Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
Chủ đề 11
ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM ĐỂ TÌM GTLN VÀ GTNN
CỦA HÀM SỐ NHIỀU BIẾN
A. PHƯƠNG PHÁP CHUNG
Để giải bài toán tìm GTLN, GTNN của hàm số nhiều biến bằng phương pháp hàm số, thông thường ta
thực hiện theo các bước sau :
Biến đổi các số hạng chứa trong biểu thức về cùng một đại lượng giống nhau.
Đưa vào một biến mới t, bằng cách đặt t bằng đại lượng đã được biến đổi như trên.
Xét hàm số f (t ) theo biến t . Khi đó ta hình thành được bài toán tương đương sau : Tìm giá trị lớn
nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số f (t ) với t D .
Lúc này ta sử dụng đạo hàm để tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số f (t ) với t D .
Chú ý : trong trường hợp không thể xây dựng trực tiếp được hàm số f (t ) với t D , ta có thể đi tìm
f (t ) với t D thỏa P f (t ) đối với bài toán tìm giá trị nhỏ nhất
f (t ) với t D thỏa P f (t ) đối với bài toán tìm giá trị lớn nhất.
B. MỘT SỐ BÀI TOÁN MINH HỌA
I. XÂY DỰNG TRỰC TIẾP HÀM SỐ f (t ) BẰNG CÁC BIẾN ĐỔI ĐẠI SỐ:
Phương pháp chung:
Dự đoán khả năng dấu bằng xảy ra hoặc giá trị đặc biệt trong điều kiện để đặt được biến phụ t
thích hợp.
Có thể biến đổi được về hàm f(t) không cần sử dụng tính chất bất đẳng thức.
Hàm f(t) tương đối khảo sát được.
Chú ý phần tìm điều kiện của t (phải thật chính xác)
Thích hợp cho các đề thi khối B và D.
Thí dụ 1. Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn x + y = 1.
Tìm GTNN của biểu thức P x 2
1
y2
2 1
y 2
x
Lời giải.
2
Ta biến đổi P xy
1
2
( xy) 2
x, y 0
1
nên 1 x y 2 xy 0 xy .
4
x y 1
1
Đặt t xy 2 , điều kiện của t là 0 t
16
1
Khi đó biểu thức P f t 2 t
t
Do
290
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
f ' t
HĐBM -TỔ TOÁN
t2 1
1
; ta thấy f ' t 0 với mọi t 0; , suy ra hàm số f(t) nghịch biến trên nửa khoảng
2
t
16
1
0;
16
1 289
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là min P min1 f t f
.
16 16
t( 0; ]
16
Thí dụ 2. (Khối A 2006) Cho các số thực x 0, y 0 thỏa ( x y) xy x 2 y 2 xy .
Tìm GTLN của biểu thức A
1
1
3.
3
x
y
Lời giải.
Đặt x y S và xy P với P 0 , từ giả thiết ta có P
x, y tồn tại khi S 2 4 P S 2
S2
S 3
S 3
4S 2
4
S 1
1
0 S 3 S 1
S 3
S 3
S 3
2
x 3 y 3 ( x y )( x 2 y 2 xy) ( x y ) 2 xy x y
S 3
Ta biến đổi A 3 3
3 3
3 3
x y
x y
x y
S
xy
t3
3
Xét hàm số f (t )
với t 3 t 1 , ta có f / (t ) 2 0
t
t
2
BBT
-∞
t
-3
_
f /(t)
+∞
1
_
1
4
f(t)
0
1
Suy ra A f 2 (t ) 16
1
2
Vậy GTLN P 16 khi x y .
Thí dụ 3. Cho các số thực dương thay đổi x, y thỏa điều kiện x y 1 .
Tìm GTNN của biểu thức P
1
1
.
3
x y
xy
3
Lời giải.
