2 b2 c2 x06 x04 x02 x04 x02 2 0) ta có a x (t cx0 b ( x0 c không là nghiệm phương trình (*) ) t2 t3 t2 t N.C.Đ t (t 4t t 0) t2 t t3 t4 t2 2t t 3t 2 2t (t 1) t t3 t2 t t t t2 t3 t2 t Bảng biến thiên: Từ bảng biến thiên ta có f t Khi a b nghiệm x0 c thì a b2 c2 4 a b2 c2 t 3 và phương trình x4 ax3 bx2 cx có Vậy giá trị nhỏ P a2 b2 c2 TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN 25 NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có: (26) CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 Câu 25 Biết hai hàm số f x x3 ax x và g x x3 bx x có chung ít điểm cực trị Tìm giá trị nhỏ biểu thức P a b A B C D Lời giải Chọn C Ta có f x 3x 2ax và g x 3x 2bx Vì f x và g x có chung ít điểm cực trị nên f x và g x có chung 3t a 3t 2at 2t nghiệm là t Suy 3t 3t 2bt b 2t 3t 3t 3t 1 t (bất đẳng thức Cauchy) 2t 2t t t Dấu xảy và t t 1 t Vậy P BÀI TẬP BỔ SUNG N.C.Đ Bài : Cho các số thực a, b, c thuộc đoạn 1;3 và thỏa mãn điều kiện a b c Tìm giá trị lớn biểu thức P a 2b b 2c c a 12abc 72 abc ab bc ca Lời giải Ta có: ab bc ca a 2b2 b2c c a 2abca b c a 2b2 b2c c a 12abc Đặt x ab bc ca a b c 2 12 Ta có: a, b, c 1;3 a 1b 1c 1 abc ab bc ac a b c abc x abc x Lại có: a 3b 3c 3 abc 3ab bc ca 9a b c 27 abc 3x 27 Do đó: 3x 27 abc x 2x 22 x 11 x 72 x 72 x 72 abc x 5 Ta có: P x x 2 x x 72 , x 11;12 Xét hàm số f ( x) x 72 160 Ta có: f ' ( x) x 11;12 nên P f ( x) f (11) x 11 160 Vậy max P a 1; b 2; c 11 Nhận xét: Đây là bài toán hay Ta phải dùng hai lần giả thiết các biến a; b; c 1;3 để tìm miền giá trị x ab bc ca và đánh giá P thông qua biến x Cũng từ bài toán trên phải việc đánh giá điều kiện ban đầu chúng ta giải lớp các bài toán dạng này cách đưa hàm số biến, chính vì qua chuyên TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN 26 NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI Ta có P a b (27) CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 đề này tác giả muốn rèn luyện cho học sinh kỹ giải toán cực trị phương pháp dồn biến Bài 2: Cho x, y, z 1;2 Tìm giá trị lớn biểu thức 2xy yz zx yz4 A xyz 22 x y z x y z yz yz Lời giải A 1 yz yz yz yz yz Đặt t yz ; t 1;2 t 2t với t 1;2 t 22 t 4t Ta có f (t ) , nên f(t) đồng biến trên 1;2 t 2 t 1 27 N.C.Đ Suy A f (t ) f (2) Vậy max A x 1; y z Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn a 1, b 2, c Tìm giá trị lớn biểu thức 22ab ac bc 8b b B 2a b 3c b c ba c 12a 3b 27c Xét hàm số: f (t ) Bài 3: Lời giải Ta có 12a 3b 27c 4a b2 9c 2a b 3c (1) 2 2 Mặt khác 2a b 3c b c ba c a c2 b 2a b 3c b c ba c (2) Lại có 2ab ac bc b c ba c b ca 1 2ab ac bc b c ba c (3) Từ (1), (2), (3) ta 2b c ba c 8b b B b c b( a c ) b c b( a c ) b c b( a c ) 2b c ba c B b c b( a c ) b c b( a c ) Đặt t b c b(a c) t 13 2t Xét hàm số f (t ) với t 0;13 t 1 t 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 2z 2 xyz 22x y z 2 y z x yz Dấu xảy x y z Do đó 2xy yz zx y z x y z yz yz y z A x y z yz x y z yz x y z yz yz yz yz yz4 yz yz4 A 1 1 x y z yz 2 y z yz yz yz (28) CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 