Tải bản đầy đủ

SKKN phương pháp đưa về xét hàm một biến số để tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÀO CAI
------------oOo------------

PHƢƠNG PHÁP ĐƢA VỀ XÉT HÀM MỘT BIẾN SỐ ĐỂ
TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT
Họ và tên tác giả: Đào Văn Lương

Chức vụ: Tổ trưởng chuyên môn
Tổ chuyên môn: Toán – tin học
Đơn vị công tác: Trường THPT chuyên tỉnh Lào Cai

CHỨC VỤ: TỔ TRƢỞNG CHUYÊN MÔN
TỔ : TOÁN TIN HỌC
ĐƠN VỊ: TRƢỜNG THPT CHUYÊN TỈNH LÀO CAI
Lào Cai, tháng 4 năm 2014


Mục lục
Nội dung

Trang


Đặt vấn đề

4

Giải quyết vấn đề

4

Cơ sở lý luận của vấn đề

4

Thực trạng của vấn đề

4

Các biện pháp đã tiến hành để giải quyết vấn đề

4

Các kiến thức chuẩn bị

6

Phương pháp đưa về xét hàm số một biến số để tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất.

8

Phương pháp khảo sát lần lượt từng biến để tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ

15

nhất.
Bài tập áp dụng
Hiệu quả của SKKN

Kết luận
Tài liệu tham khảo


20
22

22
23

2


Danh mục chữ cái viết tắt
Chữ viết tắt

Giải nghĩa

SKKN

Sáng kiến kinh nghiệm

GTLN

Giá trị lớn nhất

GTNN

Giá trị nhỏ nhất

SGK

Sách giáo khoa

VMO

Kỳ thi chọn học sinh giỏi Quốc gia Việt Nam môn Toán
(Vietnamese Mathematical Olympiad )

BĐT

Bất đẳng thức

ĐH –B2013

Đề thi đại học khối B năm 2013

IMO

Kỳ thi chọn học sinh giỏi Toán quốc tế
(International Mathematical Olympiad)

3


1. T VN
Trong ch-ơng trình bồi d-ỡng học sinh năng khiếu toán trung học phổ thông, chuyờn
bt ng thc, cc tr là một nội dung không thể thiếu, các bài toán về bt ng thc v
tỡm cc tr luôn luôn chiếm một vị trí quan trọng trong cấu trúc đề thi học sinh giỏi tỉnh, học
sinh giỏi Quốc gia v trong cỏc thi tuyn sinh i hc bt ng thc, cc tr thng l
cõu dựng phõn loi hc sinh.
Chuyờn bt ng thc v cc tr hc sinh c hc t rt sm, hin nay trờn th trng
ó cú rt nhiu ti liu tham kho cung cp rt nhiu cỏc phng phỏp chng minh bt
ng thc hay tỡm cc tr ca cỏc biu thc. Tuy nhiờn trong quỏ trỡnh dy hc tụi nhn thy
xu hng ra thi i hc v hc sinh gii ca nhiu nm gn õy phng phỏp hm s ni
lờn nh mt phng phỏp hiu qu gii quyt cỏc bi toỏn v tỡm giỏ tr ln nht v giỏ
tr nh nht ca cỏc biu thc. Vỡ vy tụi ó la chn ti:
PHNG PHP A V XẫT HM MT BIN S TèM GI TR LN
NHT V GI TR NH NHT
lm ti sỏng kin kinh nghim ca mỡnh trong nm hc 2013-2014.
2. GII QUYT VN
2.1 C s lý lun ca vn
Nghiên cứu và trình bày chuyên đề
PHNG PHP A V XẫT HM MT BIN S TèM GI TR LN
NHT V GI TR NH NHT
nhằm cung cp cho hc sinh cỏch suy ngh gii quyt cỏc bi toỏn tỡm GTLN v GTNN
bng cỏch a v kho sỏt i vi hm s cú mt bin s. Trong SKKN ta cựng xột cỏc ý
tng chuyn húa cỏc bi toỏn tỡm GTLN, GTNN ca cỏc biu thc cú cha nhiu bin
v xột vi hm s mt bin s v trong SKKN cng s cung cp cỏc nhn xột quan trng
ca phng phỏp, t ú giỳp hc sinh hiu rừ phng phỏp v cú mt cụng c hiu qu
gii quyt lp bi toỏn ny.

2.2. Thc trng ca vn
Chuyờn bt ng thc, cc tr là phần kiến thức quan trọng trong ch-ơng trình
toán THPT. Xuất hiện nhiều trong các đề thi chọn học sinh giỏi toỏn cỏc cp v trong k thi
tuyn sinh vo hc, cao ng hng nm. Tuy nhiên việc gii quyt c cỏc bi toỏn v
tỡm GTLN v GTNN l khụng n gin. Nó đòi hỏi ng-ời làm toán ngoài việc hiểu rõ kiến
thức, có các kỹ năng cần thiết thì cần phải có một t- duy sáng tạo, sắc bén.

2.3. Cỏc bin phỏp ó tin hnh gii quyt vn
Trong phn ny SKKN s trỡnh by cỏc ni dung chớnh l:

Đ 1 Cỏc kin thc chun b.
4


§ 2 Phƣơng pháp đƣa về xét hàm số một biến số để tìm giá trị lớn nhất và nhỏ
nhất.
§ 3 Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất bằng phƣơng pháp khảo sát lần lƣợt từng
biến số.
Trong mỗi nội dung được trình bày đều nêu rõ cơ sở của phương pháp, đưa ra các phân tích,
định hướng các lời nhận xét cần thiết. Cuối cùng là đề xuất một số bài tập tương tự để người
đọc tự rèn luyện.