1
1
1
1
1
1
3
3
xy ( x y ) 3xy( x y ) xy 1 3xy xy
x y
P
1
x y
Đặt 0 t xy
4
2
3
2
291
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
1
1
1
với 0 t
1 3t t
4
3 3
3
1
f / (t )
2 f / (t ) 0 t
2
6
(1 3t )
t
Xét hàm số f (t )
BBT
t
3- 3
1
6
4
0
_
f /(t)
3 3
f(t)
42 3
6
+
0
8
+∞
Suy ra P f
4+2 3
1
2 3 3
1
2 3 3
Vậy GTLN P 4 2 3 khi x 1
; y 1
.
2
3
2
3
Thí dụ 4. (khối D 2009) Cho các số thực không âm x , y thỏa điều kiện x y 1 .
Tìm GTLN và GTNN của biểu thức S (4 x 2 3 y )(4 y 2 3x) 25 xy
Lời giải.
Do x y 1 nên
S (4 x 2 3 y)(4 y 2 3x) 25 xy
16 x 2 y 2 12( x 3 y 3 ) 9 xy 25 xy
16 x 2 y 2 12 ( x y ) 3 3xy( x y ) 34 xy
2
2
16 x y 2 xy 12
2
1
x y
4
2
Đặt 0 t xy
1
4
1
f / (t ) 32t 2 f / (t ) 0 t
16
Xét hàm số f (t ) 16t 2 2t 12
t
với 0 t
0
_
f /(t)
1
1
16
4
0
12
f(t)
+
25
191
2
16
25
1
khi x y
2
2
2 3
2 3
2 3
2 3
191
GTNN S
khi x
,y
hoặc x
,y
.
16
4
4
4
4
Vậy GTLN S
292
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
Thí dụ 5. Cho các số thực thay đổi x, y thỏa điều kiện y 0 và x 2 x y 12 .
Tìm GTLN, GTNN của biểu thức P xy x 2 y 17 .
Lời giải.
Ta có x 2 x 12 y 0 4 x 3
P x( x 2 x 12) x 2( x 2 x 12) 17 x 3 3 x 2 9 x 7
Xét hàm số f ( x) x 3 3x 2 9 x 7 với 4 x 3
f / ( x) 3 x 2 6 x 9 f / ( x) 0 x 3; x 1
x
-4
-3
f /(x)
+
1
-
0
20
3
+
0
20
f(x)
-12
-13
Vậy GTLN P 20 khi x 3, y 6 hoặc x 3, y 0
GTNN P 12 khi x 1, y 10
Thí dụ 6. Cho các số thực x 0 và y 0 thỏa x y 2 .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P
x 2 xy y 2 x 3
.
3x xy 1
Lời giải.
x0
y0 0 x2
x y 2
x 2 x(2 x) (2 x) 2 x 3 x 2 x 1
P
2
3 x x(2 x) 1
x x 1
P/
2x2 2
( x 2 x 1) 2
x
P/
P
0
2
1
-
0
+
1
3
Vậy GTNN P
1
3
khi x 1; y 1 .
293
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
Thí dụ 7. Cho các số thực thay đổi x, y thỏa điều kiện x y 1, x 2 y 2 xy x y 1.
Tìm GTLN, GTNN của biểu thức P
xy
.
x y 1
Lời giải.
Từ giả thiết x2 y2 xy x y 1 xy (x y)2 (xy) 1
2
3
Đặt t x y , ta có ( x y) 2 4 xy 3t 2 4t 4 0 t 2 . Khi đó P
t 2 t 1
t 1
t 2 t 1
2
với t 2
t 1
3
2
t 2
t 2t
f / (t )
f / ( x) 0
2
(t 2)
t0
Xét hàm số f (t )
t
-2
_
f /(t)
f(t)
0
3
0
2
+
1
1
3
3
-1
1
1
khi x y hoặc x y 1
3
3
GTNN P 1 khi x 1, y 1 hoặc x 1, y 1 .
Vậy GTLN P
Thí dụ 8. Cho các số thực thay đổi x, y thỏa điều kiện x, y 0 , xy ( x y ) x 2 y 2 x y 2 .
1
x
Tìm GTLN của biểu thức P
1
.
y
Lời giải.