23t 106 t 0t6 2 t 1 t 8 t 12 t 82 16 47 f (0) 1, f (6) , f (13) 21 16 16 max B Từ đó suy B f (t ) đạt a 1, b 2, c 7 2 Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn y z x y z Tìm giá trị nhỏ 1 biểu thức P 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 x y z 2 y z y z 2 y z 2 1 2x 4 x x Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: P 1 x 1 y 1 z 1 x 1 y 1 z 2 2x2 4x2 2x3 6x x P 1 x 2 1 x 3 1 x 3 2x3 6x x Xét hàm số: f ( x) 1 x 3 25 x 1 0 x Ta có: f ' ( x) 1 x Bài 5: N.C.Đ 91 Lập bảng biến thiên ta được: P f ( x) f 108 91 Vậy giá trị nhỏ P Khi x , y z 108 Cho a b c Tìm giá trị nhỏ biểu thức 1 P a b c ab bc ca 2 2 a b b c c a Lời giải Nhận xét: Giả thiết đã cho chính là gợi ý bài toán Cách làm giảm biến số quen thuộc là đặt a c x, b c y x y Khi đó: 2 a b c ab bc ca c x c y c c x c y c y c cc x x y xy 1 1 2 Do đó ta viết lại P dạng P x xy y y x x y Như với cách đặt ẩn phụ này, ta đã làm giảm số biến P thành hai biến Thậm chí là P là đồng bậc x và y Ta việc đặt ẩn phụ quen thuộc x 1 f (t ); Đặt t ta P t t 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 x (29) CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 2 f ' (t ) 2t 1 1 t t 3 t 1 t t 1 t 3 2t 1t t 1 t t 1 t t 1 2t t 1t t 1 f ' (t ) t t 1 Cách đặt này khá phức tạp Ta có thể đặt theo cách khác sau đây x y Đặt t t Khi đó ta có y x x y xy P x x y 2 y xy xy x y x y 1 y x y x x y y x y x t 1 P t 1 t f (t ) t2 t 2 Xét hàm f(t) trên 2; ta được: ln f (t ) ln(t 1) ln(t 2) f ' (t ) 2t f (t ) t t t 1t 2 f ' (t ) Bài 6: Bài 7: 2t 5t 12 t 22 f ' (t ) t NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI 27 Lập bảng biến thiên ta P f (t ) f 2 N.C.Đ x y Đẳng thức xảy và t x y a b d c 2d , d y x 27 Vậy giá trị nhỏ biểu thức P là Cho x, y, z 0; xyzx y z 20 Tìm giá trị nhỏ P x y x z y z Lời giải Nhận xét:Có chú ý quan trọng bài là phép biến đổi nhỏ x y x z x xy xz yz xx y z yz 20 yz yz Như biến hình thành 20 20 t t f (t ) Xét f (t ) t t Đặt t yz suy P trên 0; t t 20 2t t 20 t 22t 5t 10 0t 2 Ta có: f (t ) 2t t t2 t2 Lập bảng biến thiên ta suy f (t ) f (2) 16 xyz x y z 10 x y Do đó P 16 Đẳng thức xảy và yz z x y Kết luận: P 16 z ab bc ca 1 Cho a, b, c ;1 Tìm giá trị lớn biểu thức P c a b 2 Lời giải TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN 29 (30) 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 thử quy đồng và tách tung xem có gì đặc biệt không Bởi vì lưu ý rằng: cho a b, b c, c a P Nên sau biến đổi chắn chứa nhân tử a bb c c a aba b bcb c ca c a aba b bca b bca c ca a c Do đó: P abc abc a b b c c a P abc Đến đây ta giả sử c b a để mục tiêu làm dấu giá trị tuyệt đối a b b c c a P abc Nhận xét có phép biến đổi làm giảm biến số cách đơn giản là a x c Đặt: 1 y x y b c x y y 1x 1 x x y x f x; y Ta có: P xy x y Mục tiêu viết trên là đạo hàm theo biến y (hoặc biến x) x 1 x f y x; y f y x; y y x 1; x x y N.C.