5


Đ 1 Cỏc kin thc chun b
I. Khỏi nim v giỏ tr ln nht, giỏ tr nh nht ca hm s
Định nghĩa 1 : Cho hàm số f(x) xác định trên D.
Số M đ-ợc gọi là giá trị lớn nhất của hàm số f(x) trên D nếu :
f ( x) M , x D

x 0 D sao cho : f(x 0 ) M

Kí hiệu : M max f ( x) .
xD

Số m đ-ợc gọi là giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x) trên D nếu :
f ( x) m, x D

x 0 D sao cho : f(x 0 ) m

Kí hiệu : m min f ( x) .
xD

II. Phng phỏp chun húa
1. Mt s nh ngha.
nh ngha 2: Ta bo H(x,y,z) l mt a thc ng cp bc k (k nguyờn dng) nu
H(tx, ty, tz) = tk H(x, y, z).
nh ngha 3: Ta bo, f(x, y, z) và g(x, y, z) l hai a thc đồng bậc m (nguyên d-ơng) nếu

f( x, y, z) = m f(x, y, z)
g( x, y, z) = mg(x, y, z)
2) Phng phỏp chun húa
a) Bi toỏn 1: Cho H(x, y, z) là một đa thức đẳng cấp bậc k và hm s F(x, y, z) thỏa mãn
F(x, y, z) = F( x, y, z). Khi đó giá trị của F(x, y, z) trên miền {(x, y, z)| H(x, y, z) = a,
a > 0} không thay đổi khi a thay đổi.
Chng minh.
Thật vậy, giả sử M(x, y, z): H (x, y, z) = a1
M(x, y, z): H(x, y, z) = a2; a1 a2; a1, a2 > 0
Ta có H x, y, z = a1

a2
H(x, y, z) = a 2
a1

k

a
a
k 2 H(x, y, z) = a 2 H k 2 x,
a1
a1
đặt x' =

k

a2
x, y' =
a1

k

a2
y, z' =
a1

k

k

a2
y,
a1

k

a2
z = a2
a1

a2
z
a1

Ta có: H(x', y', z') = a 2 F(x', y', z') = F(x, y, z)
Mặt khác : M H(x, y, z) = a1 M' H(x', y', z') = a 2
6


b) Phng phỏp chun húa
T vic chng minh bi toỏn trờn, ta nhn c kt qu l: ể tìm giá trị của F(x, y, z) trên
miền H(x, y, z) ta chỉ cần tìm giá trị của F(x, y, z) trên miền H(x, y, z) = a, cố định thích
hợp. Trong ú H(x, y, z) là một đa thức đẳng cấp bậc k. Cỏch lm ny ta gi l phng phỏp
chun húa.
3) M rng
Bi toỏn 2: Cho bất đẳng thức: f(x, y, z) g(x, y, z) (*)
Với f, g đồng bậc và H(x, y, z) là một đa thức đẳng cấp bậc k. Nu bt ng thc (*) đúng
trên miền H(x, y, z) = a1 thì cũng đúng trên miền H(x,, y,, z,) = a2 với a1, a2 > 0.
Chng minh


H(x, y, z) = a1 H(x',y',z') = a 2 ; x' =



k

a2
a
x; k 2 y;
a1
a1

k

a2
z
a1

m

a
f(x', y', z') = k 2 .f(x, y, z)
a
1
T-ơng tự:
m

a
g(x', y', z') = k 2 .g(x, y, z)
a
1
Khi đó: f(x, y, z) g(x, y, z) f(x', y', z') g(x', y', z')
Nhn xột: Nh vy để chứng minh (*) đúng trên miền H(x,y,z) chỉ cần chứng (*) đúng trên
miền H(x, y, z) = a > 0 cố định. Việc chọn giá trị a là rất quan trọng, bi vỡ thay cho vic
nghiờn cu tớnh ỳng n ca (*) trờn min H(x,y,z) bt k thỡ ta ó chuyn v vic nghiờn
cu tớnh ỳng n ca (*) xột trờn min H(x,y,z) = a.

7


§ 2 Phƣơng pháp đƣa về xét hàm số một biến số để tìm giá trị lớn
nhất và nhỏ nhất.
1. Bài toán mở đầu:
Trước hết ta hãy xét bài toán sau:
Bài toán 1: (Câu V. Khối D-2009). Cho các số thực không âm x, y thay đổi và thỏa mãn:
x+y=1. Tìm GTLN, GTNN của biểu thức: S=(4x2+3y)(4y2+3x)+25xy.
Hƣớng dẫn giải
Để tận dụng giả thiết x+y=1 ta biến đổi như sau:
S=16x2y2+12(x3+y3)+34xy = 16x2y2+12[(x+y)3-3xy(x+y)+34xy
= 16x2y2-2xy+12.
Đặt t=xy, khi đó biểu thức:
S=f(xy) = f(t) = 16t2-2t+12.
Tiếp theo ta đánh giá xem với x,y không âm và x+y=1 thì miền giá trị của biến mới t như
thế nào?
Dễ thấy: 0  xy 