Từ giả thiết suy ra xy ( x y ) ( x y ) 2 2 xy ( x y) 2
Đặt t x y suy ra xy
Ta có ( x y ) 2 4 xy
t2 t 2
t2
t 3 2t 2 4t 8
0 t 2 2 t
t2
x y
t 2 2t
Khi đó P
2
xy
t t 2
t 2 2t
Xét hàm số f (t ) 2
t 2 2 t với
t t 2
3t 2 4t 4
2
f / (t ) 2
f / ( x) 0 t
; t2
2
3
(t t 2 )
294
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
t
2
-2
-∞
+∞
_
_
f /(t)
2
1
f(t)
-2
1
7
Vậy GTLN P 2 khi x y 1 .
Thí dụ 9. Cho các số thực thay đổi x , y thỏa điều kiện 1 y 2 x( x y ) .
Tìm GTLN, GTNN của biểu thức P
x6 y 6 1
.
x 3 y xy 3
Lời giải.
Ta có 1 x 2 y 2 xy xy xy 1
1
3
2
2
2
2 2
2 2
( x y ) ( x y ) 3 x y
1 x 2 y 2 xy ( x y ) 2 3 xy xy
Ta có P
x6 y6 1
x3 y xy 3
2
2
2
xy ( x y )
1
xy x y 2
2
2
Đặt t xy x y 1 t
P
2t 2 3
t 1
2t 2 3
1
với t 1
t 1
3
2
2
t
4
t
3
f / (t )
0
(t 1) 2
Xét hàm số f (t )
t
-1
3
f /(t)
1
_
25
f(t)
6
1
2
1
khi x y 1
2
1
1
25
GTLN P f ( )
khi x y
.
3
6
3
Vậy GTNN P f (1)
Thí dụ 10. (Khối B 2011)Cho a, b các số thực dương thỏa 2(a 2 b 2 ) ab (a b )(ab 2) .
a 3 b3 a 2 b2
3 9 2 2 .
3
a
b a b
Tìm GTNN của biểu thức P 4
295
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
Lời giải.
a
b
b
a
1
a
1
b
a
b
b
a
2
b
Từ giả thiết ta có 2 1 (ab 2) 2 1 a b
a
2
b
2 2
a
a
b
a b
5
2t 1 2 2 t 2 4t 2 4t 15 0 t
b a
2
a3 b3 a2 b2
Ta có P 4 3 3 9 2 2 4(t 3 3t ) 9(t 2 2) 4t 3 9t 2 12t 18
a b
a
b
5
Xét hàm số f (t ) 4t 3 9t 2 12t 18 với t
2
1
f / (t ) 12t 2 18t 12 f / ( x) 0 t ; t 2
2
Đặt t
5
t
+∞
2
f /(t)
+
+∞
f(t)
-23
4
5
2
23
4
Suy ra P f
Vậy GTNN P
23
khi a 1, b 2 hay a 2, b 1 .
4
Thí dụ 11. Cho các số thực thay đổi x , y thỏa điều kiện 2( x 2 y 2 ) xy 1 .
4
4
Tìm GTLN, GTNN của biểu thức P x y .
2 xy 1
Lời giải.
1
5
1
1
1
2 xy 4 xy xy . ĐK: t .
3
5
3
2
Đặt t xy . Ta có: xy 1 2 x y 2 xy 4 xy xy
và xy 1 2 x y
x
Suy ra : P
2
2
y2
Do đó: P '
2x2 y 2
2 xy 1
2
7 t t
2
2 2t 1
7t 2 2t 1
.
4 2t 1
,
2
P ' 0 t 0, t 1( L)
1
1
1 2
P P
và P 0
5
3
15
4
296
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
1
1
t
-
P/
0
5
0
+
0
3
_
1
2
P
2
4
15
Vậy GTLN là
15
1
2
và GTNN là
.
4
15
Thí dụ 12. Cho các số thực a, b, c thỏa abc 2 2 .
a 6 b6
b6 c 6
c6 a 6
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu P 4 4 2 2 4 4 2 2 4 4 2 2
a b a b b c b c c a c a
Lời giải.