Đ Lập bảng biến thiên ta thu x x x x 1 t t t 1t 1 P f x; y f x; x , t x 1; t3 x x hay P t 13 t 1 g (t ) t2 Xét hàm g(t) trên 1; ta có: ln g (t ) lnt 1 lnt 1 ln t g (t ) 3t 3t t t 2t 2t 2t 0; t 1; t 1t 1t t 1t 1t g (t ) t t t Từ đó ta có g (t ) g 1 Như P g (t ) 1 1 2 1 2 x a 2c 1 y x Đẳng thức xảy a; b; c 1; ; 2 y b c t x 1 1 Vậy max P a; b; c 1; ; 2 2 c c Cho a, b, c 0, a 2b a 2b Tìm giá trị lớn P c 1 b a Lời giải Nhận xét: Giả thiết cho liệu liên quan tới a, b dù không dự đoán đẳng thức xảy ta có thể khai thác giả thiết bất đẳng thức Cauchy-Schwarz với mục tiêu là còn biến c Bài 8: TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN 30 NGUYỄN CÔNG ĐỊNH CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 (31) CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 c x c y c c x y Ta có: y b a x b y a x Từ thiết a 2b a 2b b a 2 Như ta phải chọn x 1, y Do đó ta có: P c c c c 2 2 c 1 c 1 c c 2c b a b a 6 c f ( c ) P c 6 f (c) c Xét hàm số f(c) trên 0; ta có: f (c) 2c Bài 9: ab c ca b 3a c 2b b 2c b 2a 43 ac Lời giải N.C.Đ Ta có 1 a 2 b 2a b ab 2a b ab 1 ca b ca b b 2a ab b 2a ab a b c ab c Tương tự ta có b 2c bc Lại có P Bài 10: 3a c 2b2 a c b2 a c 4a cb 4ac 4ab ac bc 2 ca b ab c 4ab bc ca P ab bc 4ac 3 ac bc ab bc ab bc ca 1 1 2 ac ab bc 1 9ab bc ca 3 ab bc ca 2 2 ab bc ca ab bc ac 9t 45 45 13 27 Xét hàm số f (t ) mà t ab bc ca P t7 t7 57 13 Vậy P a; b; c 1;2;1 Cho các số thực x, y, z 0;1 và z minx, y, z Tìm giá trị nhỏ biểu thức P y z 2 xz 2 yz y y z xy xz yz Lời giải Với bài toán có điều kiện ban đầu x, y, z 0;1 chúng ta tìm cách khai thác nó, dự đoán điểm rơi là z y 1; z TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN 31 NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI 6 6 1 1 Lập bảng biến thiên ta suy ra: P f (c) f 1 6 a 6, b ,c 1 Vậy max P 2 Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn a, c 1; b Tìm giá trị nhỏ biểu thức (32) CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 có chứa xy xz yz mẫu, đây là hạng tử có thể gợi ý cho xy xz yz chúng ta dồn biến xy xz yz Hơn với x y z x2 y z Ta có x 0;1 suy x x xz x xz x xz Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta Dấu xảy và A.B A B A B Vì dự đoán điểm rơi z y 1; z nên khả x x z và y y z là hoàn toàn có thể xảy y z ; x2 y z 2 x2 y z Ta có: và 2x z x x z 2 yz 12 yz 12 2y z y y z xy yz xz 12 2x2 y z 2 yz 1 2x z 2y z xy xz yz x yz Với điều kiện x, y, z 0;1 ta luôn có 1 x1 y 1 z xy yz xz xyz x y z x y z Suy P x y z xy xz yz Áp dụng bất đẳng thức Cauchyta có Do đó P GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI 2 xy xz yz x y z 2x y z x y z 2xy xz yz Mà x, y, z 0;1 x y z x y z 2xy xz yz N.C.Đ 4 xy xz yz x y Dấu xảy và z Vậy P đạt x y 1; x Cho các số a, b, c 0;1 Tìm giá trị lớn biểu thức a b c P abc bc ac ab Lời giải Không tính tổng quát bài toán, ta có thể giả sử c b a a b c b c bc abc bc bc Ta có P bc ac ab bc bc bc bc bc bc 1 Từ giả thiết ta 1 b 1 c bc b c bc 1 Suy A bc Đặt t bc t Xét hàm số f (t ) t ; t 1;2 bc t Ta có f ' (t ) 0t 1;2 suy f(t) đồng biến trên 1;2 f (t ) f (2) t Vậy giá trị lớn biểu thức P là a b c a b 2ab Cho các số thực