( x  y)2 1
1
  t [0; ]
4
4
4

Như vậy bài toán bây giờ trở về một bài toán đơn giản:

1
4

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của f(t)= 16t2-2t+12 với t  [0; ]

1
4

Bằng phương pháp lập bảng biến thiên của hà f(t) trên t  [0; ] , hoặc sử dụng qui tắc trang
21 SGK – Giải tích 12, ta dễ dàng nhận được Smax 

25
191
; Smin 
2
16

Nhận xét 1:
10) Ở bài toán trên ta cũng có thể từ giả thiết x+y=1 rút y=1-x rồi thay vào biểu thức S sẽ
đưa S về hàm bậc 4 đối với ẩn x, x [0;1] , sau đó tiến hành tương tự, tuy nhiên cách này
khi thực hiện sẽ dài và biểu thức của S không thuận lợi như cách làm trên.
20) Trong cách làm trên ta đã chuyển biểu thức của S về hàm f(xy), rồi sử dụng phép đặt ẩn
số phụ. Cần lưu ý tới các giả thiết của bài toán và ở dạng toán này khi đổi biến nhất thiết
phải đặt chính xác điều kiện cho biến mới.
2. Áp dụng.
Bài toán 2: Cho x, y là các số thực và thỏa mãn điều kiện x2+y2=2. Tìm GTLN, GTNN của
biểu thức: P=2(x3+y3) – 3xy
8


Hƣớng dẫn giải:
So sánh với bài toán 1, rõ ràng việc xuất phát từ giả thiết của bài toán để rút biến x theo y
rồi thế vào biểu thức P khó thực hiện được, do đó một suy nghĩ tự nhiên là ta sẽ tìm cách
biểu diễn biểu thức P theo một ẩn số có chứa cả x và y rồi sử dụng phép đặt ẩn số phụ.
Ta có:

P  2( x  y)( x 2  y 2  xy)  3xy  2( x  y)(2  xy)  3xy
Mặt khác, ta luôn có đẳng thức hiển nhiên sau:

xy 

( x  y)2  2
, vì thế sau khi đặt t=x +y, thì
2

t2  2
t2  2
3
P  f (t )  2t (2 
)3
 t 3  t 2  6t  3
2
2
2
Vấn đề còn lại với giả thiết ban đầu thì biến mới t như thế nào?
Lại có: ( x  y)2

Bunhiacopsky



2( x 2  y 2 )  4  t [-2;2]

Đến đây bài toán trở về bài toán tìm GTLN và GTNN của hàm số

3
f (t )  t 3  t 2  6t  3 , với t [-2;2]
2
(Đây là bài tập quen thuộc trong SGK giải tích 12).
Bài toán 3. (Đại học khối B-2012)
Cho các số thực x, y, z thỏa mãn các điều kiện x  y  z  0 và x2  y 2  z 2  1. Tìm giá trị
lớn nhất của biểu thức P  x5  y5  z 5 .
Hƣớng dẫn giải
*) Đưa P về hàm ẩn x?
Ta có:
P  x5  ( y 2  z 2 )( y3  z 3 )  y 2 z 2 ( y  z )
1
5
P  x5  (1  x 2 )[( y 2  z 2 )( y  z )  yz ( y  z )]+( x 2  )2 x = (2 x 4  x)
2
4

*) Tìm miền giá trị của x?
Do x+y+z=0 và x2+y2+z2=1. Nên ta có:
0  ( x  y  z)2  x2  y 2  z 2  2 x( y  z )  2 yz  1  2 x 2  2 yz

1
2

Suy ra: yz  x 2  ; do yz 

y2  z 2 1  x 2
1 1  x2
6
6

 x2  

 x
2
2
2
2
3
3

9


*) Bài toán trở thành: Tìm giá trị lớn nhất của hàm P=f(x)=

5
6
6
(2 x 4  x) , với 
x
4
3
3

Bài toán 4. (Đại học khối B-2011) Cho các số thực a, b, là các số thực dương thỏa mãn
điều kiện : 2(a2  b2 )  ab  (a  b)(ab  2) . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
 a 3 b3   a 2 b 2 
P  4 3  3   9 2  2  .
a 
b a  b

Hƣớng dẫn giải
Lƣu ý rằng:
 a 3 b3   a 2 b 2 
a b
a b
 3   9  2  2   f (  ) = f(t)=4t3-9t2-12t+18, với t  
3
b a
b a
b a  b a 

*) P  4 

*) Tìm miền giá trị cho biến mới t?
Từ giả thiết:
2(a 2  b2 )  ab  (a  b)(ab  2)
 2(a 2  b2 )  ab  a 2b  ab2  2(a  b)

a b
1 1
1 1
a b
 2(  )  1  (a  b)  2(  )  2 2(a  b).(  ) = 2 2(   2)
b a
a b
a b
b a
a
b

b
a

Giải bất phương trình này, sẽ tìm được điều kiện: t   

5
2

Bài toán trở thành: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm: f(t)=4t3-9t2-12t+18, với t 