Ta có P
( a 2 b 2 )(a 4 b 4 a 2 b 2 ) (b 2 c 2 )(b 4 c 4 b 2 c 2 ) (c 2 a 2 )(c 4 a 4 c 2 a 2 )
a 4 b 4 a 2b 2
b4 c4 b2c 2
c 4 a 4 c2a 2
Nhận xét: Do abc 2 2 nên a 2 , b 2 , c 2 là các số thực dương
Xét A = A
x 2 y 2 xy
với x,y > 0
x 2 y 2 xy
Chia tử và mẫu cho y 2 và đặt t
Xét hàm số
f (t )
x
t2 t 1
ta được A 2
với t > 0
y
t t 1
t 2 t 1
2x 2 2
/
với
0
t
f
(
t
)
t 2 t 1
( x 2 x 1) 2
t
1
0
f /(t)
_
f(t)
0
+∞
+
1
3
1
3
1
1
3
3
Vậy GTNN P 4 khi a b c 2 .
Suy ra P (a 2 b 2 ) (b 2 c 2 ) (c 2 b 2 )
2 2
a b 2 c 2 23 a 2 b 2 c 2 4
3
Thí dụ 13. Cho hai số thực x, y thỏa mãn x 1, y 1 và 3( x y ) 4 xy.
1
1
2 .
2
y
x
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P x3 y 3 3
297
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
Lời giải.
Đặt x y a . Khi đó xy
3a
, a 0.
4
3a
0
4
Phương trình (1) có nghiệm a 2 3a 0 a 3.
Suy ra x, y là nghiệm của phương trình t 2 at
Vì x, y 1 nên ( x 1)( y 1) 0. Hay là xy ( x y ) 1 0
(1)
3a
a 1 0 a 4.
4
Vậy ta có 3 a 4 .
Mặt khác, từ giả thiết ta lại có
1 1 4
.
x y 3
2
1 1
6
9
8 16
Suy ra P ( x y ) 3xy ( x y) 3
a3 a2 .
xy
4
a 3
x y
9
8 16
Xét hàm số f (a ) a 3 a 2 , 3 a 4.
4
a 3
9
8
3
8
Ta có f ' (a) 3a 2 a 2 3a(a ) 2 0, a [3; 4].
2
a
2 a
3
a
3
4
f ' (a)
+
94
3
P f (a )
113
12
113
3
, đạt khi a 3 x y ;
12
2
x 1, y 3
94
.
max P , đạt khi a 4
3
x 3, y 1.
Dựa vào BBT ta suy ra min P
Thí dụ 14. Cho các số thực không âm x, y, z thoả mãn x 2 y 2 z 2 3 .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A xy yz zx
5
.
x yz
Lời giải.
t2 3
.
2
Ta có 0 xy yz zx x 2 y 2 z 2 3 nên 3 t 2 9 3 t 3 vì t 0.
Khi đó A
Đặt t x y z t 2 3 2( xy yz zx) xy yz zx
t2 3 5
.
2
t
t2 5 3
Xét hàm số f (t ) , 3 t 3.
2 t 2
298
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
5 t3 5
2 0 vì t 3.
t2
t
Ta có f ' (t ) t
Suy ra f (t ) đồng biến trên [ 3 , 3] . Do đó f (t ) f (3)
Dấu đẳng thức xảy ra khi t 3 x y z 1.
14
Vậy GTLN của A là
, đạt được khi x y z 1.
3
14
.
3
Thí dụ 15. Cho hai số thực x thỏa mãn 0 x 1, 0 y 1 và x y 4 xy.
Hãy tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức M x 2 y 2 7 xy.
Lời giải.
Đặt xy t x y 4t. Theo định lí Viet đảo x, y là nghiệm của phương trình
h( X ) X 2 4tX t 0.
Vì 0 x1 , x 2 1 nên phương trình h( X ) 0 có nghiệm X 1 , X 2 thoả mãn
' 4t 2 t 0
1.h(0) t 0
1
1
0 X 1 X 2 1 1.h(1) 1 3t 0
t .
4
3
s
0 2t 1
2
1
1
Khi đó M x y 2 9 xy 16t 2 9t , với t .