a, b, c 1;2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P c 4ab bc ca Lời giải Áp dụng hệ a b 4ab P 2xy xz yz Bài 11: Bài 12: TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN 32 NGUYỄN CÔNG ĐỊNH (33) CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 a b a b 2ab M c 4ab bc ca c 4ca b a b 2 Ta có P Do a, b, c 1;2 nên a b , chia tử và mẫu M cho a b ta được: c 1 với t M 2 ab t 4t c c 4 1 ab ab c 1 1 Với a, b, c 1;2 và t trên ;1 t ;1 Xét hàm số f (t ) t 4t ab 4 4 2t 2 1 1 Ta có f ' (t ) , t ;1 f (t ) nghịch biến trên ;1 4 4 t 4t 1 1 1 f (t ) f (1) ; t ;1 hay P 6 4 Vậy MinP , giá trị nhỏ đạt a b 1và c Cho các số không âm a, b, c thỏa mãn c và a b3 cc 1 Tìm giá trị nhỏ Bài 13: biểu thức: P a b c a b c 2 Lời giải Nhận xét: từ giả thiết ta nhận thấy các biến a và b có tính chất đối xứng, đó để giải bài toán a b 2 ta sử dụng a b N.C.Đ a b 2 c ab 2 c Ta có: P vì c a b c 2 ab 2 1 c 2 Với hai số thực x, y tùy ý, ta có x xy y x y x y x y 4 3 Từ giả thiết c và a b cc 1 sử dụng đánh giá trên ta thu c c a b c a b a ab b 3 2 a b c 2 a b c ab t 2 t (vì a, b và c ) Khi đó P Đặt t c 2t 1 0 ab c t2 t2 , t 0;1 trên 0;1 , ta có f ' (t ) t 13 2t 1 Do đó f (t ) là hàm số nghịch biến trên 0;1 f (t ) f (1) , t 0;1 Hay P , a, b, c thỏa mãn c và a b3 cc 1 Vậy MinP , giá trị nhỏ đạt a b 1; c Cho x, y , z thoả mãn x y z Tìm giá trị nhỏ biểu thức Xét hàm số f (t ) Bài 14: P x y 16z x y z 3 Lời giải TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN 33 NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI (34) CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 3 x y z 16 Ta có P x yz x yz x yz 3 3 1 x y x y 1 z 1 Áp dụng hệ ta có 4x y z x y z x yz x yz 1 z z z 16 Đặt t t 0;1 Do đó P 1 4 x y z x yz x yz 1 3 Khi đó P 1 t 16t Xét hàm số f (t ) 1 t 16t trên 0;1 4 t 0;1 189t 6t Ta có f ' (t ) f ' (t ) t 0;1 16 16 Lập bảng biến thiên suy f (t ) f , t 0;1 P f (t ) 81 81 16 Vậy MinP , giá trị nhỏ đạt x y z 81 Bài 15: Cho x, y, zlà ba số thực thuộc đoạn 1;2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức x y P 2x y z 2x y z N.C.Đ Lời giải Nhận xét: Ta cần biến đổi 2x y z x2 y z z 4x y z 4xy Ta có P x y 2 2x y z 2x y z x y 2 z 4x y z xy x y x y z z Ta có xy x y Do đó P 2 z 4x y z x y x y x y 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 4t t t2 Xét hàm f (t ) trên 1;4 4t t 4t 2t f ' (t ) , t 1;4 Suy f (t ) là hàm số đồng biến trên Ta có f ' (t ) 4t t 1;4 Do đó f (t ) f (1) , t 1;4 hay P , x, y, z 1;2 6 Vậy MinP , giá trị nhỏ đạt x y và z 2 Bài 16: Cho các số thực a, b, c thỏa mãn Tìm giá trị nhỏ biểu thức: c a b a b c P bc ac a b2 c2 TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN 34 NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI 3 (35) CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 Lời giải Vì c đó ta có P Đặt x a , c y a c b 1 c b c a 1 c b x, y c 1 (vì 2 a b 1 c c a, b, c ) đó biểu thức P trở thành x y y 1 x 1 x2 y2 1 2 Biến đổi giả thiết ta thu c a b 2 2 c c 1 x y 2x y c a b a b x y P Ta có x y x y x y xy x y và x y x y 2xy x y 2x y x y 1 2 Ta lại có x y 4xy 4x y x y (1) (2) (vì x, y ) Từ (1) và (2) x y x y Biến đổi biểu thức P, ta thu x y 1 P2 1 1 x y 1 y 1 x 1 x2 y2 x 1 y 1 Từ hệ 3, ta có: P x y 1 Bài 17: N.C.