5
2

Bài toán 5 (VMO-2003- bảng A).
Cho hàm số f xác định trên tập hợp số thực R, lấy giá trị trên R và thoả mãn điều kiện:
f(cotx) = sin2x+cos2x, với  x  (0;  ). Hãy tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm
số

g(x) = f(x).f(1-x) trên [-1;1]
Hƣớng dẫn giải

Ta có: f(cotx) = sin2x+cos2x, với  x  (0;  ).
Đặt t=cotx, khi x  (0;  ) thì t thuộc R.
Hàm f (t ) 

t 2  2t  1
;t 
t2 1

Dẫn đến : g(x) = f(x).f(1-x) =

x 2 (1  x)2  8 x(1  x)  2
;xR
x 2 (1  x)2  2 x(1  x)  2

Đặt u=x(1-x). Khi x thuôc [-1 ;1] thì u thuộc [-2 ;1/4]
Bài toán trở thành :

10


Tìm GTLN, GTNN của hàm h(u ) 

u 2  8u  2
1
, u  [-2; ] (đến đây là bài tập SGK).
2
u  2u  2
4

Bài toán 6 (VMO-2004 bảng B):
x  y  z  4
. Hãy tìm GTNN và GTLN
 xyz  2

Xét các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện 
của biểu thức : P  x 4  y 4  z 4

Hƣớng dẫn giải
Đặt t=xy+yz+zx, đưa Q về dạng Q= 2(t2-32t+144)
*) Tìm điều kiện của t?
Từ giả thiết, suy ra y+z=4-x và yz=2/x
nên t=x(4-x)+2/x(*)
Sử dụng BĐT hiển nhiên: ( y  z )2  4 yz  (4  x)2 

8
 3  5  x  2(do x  (0;4))
x

Khảo sát hàm t(x) trên miền x ở trên suy ra điều kiện của t. Khi đó bài toán trở về bài toán
SGK.
Bài toán 7. (Đề thi đại học khối B-2010)
Cho các số thực a ,b ,c không âm thỏa mãn a + b + c = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
M = 3(a 2b2  b2c2  c2 a 2 )  3(ab  bc  ca)  2 a 2  b2  c2
Hƣớng dẫn giải
Nhận xét rằng đây là bài toán tìm GTNN của biểu thức đối xứng giữa ba biến, việc suy nghĩ
theo hướng rút thế để giảm dần số biến qui về hàm một biến rất khó thực hiện.
Hơn nữa, ta có:
M  3(a 2b 2  b 2c 2  c 2 a 2 )  3(ab  bc  ca)  2 a 2  b 2  c 2
=3(a 2b 2  b 2c 2  c 2 a 2 )  3(ab  bc  ca)  2 (a  b  c) 2  2(ab  bc  ca)
=3(a 2b 2  b 2c 2  c 2 a 2 )  3(ab  bc  ca)  2 1  2(ab  bc  ca)

Như vậy, qua cách biểu diễn trên ta đã đưa M về dạng chỉ chứa các biểu thức ab, bc, ca.
Làm thế nào để biểu thị M thông qua biểu thức của hàm chỉ chứa một biến số, ta nghĩ đến
một đánh giá trung gian, khá tự nhiên là:
3(a 2b2  b2c 2  c 2 a 2 )

Bunhiacopssky



(ab  bc  ca)2 , khi đó

M  (ab  bc  ca)2  3(ab  bc  ca)  2 (a  b  c)2  2(ab  bc  ca)

Đặt t=ab+bc+ca thế thì: M  f (t )  t 2  3t  2 1  2t
11


Mặt khác: (a  b  c)2  3(ab  bc  ca) (BĐT hiển nhiên).
1
3

Nên t  [0; ] đến đây bài toán được đưa về đưa về bài toán SGK. Tìm GTNN của
1
f (t )  t 2  3t  2 1  2t với t  [0; ]
3

Nhận xét 2:
30) Trong nhiều trường hợp ta phải sử dụng các đánh giá trung gian để làm trội biểu thức
cần tìm GTLN và GTNN, khi sử dụng các đánh giá trung gian này cần phải lưu ý đến việc
dấu bằng xảy ra đồng thời của các bất đẳng thức trung gian mà ta sử dụng.
Bài toán 8. (HSG tỉnh phú Thọ 2013-2014).
Cho các số dương a, b, c thay đổi thỏa mãn a  b  c  3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

 2a  b  c   2b  c  a  8  a  b  3
S 2
2
2
9c
2a   b  c 
2b2   c  a 
2

c2  3

2

.

Hƣớng dẫn giải

 2a  b  c 
2
2 a2   b  c 
2

Vì a  b  c  3 nên ta có

 2a  b  c 
2
2 a2   b  c 
2

Suy ra



 2b  c  a
2
2b2   c  a 

a2  6 a  9 1 
8a  6 

.

1

3a2  6a  9 3   a  12  2 



1
 4a  4  . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  1.
3

2

Tương tự





1
 4b  4  . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi b  1.
3









8 a  b  3 c2  3
1
Do đó S   4  a  b  8 
3
9c

8 3  c  3 c2  3
52 4c 8 8 c2  3
1


 
.
  4  3  c  8 
3
9c
9
3 3c
3c
52 4c 8 8 c2  3

 
Xét hàm số f  c  
với 0  c  3 .
9
3 3c
3c
Chứng minh được max f  c   f 1 
0  c 3

16
16
. Vậy max S  .
9
9

Bài toán 9: Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn x2 + y2 + z2 = 9, tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức: F = 2(x + y + z) – xyz.
Hƣớng dẫn giải
12