4
3
9 1 1
Ta có M ' (t ) 32t 9 0 t ; . Suy ra Bảng biến thiên
32 4 3
1
t
9
4
0
-
M'(t)
1
32
5
M 4
3
+
11
9
81
64
11
1
1
1
, đạt khi xy x 1, y hoặc x , y 1.
9
3
3
3
81
9
3
3
, đạt khi xy
x 2 y hoặc y 2 x .
64
32
4
4
Suy ra: Mmax
Mmin
Thí dụ 16. Cho x, y là hai số thực thỏa mãn x 2 y 2 xy 3.
Hãy tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức A x 4 y 4 4 xy x3 y 3
Lời giải.
299
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
Điều kiện: x 1; y 3 .
Đặt u x 1 0; v y 3 0 . Khi đó hệ đã cho trở thành
u v a
u v a
2
a 2 2a
2
u
v
2
a
uv
2
2
a 2a
0.
u, v là nghiệm của phương trình f t t 2 at
2
Hệ đã cho có nghiệm phương trình f t 0 có nghiệm t1 , t 2 thoả mãn t1 0 t 2
a 2 2a
0 0 a 2.
2
Đặt t xy . Từ giả thiết x 2 y 2 xy 3 ta có:
1. f 0 0
+) 3 x y 2 xy xy
+) 3 x 2 y 2 xy 3xy
xy 3 .
xy 1.
Vậy 3 t 1 .
+) x 4 y 4 x 2 y 2 x 2 y 2 3 xy 2 x 2 y 2 9 6 xy x 2 y 2 .
Suy ra A t 3 t 2 2t 9, 3 t 1 .
Xét hàm số f t t 3 t 2 2t 9, 3 t 1 .
f ' t 3t 2 2t 2 0, t . Vậy hàm số nghịch biến trên , nên:
2 2
2
min f t f 1 5; max f t f 3 33
3 t 1
3 t 1
Để ý rằng t 1 x y 1 và t 3 x y 3
Vậy min A 5 , đạt khi x y 1
max A 33 , đạt khi x y 3 .
Thí dụ 17. (khối B 2012) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn các điều kiện x y z 0 và x 2 y 2 z 2 1 .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P x5 y 5 z 5 .
Lời giải.
Cách 1:
1
xy ( x y )2
x y z 0
2
2
2
2
x y z 1
2 x y 2
3
3
P = x5 + y5 + z5 = x5 + y5 – (x + y)5 = -5xy(x3 + y3) – 10x2 y2(x + y)
5
1
5
5
= ( x y) 3 ( x y ) t 3 t ; t = x + y
2
2
2
4
5
5
2
4
15 2 5
f’(t) = t
2
4
f(t) = t 3 t
f’(t) = 0 t =
1
6
300
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
t
f’(t)
f(t)
2
HĐBM -TỔ TOÁN
1
3
–
5 6
1
2
6
6
0
+
0
3
–
5 6
36
36
5 6
36
Suy ra P 5 6 36 . Vậy max P = 5 6 36 xảy ra khi t = 1
6
x y 1
6
1
xy 3
(có nghiệm)
z ( x y )
hay
x y 2
3
1
(có nghiệm)
xy 6
z ( x y )
Cách 2:
Với x + y + z = 0 và x 2 y 2 z 2 1 , ta có:
1
2
2
0 x y z x 2 y 2 z 2 2 x y z 2 yz 1 2 x 2 2 yz , nên yz x 2 .
Mặt khác yz
y 2 z 2 1 x2
1 1 x2
6
6
, suy ra x 2
, do đó x
(*)
2
2
2
2
3
3
Khi đó: P x5 ( y 2 z 2 )( y 3 z 3 ) y 2 z 2 ( y z )
2
1
x5 (1 x 2 ) ( y 2 z 2 )( y z ) yz ( y z ) x 2 x
2
2
1
1
5
x 5 (1 x 2 ) x (1 x 2 ) x x 2 x 2 x (2 x 3 x).