Đ x y2 1 4 P 2 x y x y 1 x y x y 1 Đặt t x y t Do đó P t t 1 Xét hàm số f (t ) trên 4; t t 1 3t t , t 4; và f ' (t ) t (vì t 4; ) Ta có f ' (t ) t 12 t 22 Suy f (t ) là hàm số đồng biến trên 4; 5 f (t ) f (4) , t 4; hay P f (t ) 3 Vậy MinP giá trị nhỏ đạt a b 2c Cho các số thực dương x, y, z thay đổi thỏa mãn điều kiện x y z Tìm giá trị nhỏ x y x 2y biểu thức: P 10 y z x y z x y Lời giải x y z 2x 3y Ta có x y z z x y 10 y z x 12 y x y x 2y x y x 2y Do đó P 10 y z x y z x y x 12 y x y x y TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN 35 NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI (36) CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 x 3 x x 3y y P x 12 y x y x 12 x y y t t 3 x Đặt t t Khi đó P t 12 2t y t t 3 Xét hàm số f (t ) trên 0; t 12 2t t 0; 12t 2 Ta có f ' (t ) f ' (t ) t 12 42t 3 t 18 0; t 122 2t 32 6 Lập bảng biến thiên suy f (t ) f (2) , t 0; Suy P 7 Vậy MinP , giá trị nhỏ đạt x y, z y Nhận xét ta có thể coi P là hàm z và x, y là tham số và xét hàm P(z) trên 0; x 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 biểu thức: P 5a b c 5a 2c 5a 2b Lời giải b N.C.Đ c a a Vì a đó P c b b c 51 a a a a b x a x, y 0;1 vì a, b, c và a b, a c Đặt y c a x y Khi đó biểu thức P viết lại sau: P 51 x y y x 2 x y 5 51 x y y 2x 1 Ta có và x y 0, x, y 0;1 x y 10 x y 2 x y 5 Do đó P 51 x y 10 x y 1 hay P 51 x y x y Đặt t x y t 0;2 vì x, y 0;1 1 Khi đó ta có P 5t 1 t trên 0;2 Xét hàm số f (t ) 5t 1 t 2P TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN 36 NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI x y (37) CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 25t 1 t 5 24t 60t 0, t 0;2 2 2 5t 1 t 5 5t 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 a, b, c thỏa mãn điều kiện a b, a c 15 11 Vậy MaxP , giá trị lớn đạt a b c 15 Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn x y z Tìm giá trị nhỏ biểu thức: 2 Ta có f ' (t ) Bài 19: P x3 z y4 z 15x3 y xz y z xz y x2 z Lời giải x y a , b, c y x y z z 15 z Ta có P Đặt a ; b ; c abc x y x y x z y z x c y z y z x a3 b3 15 c2 ab ab c aba b 15 16 c c2 Áp dụng hệ quả2, ta có P ab c c N.C.Đ 16 16 Xét hàm số f (c) c trên 1; Ta có f ' (c) 2c f ' (c) c c c Lập bảng biến thiên suy f (c) f (2) 12, c 1; a b Vậy MinP 12 giá trị nhỏ đạt hay x y z c NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI Do đó: P Bài 20: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ac bc ab Tìm giá trị nhỏ c a b c c2 biểu thức: P b c c a a b a b2 Lời giải Đặt a x.c; b y.c; x, y 1 Thay x vào giả thiết ta có: b c b c (không thỏa mãn giả thiết) Tương tự y không thỏa mãn x 1; y thay vào giả thiết ta có: x 1 y 1 xy x 1 y 1 x 1 y 1 1 x y xy x y x x y 1 x 1 y 1 xy x y xy xy Mặt khác x y 1 x2 y2 1 P y 1 x 1 x y x y xy x xy y x y x y 2 xy TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN 37 (38) CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 P x y 2 xy x y 1 x y x y 2 xy xy 2xy 3xy xy 1 2 Hay P xy x y xy xy xy Đặt t xy; t , đó ta có P Xét hàm số f (t ) Ta có f ' (t ) t 2t 3t 3 t 2t t 2t 3t trên 4; t 2t t 4t t 6t t 2t t t 4 t 6t 4 18 t 2t 0, t Suy hàm số f (t ) đồng biến trên 4; Do đó: f (t ) f (4) 4; 41 24 41 x y 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 biểu thức: a T c ab bc ca abca b c NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI Vậy P Lời giải Đặt a x.b; c y.b y x x y x y xy x y x y xy xy x y 1 xy xN.C.Đ y 1 S P S 1 Đặt S x y; P xy vì y x x 1 y 1 S S P S 2S P f ' ( P ) 0, P 0; S 1 Đặt f ( P) ta có 2 P S 1 P S 1 Khi đó T 2 Do đó f P là hàm số nghịch biến trên 0; S 1 f ( P) f ( S 1) Ta có g ' ( S ) S 2S 1 S 1 , P 0; S 1 Xét hàm số g ( S ) S 2S 2S 1S g ' ( S ) S 2 S 1 S 2S 1 S 1 với S (vì S ) , S 1; f ( P) g ( S ) g (2) Từ bảng biến thiên suy g ( S ) g (2) Do đó ta có T Vậy MinT , giá trị nhỏ đạt x y hay a b c Bài 22: Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn: x y z Tìm giá trị lớn biểu xy yz x3 y y z thức: P z x2 24x3 z Lời giải TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN 38 (39) CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 Nhận xét: Bài 22 ta thay giả thiết x y z vào biểu thức P thì P là biểu thức đồng bậc Tuy nhiên sử dụng các biến đổi đại số thì ta chưa làm giảm số biến biểu thức Ta cần sử dụng các hệ để đánh giá biểu thức xy yz xy yz Ta có 2 2 2 x z y z x y x2 z 1 z 1 x xy yz xy yz 2 1 z 1 x x2 z y2 z 2 x2 y2 x2 z xy yz x2 y2 y2 z2 z x x z z y x y x z xy yz 1 y2 y2 y2 y2 z x z y x y yz xy xy yz 1 y y 2 1 z 1 x 8 z x x y y z xy yz y y Ta lại có x y y z xy yz x3 z x3 z 4 z x 3 3 y y 1 y y y y Vậy P Đặt t t (vì x, y, z ) z x z x 96 z x 1 Khi đó P t t 96 1 Xét hàm số f (t ) t t trên 0; N.C.Đ 96 1 Ta có f ' (t ) t f ' (t ) t (vì t ) 32 5 Lập bảng biến thiên suy f (t ) f (2) , t 0; hay P f (t ) 12 12 Vậy MaxP , giá trị lớn đạt x y z 12 NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI 3 x y z x Bài 23: Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x z y z 2 2y 2z 3z Tìm giá trị lớn biểu thức: P 2 x y y z 2x z Lời giải Từ giả thiết ta có 4 x y z x y x z x x z x z 2 2 x z z x z x y z x y z x Đặt t t (vì x, z ) z 1 Do đó t 2t 2t t 2t t 1t 12t 1 t t 2 Ta có P 2 x x y z z y 4 2 TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN 39 (40) CHINH PHỤC ĐIỂM – – 10 KÌ THI THPT QUỐC GIA 2019 x y x x x y x y vì Mặt khác x, y, z , y z z z y z y z 1 2 Do đó 2 x y x x y 1 y z z z y 4 1 Vậy P Xét hàm số f (t ) trên ;1 x x t 2t 2 1 1 t 2t z z 10t 4t 1 0, t ;1 Ta có f ' (t ) 2 t 1 2t 1 2 1 1 1 Suy f (t ) là hàm số nghịch biến trên ;1 f (t ) f , t ;1 2 2 2 Nhận xét: NGUYỄN CÔNG ĐỊNH GIÁO VIÊN TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI x y z x x z y z z 2x Vậy MaxP , giá trị lớn đạt y x Hay P với x, y, z thỏa mãn N.C.Đ TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN 40 (41)