Do vai trò a, b, c bình đẳng giả sử x  y  z  z2  3.
Ta có F = 2(x + y) + (2 – xy)z
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopsky ta có:
2
2
2  x  y    2  xy  z   22   2  xy    x  y   z 2 
2



  2  x  y    2  xy  z   8  4 xy  x y
2

Theo bài ra ta suy ra: F 

2

2

 x

2

 2 xy  y 2  z 2 

8  4 xy  x y  9  2 xy  (1)
2

2

Đặt xy = t, vì x2 + y2 + z2 = 9  x2 + y2 = 9 – z2 , mà:
2 xy  x2 + y2  9 – z2  6 nên -3  t  3, từ đó bất đẳng thức (1) trở thành:
F

8  4t  t   9  2t 
2

 F 

2t 3  t 2  20t  72

Xét hàm số f(t) = 2t3 + t2 - 20t + 72 với t  [-3, 3], ta chứng minh:
f(t) = 2t3 + t2 - 20t + 72  100 (2)
3
2
 2t + t – 20t – 28  0

 (t + 2)(2t2 – 3t - 14)  0
2
 (t + 2) (2t – 7)  0

Do t  [-3, 3] nên bất đẳng thức trên đúng, dấu ‘=’ xảy ra  t = - 2.
Suy ra: F  10 (3)

2  xy
 2

0

x y
z
2  xy
 2


0

z
Dấu ‘=” của bđt (1) xảy ra   x  y
.Xét hệ:  x 2  y 2  z 2  9
 xy  2
 x2  y 2  z 2  9



 (x, y, z) = (2, -1, 2), (-1, 2, 2).

Vậy GTLN của F = 10 đạt được  (x, y, z) = (2, -1, 2) và các hoán vị của chúng.
Nhận xét 3 :
40) Trong nhiều trường hợp để tìm giá trị lớn nhất của biểu thức ta có thể kết hợp với
phương pháp chuẩn hóa, để chuyển các biểu thức cần tìm GTLN và GTNN về các biểu thức
có dạng đơn giản hơn đồng thời tạo ra các điều kiện liên hệ giữa các biến.
Bµi to¸n 10: Cho a, b, c > 0. Tìm GTLN của F =

7(ab + bc + ca)
9abc
(a + b + c)2
(a + b + c)3

Hƣớng dẫn giải
13


F(a, b, c) =

7(ab + bc + ca)
9abc
2
(a + b + c)
(a + b + c)3

Do F(a , b, c) = F(ta, tb, tc). Ta có thể xem a + b + c = 1.
Suy ra:

F(a, b, c) = 7(ab + bc + ca) - 9abc = 7a(1 - a) + bc(7 - 9a)

Giả sử:

0
a+b+c=1
1
(b + c)2
(1- a)2
Ta có:
0 < a ; 7 - 9a > 0; bc
=
3
4
4
0 < a b c
Khi đó:

(1- a)2
1
F(a, b, c) 7a(1- a) +
(7- 9a); 0 < a
4
3
1
1
F(a, b, c) f(a) = (- 9a 3 - 3a 2 + 5a + 7)
4
4
Khảo sát hàm số f(a), ta có: max F(a, b, c) = 2 t c khi a=b=c.
Bi toỏn 11: Cho a, b, c > 0. Tỡm GTNN ca

(a + b + c)2
1 a 3 + b 3 + c3 a 2 + b 2 + c 2
Q= 2 2 2 +
(1)
2
abc
ab + bc + ca
a +b +c
Hng dn gii
Do F(a, b, c) = F(ta, tb, tc). Ta chỉ tìm giá trị của Q trên miền
a2+b2+c2=3
Khi đó:

(a + b + c)2 = a 2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ca (a + b + c)2 = 3 + 2(ab + bc + ca)
a 3 + b3 + c3 = 3abc + (a + b + c)3 - (ab + bc + ca)
a 3 + b 3 + c3
1
1
1

=3+(
+
+
)3 - (ab + bc + ca)
abc
ab
bc ca

= ab + bc + ca 3; =

Đặt

1
1
1 9
+
+
. Suy ra:
ab bc ca

Q

5 2 9
3
2 12
6


(3 )
2
2 2( )
2 3 2
2
3

3



6

3








3



3





3



3

3( )



1/ 3

3
Q 2 2


1

3

4

Suy ra: minQ = 4 , khi a = b = c > 0

14


§ 3 Phƣơng pháp khảo sát lần lƣợt từng biến để tìm giá trị lớn nhất
và giá trị nhỏ nhất.
1. Nhận xét 4 : Để tìm cực trị của biểu thức cú chứa nhiều biến số có thể dùng phương pháp
khảo sát lần lượt từng biến, nghĩa là Tìm GTLN (hoặc GTLN) của hàm số với biến thứ nhất
và các biến còn lại coi là tham số. Rồi tìm GTLN(GTNN) của hàm số với biến thứ hai và
ứng với giá trị đã xác định của biến số thứ nhất mà các biến số còn lại coi như là tham số.
2. Ví dụ minh họa.
Bài toán 12:
Xét hàm số : f(x;y) = (1-x)(2-y)(4x-2y) trên miền D = {(x,y)/ 0  x  1, 0  y  2}
Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số f trên miền D.
Hƣớng dẫn giải
Biến đổi hàm số đã cho trở thành: f(x,y) = 2(1-x)(2-y)[(2-y)-2(1-x)]
Đặt v = 1-x và u = 2- y, ta chuyển về tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:
F(u,v) = uv(u-2v) = -2uv2+u2v, trên miền : E = {(u,v)| 0  u  2 , 0  v  1}. Nghĩa là:
Tìm min F (u, v)  min [min F (u, v)]  min [min (2uv2  u 2v)]
E