2
2
4
6 6
6
Xét hàm f ( x) 2 x3 x trên ; , suy ra f ( x) 6 x 2 1 ; f ( x) 0 x
6
3 3
6
6
6
6
6
6
6
Ta có f f , f f Do đó f ( x)
3
6
9
3
6
9
9
Suy ra P
6
6
, yz
thì dấu bằng xảy ra.
3
6
5 6
Vậy giá trị lớn nhất của P là 36
Khi
5 6
36
x
Thí dụ 18. Cho 2 số thực x, y thỏa mãn : x y 2 x 2 y 1 1 .
Tìm GTLN, GTNN của F =
2(1 xy x y )
x
y
.
( x y ) ( y x)
2
2
x y
Lời giải.
Từ giả thiết x 2; y 1 .
301
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
2
Vì 2. x 2 1. y 1 22 12 x 2 y 1 2 x 2 y 1 5( x y 1) .
Nên từ x y 2 x 2 y 1 1
x y 5( x y 1) 1 . Đặt t = x + y , ta có: t 1 5(t 1) 1 t 6
1
2
1
2
Khi đó: F = ( x y )2
t2
.
2
x y 2
t
1
2
1
Xét f (t ) t 2
, với t 1; 6 , có f ' (t ) t
0; t 1;6
2
t
t t
2
5
Min f (t ) f (1) ; Max f (t ) f (6) 18
t1;6
t
1;6
2
6
x 2
5
GTNN của F là: đạt được tại: t 1
2
y 1
Vậy GTLN của F là 18
x 6
2
đạt được tại :t= 6
6
y 0
Thí dụ 19. Cho x và y là các số thực thỏa mãn: 1 y 2 x( x y) .
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức: P
x6 y 6 1
x3 y xy 3
Lời giải.
Từ giả thiết ta có:
1 x 2 y 2 xy 2 xy xy xy 1.
1
.
3
Ta có x 2 y 2 1 xy nên x 6 y 6 ( x 2 y 2 ) ( x 2 y 2 ) 2 3 x 2 y 2
1 x 2 y 2 xy ( x y )2 3xy 3xy xy
(1 t ) (1 t ) 2 3t 3 1
1
Đặt t xy với t ;1 \ 0 . Khi đó ta được P
t (1 t )
3
2
2t 3
Hay P
= f (t )
t 1
1
Hàm số f (t ) trên ;1 \ 0
3
2
2t 4t 3
1
0 t ;1 \ 0
Ta có f '(t )
2
(t 1)
3
1
Vậy MinP P(1) t 1 x y 1
2
1 25
1
1
MaxP P( )
t x y
3
6
3
3
Thí dụ 20. Cho x, y , z thuộc đoạn 0;2 và x y z 3 .
Tìm giá trị lớn nhất của A x 2 y 2 z 2
Lời giải.
302
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
Cho x , y, z thuộc 0; 2 và x y z 3 . Tìm giá trị lớn nhất của A x 2 y 2 z 2
Giả sử: x y z 3 x y z 3z z 1 z 1;2
Lại có:
x 2 y 2 ( x y ) 2 , (*)
2
A 3 z z 2 2z 2 6 z 9
Xét f ( z ) 2 z 2 6 z 9, z 1;2 f '( z ) 4 z 6, f '( z ) 0 z
3
2
3 9
f (1) 5; f (2) 5; f
2 2
Kết hợp (*) ta có
Vậy max A 5 khi x 0; y 1; z 2
303
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
II. XÂY DỰNG GIÁN TIẾP HÀM SỐ f (t ) BẰNG SỬ DỤNG TÍNH CHẤT BẤT ĐẲNG
THỨC:
Phương pháp chung:
Dự đoán khả năng dấu bằng xảy ra hoặc giá trị đặc biệt trong điều kiện để đặt được biến phụ t
thích hợp.
Khả năng biến đổi được về hàm f(t)là khó buộc phải sử dụng bất đẳng thức.
Lưu ý khi sử dụng bất đẳng thức điều kiện dấu bằng xảy ra phải đúng
Cần thuộc một số bất đẳng thức phụ để có thể đưa về theo một đại lượng thích hợp nào đó theo ý
mong muốn.