0  u  2 0  v 1

0 u  2 0  v 1

Xét hàm : g(v) = -2uv2+u2v với 0  v  1 và ta coi u là tham số thoả mãn 0  u  2. Ta có:
g'(v) = -4uv+u2 = u(u-4v) ta thấy g'(v) = 0  v0=

u
u 1
mà 0    v0  [0;1] và qua v0 thì
4
4 2

g'(v) đổi dấu từ dương sang âm, suy ra: min g (v)  min{ g (0); g (1)} ¦ = min{0;-2u+u2}=u2-2u
0v1

(vì u2-2u = u(u-2)  0)
Vậy: min F (u, v)  min (2u  u 2 ) = -1 khi u = 1; v = 1.
0u 2

E

u  1  x  0

v  1
y  1

Từ đó min f ( x, y)  2 min F (u, v)  2 đạt được khi 
D
E

Bài toán 13: Xét các số thực dương a, b,c thoả mãn điều kiện: abc+a+c = b. Tìm giá trị lớn
nhất của biểu thức: P =

2
2
3
(VMO-1999-bảng A)
 2
 2
a 1 b 1 c 1
2

Hƣớng dẫn giải
Từ giả thiết: abc+a+c = b  a+c = b(1-ac) > 0  ac < 1  0
1
c

Rút b =

ac
(1)
1  ac

 P=

2
2(1  ac) 2
3
2
2(1  2ac  a 2 c 2 )
3



 2
=
2
2
2
2 2
2
2
2
2
a 1 a  c 1 a c
c 1
a  1 (1  a )(1  c )
c 1

thay vào biểu thức P ta thu được: P =

2
2
3

 2
ac 2
a 1
c 1
(
) 1
1  ac
2

15


=

2
3
2[(1  a 2  c 2  a 2 c 2 )  (a 2  2ac  c 2 )]
2
3
2(a  c) 2
=




2
a2 1 c2 1
(1  a 2 )(1  c 2 )
a 2  1 c 2  1 (1  a 2 )(1  c 2 )

(2)
Xét hàm số f(a) =
Ta có: f'(a) =

1
(a  c) 2
1
với 0 < a <

2
2
2
c
a  1 (1  a )(1  c )

. coi c là tham số c > 0

 2c(a 2  2ac  1)
1
trên (0; ) thì f'(a) = 0  a2+2ac -1 = 0  a =
2 2
2
c
(1  a ) (1  c )

1
 c  c 2  1  (0; )
c

( loại a =  c  c 2  1  0 )

Bảng xét dấu:
 c  c2 1

a
f'(a)

-

0

 c  c2 1

0

+

0

-

1/c

-

f(a)

Qua a0 =  c  c 2  1 thì f(a) đổi dấu từ dương sang âm

nên f(a) đạt cực đại tại

a0 =  c  c 2  1
 f(a)  f(a0) = f(  c  c 2  1 ) = 1+

P =2. f(a) +

c
c2 1

từ đó theo (2) ta có:

c
3
3
)+ 2
 2  2(1+
2 =
2
c 1
c 1 c 1
2

Xét hàm số: g(c) =

2c
c2 1

+

c 1
2

+

3
= g(c)
c 1
2

2(1  8c 2 )
3
với
c
>
0.
Ta
có:
g'(c)
=
c2 1
(c 2  1) 2 (3c  c 2  1)

Với c > 0 thì g'(c) = 0 tại c0 =

1
2 2

g(c0) là giá trị cực đại, suy ra P  g(
và a =  c  c 2  1 =

2c

và dễ thấy qua c0 thì g'(c) đổi dấu từ dương sang âm nên
1
2 2

)=

10
1
. Giá trị P đạt được khi c =
3
2 2

2
b = 2
2

Bài toán 14: Xét các số thực dương x, y, z thoả mãn hệ điều kiện sau :
2
 5  z  min{ x, y} (1)

1 2 3
4

(2) Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P(x;y;z) =  
 xz 
x y z
15

1

(3)
yz  5


16


(VMO-2001-bảng B)
Hƣớng dẫn giải
1
x

1
z

1
y

1
z

Ta viết lại : P(x,y,z) = (  )  2(  )
Từ điều kiện (1) suy ra: x  z và từ (2) suy ra: x 
a) Xét hàm số : f(x) =

4
4
} (4)
 x  max {z,
15 z
15 z

1 1
2
. Xảy ra hai trường hợp sau
 với x > 0 và tham số là z 
x z
5

đây: (Rõ ràng ta nghĩ tới việc xét giá trị mà làm cho z =
 Nếu z 
 Nếu

2
15

thì x  z 

2
z 
5

2
15

Xét hàm số g(z) =

thì x 

4
2
)
 z=
15 z
15

4
1 1
1 1 2
theo (4) nên: f(x) =      15 (5)
x z
15 z
z z z
4
1 1
15 z 1
 = g(z)
 z theo (4) nên: f(x) =  
x z
15 z
4
z

15 z 1
2
 với  z 
4
z
5

2
15

. Ta có: g'(z) = =

15 1
2 2
]
 2 < 0 khi z  [ ;
4 z
5 15

2
5

Từ đó  g(z) là hàm giảm và f(x)  g(z)  g( ) = 4 (6)
So sánh (5) và (6) kết luận: f(x) =
=

1 1
1 1
2
 x
= 4 z =
  4. Dấu "=" xảy ra 

x z
x z
5

2
(7)
3

b. Xét hàm số h(y) =

1
1 1
 Từ điều kiện (1) và (3) suy ra y  max{z; } (8)
5z
y z

Lập luận hoàn toàn tương tự như câu a) ta được
 Nếu z 
 Nếu

1
5

thì h(y)  2 5 (9)

9
9
2
1
1 1
thì h(y) 
(10) . So sánh (9) và (10) rút ra :  
đồng thời :
z
2
2
5
y z
5

9
1 1
 =
2
y z

 z=

2
1
 y=
5
2

1
x

1
z

1
y

1
z

Từ các kết quả a) và b) ta có: P(x;y;z) = (  )  2(  )  4+2.

9
= 13
2

17


2

x  3

1

Vậy MaxP(x,y,z) = 13 đạt được khi  y 
2

2

z  5


Bài toán 15: Xét các số thực dương a, b, c thoả mãn điều kiện: 21ab+2bc+8ca  12
Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P(a,b,c) =

1 2 3
 
a b c

(VMO- 2001)
Hƣớng dẫn giải
Đặt x =

1
1
1
; y = ; z = , thì đề bài chuyển về bài toán sau:
a
b
c

Xét các số thực dương x, y, z thoả mãn điều kiện: 2x+8y+21z  12xyz. Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức:
P(x,y,z) = x+2y+3z
7

x  4 y

Xuất phát từ giả thiết : 2x+8y+21z  12xyz  z(12xy-21)  2x+8y > 0  
(1)
z  2x  8 y

12 xy  21

Suy ra : P(x,y,z)  x+2y+
Xét hàm số: f(x) = x+

2x  8 y
(2)
4 xy  7

2 x  8 y 4 x 2 y  5x  8 y
7
=
với biến là x >
và y là tham số y >0
4 xy  7
4 xy  7
4y

16 x 2 y 2  56 xy  32 y 2  35
7
Ta có: f'(x) =
trên ( ;+  ) thì f'(x) = 0  16x2y2-56xy-32y2+35
2
4y
(4 xy  7)

32 y 2  14
7

4y
4y

= 0 có nghiệm duy nhất là x0 =

và qua x0 thì f'(x) đổi dấu từ âm sang

dương nên f(x) đạt cực tiểu tại x0 .
Từ đó f(x)  f(x0) =

32 y 2  14
(4 x 2 y  5 x  8 y )' | x0
7
5
5
(theo định lý ) = 2x0 - =2( 
)(4 xy  7)'| x0
4y
4y
4y
4y

32 y 2  14
9
=

4y
2y

Suy ra: P(x,y,z)  f(x)+2y  2y+

32 y 2  14
9

= g(y) (3)
4y
2y

18


Xét hàm số g(y) = 2y+

32 y 2  14
9
với y > 0. Sau khi tính g'(y) ta có: g'(y) = 0

4y
2y

2
 (8y -9) 32 y 2  14 -28 = 0

đặt t =

32 y 2  14 (Điều kiện t > 0) thì phương trình trên trở thành : t - 50t -112 = 0 
3

2
 (t-8)(t +8t+14) = 0  t = 8  y =

Với y > 0 và qua y0 =

5
5
. từ đó g'( ) = 0
4
4

5
5
thì g'(y) đổi dấu từ âm sang dương nên g(y) đạt cực tiểu tại y0 =
4
4

lúc đó:
5
4

g( ) =

15
5
15
. Từ đó và theo (3) suy ra: P(x,y,z)  g(y)  g( ) = (Theo tính chất bắc cầu)
2
4
2

5

1

y  4
a  3



32 y 2  14
7
4

Dấu đẳng thức xảy ra   x 

 3  b 
4y
2y
5


3


2
z 
c  2

3


Vậy : MinP(a,b,c) =

15
.
2

Nhận xét 5: Phương pháp khảo sát lần lượt từng biến cho thấy đường lối giải rõ ràng hơn
so với cách vận dụng bất đẳng thức, đồng thời có thể dùng để giải một loạt các bài toán tìm
cực trị của hàm nhiều biến.

19


§ 4 BÀI TẬP ÁP DỤNG
Bài tập 1: Tìm GTLN, GTNN của biểu thức: P 

2( xy  y 2 )
2 xy  2 x 2  1

Bài tập 2: (A-2006). Cho hai số thực  x  0, y  0  thay đổi và thỏa mãn điều kiện:
( x  y) xy  x 2  y 2  xy .