Hàm f(t) tương đối khảo sát được.
Chú ý phần tìm điều kiện của t (phải thật chính xác)
Thích hợp cho các đề thi khối A và B.
Thí dụ 1. (Khối B 2009) Cho các số thực thay đổi thỏa ( x y )3 4 xy 2 .
Tìm GTNN của biểu thức P 3( x 4 y 4 x 2 y 2 ) 2( x 2 y 2 ) 1 .
Lời giải.
2
x2 y2
Ta có ( xy )
2
x2 y2
P 3( x 2 y 2 ) 2
2
2
2
2( x 2 y 2 ) 1
( x y) 2 1
(theo giả thiết ( x y ) 3 ( x y ) 2 ( x y) 3 4 xy 2 )
2
2
2
9t
1
Xét hàm số f (t )
2t 1 với t
4
2
9t
f / (t ) 2
2
Đặt t x 2 y 2
x
f /(t)
f(t)
1
2
+
9
16
1
2
Suy ra P f (t ) f ( )
Vậy GTNN P
9
16
9
1
khi x y z .
16
2
Thí dụ 2. (Khối B 2010) Cho các số thực không âm a, b, c thỏa a b c 1 .
Tìm GTNN của biểu thức P 3(a 2b2 b 2c 2 c 2 a 2 ) 3(ab bc ca) 2 a 2 b2 c 2
Lời giải.
Ta biến đổi P (ab bc ca ) 2 3(ab bc ca ) 2 1 2(ab bc ca )
304
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
Đặt
HĐBM -TỔ TOÁN
t ab bc ca , điều kiện 0 t ab bc ca
Xét hàm số
(a b c) 2 1
3
3
1
f (t ) t 2 3t 2 1 2t , t 0; , ta có
3
2
f '(t ) 2t 3
1 2t
2
f // (t ) 2
0
(1 2t )3
1 11
Do vậy f / (t ) là hàm nghịch biến: f / (t ) f / 2 3 0 .
3 3
Suy ra f (t ) là hàm số đồng biến
BBT
1
3
0
t
f / t
10 6 3
9
f (t )
2
Suy ra P f (t ) f (0) 2
ab bc ca
Vậy GTNN P 2 khi ab bc ca 0 khi (1; 0; 0) và các hoán vị.
a b c 1
Thí dụ 3. Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác có chu vi bằng 3.
Tìm GTLN của biểu thức P 3(a 2 b 2 c 2 ) 4abc .
Lời giải.
3
2
2
2
Ta có P 3(a b) 6ab 3c 4abc 3(3 c) 2 3c 2 2(3 c)ab
Giả sử 0 a b c 1 c
ab
3(3 c) 2 3c 2 2(3 c)
2
3
2
Xét hàm số f (t ) t 3 t 2
27
2
3c
3(3 c) 2 3c 2 2(3 c)
2
3
27
c3 c 2
2
2
3
với 1 t
2
2
2
f / (t ) 3c 2 3c
305
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
BBT:
t
3
1
0
_
f /(t)
0
2
+
f(t)
13
Suy ra P f (1) 13
Vậy GTNN P 13 khi a b c 1 .
Thí dụ 4. Cho các số dương x , y , z thỏa x y z 1 .
1
x
Tìm GTNN của biểu thức P x y z
1 1
.
y z
Lời giải.
Theo bất đẳng thức Côsi ta có
1 x y z 33 xyz
1 1 1
3
x y z 3 xyz
Suy ra P 33 xyz
3
xyz
3
1
Xét hàm số f (t ) 3t với 0 t
t
3
2
3 3 3t
f / (t ) 3 2
0
t
t2
3
1
0
x
_
f /(t)
3
f(t)
10
1
3
Suy ra P f (t ) f ( ) 10
Vậy GTNN P 10 khi x y z
1
3
Thí dụ 5. (Khối A 2003) Cho các số đương x, y, z thỏa x y z 1 .
Tìm GTNN của biểu thức P x 2
1
1
1
y2 2 z2 2 .
2
x
y
z
306
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
Lời giải.