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A 

1 1

x3 y 3

Bài tập 3 (ĐH B-2009). Cho các số thực x, y thay đổi và thoả mãn:
(x + y)3 + 4xy ≥ 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
A = 3(x4 + y4 + x2y2) – 2(x2 + y2) + 1
Bài tập 4. (ĐH B-2007). Cho x , y , z là ba số thực dương thay đổi . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
x
2

thức : P  x( 

1
y 1
z 1
)  y(  )  z (  )
yz
2 zx
2 xy

Bài tập 5. (ĐH A2011) Cho x, y, z là ba số thực thuộc đoạn [1; 4] và x y, x z.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu biểu thức P 

x
y
z


2x  3y y  z z  x

Bài tập 6. (ĐH A2012) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x +y + z = 0. Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức P  3 x y  3 y  z  3 z  x  6 x2  6 y 2  6 z 2 .
Bài tập 7. (ĐH A2013) Cho các số thực dương a, b, c
(a  c)(b  c)  4c2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 

thỏa mãn điều kiện

32a 3
32b3
a 2  b2


(b  3c)3 (a  3c)3
c

Bài tập 8. (ĐH B2013) Cho a, b, c là các số thực dương . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
:
P

4
a b c 4
2

2

2



9
(a  b) (a  2c)(b  2c)

 x, y  0
. Tìm GTLN của P  x2 y 2 ( x 2  y 2 )
x  y  2

Bài tập 9. (Ireland 2000). Cho 

Bài tập 10. Xét các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện (x+y+z)3=32xyz. Hãy tìm
GTNN và GTLN của biểu thức : P 

x4  y 4  z 4
(VMO-A-2004).
( x  y  z )4

Bài tập 11. (IMO 1984/1). Cho x, y,z là các số thực không âm sao cho: x+y+z=1.
CMR: 0  xy  yz  zx  2 xyz 

7
. Dấu ‘=’ xảy ra khi nào ?
27

Bài tập 12. (VMO-2001-bảng A). XÐt c¸c sè thùc d-¬ng x, y, z tho¶ m·n ®iÒu kiÖn
20


1
1
2 z 2 min{ x 2 , y 3}


x z 3 6

y 3 z. 10 2 5


Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P(x,y,z) =

1
2
3
2 2
2
x
y
z

Bi tp 13.
Cho hàm số: f(x,y,z) =xy+yz+zx - 2xyz trên miền : D = {(x,y,z):0 x,y,z và x+y+z = 1 }
Tìm min f ( x, y, z ) và max f ( x, y, z )
D

D

Bi tp 14. Chứng minh rằng nếu x, y, z là các số thực đôi một khác nhau thì :
| x y|
1 x2 1 y2



| yz|
1 x2 1 z 2



| xz|
1 x2 1 z2

Bi tp 15: Cho x, y, z R thoả mãn ba điều kiện :


0 z y x 3
3
2
2 1
xy y
18
4
3
2 2 2 3
x y y z z x

(1)
(2)
(3)
1
2

Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: F(x,y,z) = xyz

80 3 9 3
x y
27
4

---------------------------------------------------------------

21


2.4. Hiu qu ca SKKN
Sáng kiến kinh nghiệm này đ-ợc ỏp dng dy cho i tuyn thi chn HSG cp tnh
v cp Quc gia trong nm hc 2013-2014 t hiu qu tt, cú 4 hc sinh t gii hc sinh
gii Quc gia mụn Toỏn hc. Sỏng kin kinh nghim l chuyờn tt c s dung trong
vic bi dng hc sinh nng khiu.
3. Kt lun
Bt ng thc, cc tr là phần kiến thức quan trọng trong ch-ơng trình toán THPT.
Xuất hiện nhiều trong các đề thi chọn học sinh giỏi toỏn cỏc cp, trong cỏc thi tuyn sinh
vo i hc v cao ng hng nm. Tuy nhiên việc gii quyt c cỏc bi toỏn v bt ng
thc, cc tr l khụng n gin. Nó đòi hỏi ng-ời làm toán ngoài việc hiểu rõ kiến thức, có
các kỹ năng cần thiết thì cần phải có một t- duy sáng tạo, sắc bén.
Sáng kiến kinh nghiệm này đ-ợc ỏp dng dy cho i tuyn thi chn HSG cp tnh
v cp Quc gia cú hiu qu. Sỏng kin cng cú th c sử dụng thành chuyên đề để giúp
học sinh THPT phát triển kỹ năng, kỹ xảo và t- duy trong quá trình giải toán. Sáng kiến
cũng có thể đ-ợc sử dụng nh- là một tài liệu tham khảo cho các bạn học sinh yêu thích môn
toán và chuẩn bị thi vào các tr-ờng đại học và cao đẳng, thi học sinh giỏi. Sáng kiến có thể
phát triển thành đề tài nghiên cứu, gắn liền với ch-ơng trình THPT nhằm giúp cho học sinh
tiếp thu và t- duy một cách nhanh nhất.
Sáng kiến kinh nghiệm đã đạt đ-ợc mục đích và nhiệm vụ nghiên cứu đã đề ra. Tuy
nhiên vì thời gian nghiên cứu còn hạn chế, nên sáng kiến không tránh khỏi thiếu xót. Rất
mong nhận đ-ợc những ý kiến đóng góp quý báu của các thầy cô giáo và các em học sinh
khi sử dụng tài liệu này.

Lào Cai tháng 4 năm 2014

Giáo viên
o Vn Lng

22


Tài liệu tham khảo
1. Gii thiu thi i hc cao ng t 2002 n 2013. tỏc gi: Trn Tun ip Ngụ
Long Hu- Nguyn Phỳ Trng.
2. Tuyn tp thi chn HSGQG mụn Toỏn.
3. Tạp chí toán học và tuổi trẻ.
4. Địa chỉ Webside. Mathscope.org.

23



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×