2
2
1 1 1
1
Ta có P ( x y z ) 3 (33 xyz ) 2 33
x y z
xyz
9
1
1
x yz
Xét hàm số f (t ) 9t với 0 t
0t
t
9
3
9
2
2
f / (t ) 9
9 9 9t 2
0
t2
t2
1
0
x
9
_
f /(t)
f(t)
82
Suy ra P
f (t )
1
f ( ) 82
9
1
3
Vậy GTNN P 82 khi x y z .
Thí dụ 6. Cho các số thực không âm a, b, c thỏa a b c 3 .
Tìm GTLN của biểu thức P (a 2 ab b2 )(b 2 bc c 2 )(c 2 ca a 2 ) .
Lời giải.
Giả sử 0 a b c 3
a 2 ab b 2 b 2
a ( a b ) 0
2
2
2
a ( a c ) 0
a ac c c
Suy ra
Do đó P b 2 c 2 (b 2 bc c 2 ) b 2 c 2 (b c) 2 3bc
abc 3
ta có b c a b c b c 3 2 bc b c 3
0 a b c 3
9
Suy ra 0 bc
4
Từ đó ta có P b 2 c 2 (9 3bc)
9
Xét hàm số f (t ) 3t 3 9t 2 với 0 t
4
f / (t ) 9t 2 18t
Từ
9
t
0
f /(x)
0
2
+
0
_
4
12
f(x)
307
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
Suy ra P f (2) 12
Vậy GTLN P 12 khi a 0; b 1; c 2 và các hoán vị.
Thí dụ 7. Cho các số thực a, b, c đôi một khác nhau thuộc 0; 2 .
Tìm GTNN của biểu thức P
1
1
1
.
2
2
(a b) (b c) (c a)2
Lời giải.
Giả sử 0 a b c 2
1
1
2
0 ca 2
(c a)
4
Từ
1
1
0 c b 2 b
(b c) 2 ( 2 b) 2
1
1
1
Suy ra P 2
2
4
b
( 2 b)
1
1
1
Xét hàm số f (b) 2
với 0 b 2
2
4
b
(2 b)
2
2
f / (b) 3
b
( 2 b) 3
b
0
f /(b)
0
1
_
f(b)
0
2
+
9
4
9
4
9
Vậy GTNN P
khi a 0; b 1; c 2 và các hoán vị.
4
Suy ra P f (1)
Thí dụ 8. Cho các số đương x, y thỏa x y 1 .
Tìm GTNN của biểu thức P
x
y
.
1 x
1 y
Lời giải.
Áp dụng BĐT
a
b
a b
b
a
x
1 x
P
x 1 x
1 x
x
Xét hàm số f ( x) x 1 x với 0 x 1
1
1
1
f / ( x)
. f / x 0 x
2
2 x 2 1 x
308
Tài liệu ôn thi môn Toán THPTQG
HĐBM -TỔ TOÁN
1
x
0
f /(x)
1
2
+
0
0
_
2
f(x)
1
2
Suy ra P f ( ) 2
1
2
Vậy GTNN P 2 khi x y .
Thí dụ 9. (Khối B 2006) Cho các số thực thay đổi x, y .
Tìm GTNN của biểu thức P ( x 1)2 y 2 ( x 1)2 y 2 y 2
Lời giải.
Ta có BĐT
a 2 b 2 c 2 d 2 ( a c) 2 (b d ) 2
P (1 x x 1) 2 ( y y) 2 y 2 2 1 y 2 y 2
Xét hàm số f ( y) 2 1 y 2 y 2
Trường hợp y 2 0 y 2
f ( y) 2 1 y 2 y
2y
f / ( y)
1
1 y2
1
f / ( y) 0 y
3
1
Suy ra f ( y ) f 2 3
3
Trường hợp y 2 0 y 2
y
2
-∞
_
f /(y)
+∞
f(y)
2+ 3
f ( y) 2 1 y 2 2 1 2 2 2 3
Vậy GTNN P 2 3 khi x 0, y
1
3
.
309
- Xem thêm -
.PDF 
45 
257 
127 
