Về một cách tìm giá trị lớn nhất , nhỏ nhất của biểu thức chứa hai biến số

<span class='text_page_counter'>(1)</span>vÒ mét c¸ch t×m gi¸ trÞ lín nhÊt , nhá nhÊt cña biÓu thøc chøa hai biÕn sè §ç B¸ Chñ – Th¸i B×nh tÆng www.mathvn.com Có nhiều phương pháp để tìm giá trị lớn nhất (GTLN) , giá trị nhỏ nhất (GTNN) của một biểu thức có từ một biến số trở lên . Bài viết này chúng tôi xin trao đổi về phương pháp tìm cực trị của biểu thức hai biến số nhờ miền giá trị , trong đó hai biến bị ràng buộc bởi một điều kiện cho trước . Bài toán : Cho các số thực x , y thoả mãn điều kiện : G(x ; y) = 0 ( hoặc G(x;y) ≥ 0 hoặc G(x;y) ≤ 0 ) . Tìm GTLN , GTNN ( nếu có ) của biểu thức P = F(x ; y).. Cách giải : Gọi T là miền giá trị của P . Khi đó m là một giá trị của T khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm (x ; y):. ⎧ G ( x; y ) = 0 ⎧ G ( x; y ) ≥ 0 ⎧ G ( x; y ) ≤ 0 ( hoặc ⎨ hoặc ⎨ ) ⎨ ⎩ F ( x; y ) = m ⎩ F ( x; y ) = m ⎩ F ( x; y ) = m Sau đó tìm các giá trị của tham số m để một trong các hệ trên có nghiệm . Từ đó suy ra miền giá trị T của P , rồi suy ra GTLN , GTNN ( nếu có ) của P. Sau đây là các bài toán minh hoạ .. Bài toán 1 : Cho hai số thực x , y thoả mãn điều kiện :. 3. x ( 3 x − 1) + 3 y. (. 3. ). y − 1 = 3 xy. Tìm GTLN , GTNN của biểu thức F = 3 x + 3 y + 3 xy .. Lời giải : Gọi T1 là miền giá trị của F . Ta có m ∈ T1 ⇔ hệ sau có nghiệm:. (. ). ⎧ 3 x ( 3 x − 1) + 3 y 3 y − 1 = 3 xy ⎪ ⎨ 3 ⎪⎩ x + 3 y + 3 xy = m. ⎧⎪ S = 3 x + 3 y Đặt : ⎨ . Ta có ∃x, y ⇔ ∃S, P : S 2 ≥ 4 P ⎪⎩ P = 3 xy ⎧ S 2 − S − 3P = 0 ⎧ S 2 + 2 S = 3m ⇔⎨ Hệ trên ⇔ ⎨ ⎩ S+P=m ⎩ P = m−S 4( S 2 − S ) Ta có : S 2 ≥ 4 P ⇔ S 2 ≥ ⇔ S 2 − 4S ≤ 0 ⇔ 0 ≤ S ≤ 4 3 Từ đó hệ PT đầu có nghiệm ⇔ f ( S ) = S 2 + 2 S = 3m có nghiệm 0 ≤ S ≤ 4 . Vì hàm bậc hai f(S) đồng biến trên. [ 0;4]. nên PT f(S) = 3m có nghiệm 0 ≤ S ≤ 4 ⇔ f (0) ≤ 3m ≤ f (4) ⇔ 0 ≤ 3m ≤ 24. ⇔ 0 ≤ m ≤ 8 . Do đó T1 = [ 0 ;8] Vậy minF = 0 , maxF = 8. Bài toán 2 : Cho các số thực x, y thoả mãn : x 2 - xy + y 2 ≤ 3 Tìm GTLN , GTNN của biểu thức Q = x 2 + xy - 2y 2 Lời giải : Gọi T2 là miền giá trị của Q . Ta có m ∈ T2 ⇔ hệ sau có nghiệm: ⎧x 2 - xy + y 2 ≤ 3 ⎨ 2 2 ⎩ x + xy - 2y = m. (1) (2). Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ⎧⎪ x 2 ≤ 3 Nếu y = 0 thì hệ (1),(2) ⇔ ⎨ 2 , suy ra trường hợp này hệ có nghiệm (x ; 0) ⇔ 0 ≤ m ≤ 3 ⎪⎩ x = m ⎧ y 2 (t 2 − t + 1) ≤ 3 (3) Nếu y ≠ 0 thì đặt x = ty ta có hệ : ⎨ 2 2 ⎩ y (t + t − 2) = m (4) m(t 2 − t + 1) m 2 2 ≤3 Từ (4) ta phải có m (t + t − 2) > 0 và thay y = 2 vào (3) được 2 t +t−2 t +t −2 ⎧m(t 2 + t − 2) > 0 ⎪ Trường hợp này hệ (1),(2) có nghiệm ⇔ HÖ ⎨ m(t 2 − t + 1) có nghiệm 3 ≤ ⎪ 2 ⎩ t +t −2 ⎡ ⎧m > 0 ⎢⎪ ⎢ ⎨ f (t ) ≤ 3 cã nghiÖm t ∈ (−∞ ; −2) ∪ (1; +∞ ) ⎢ ⎪⎩ t2 − t + 1 m ( I ) ( với f (t ) = 2 , t ∈ R \ {−2;1} ) ⇔⎢ t + t − 2 0 m < ⎧ ⎢⎪ ⎢⎨ 3 cã nghiÖm t ∈ (−2;1) ⎢ ⎪ f (t ) ≥ m ⎣⎩ 2t 2 − 6 t + 1 3± 7 Ta có : f ′(t ) = 2 , f ′(t ) = 0 ⇔ t = 2 (t + t − 2 ) 2 Bảng biến thiên của hàm f(t) 3− 7 3+ 7 t −∞ -2 1 +∞ 2 2 f’(t) + + 0 0 + 1− 2 7 +∞ +∞ 1 9 f(t). −∞. 1. −∞. 1+ 2 7 9. Từ bảng biến thiên ta có ⎡⎧ m > 0 ⎢⎪ ⎢ ⎨1 + 2 2 ≤ ⎢ ⎪⎩ 9 (I) ⇔⎢ ⎢⎧ m < 0 ⎢ ⎪⎨ ⎢ ⎪1 − 2 7 ≥ ⎢⎣ ⎩ 9. 3 m. ⎡ 0 < m ≤ −1 + 2 7 ⇔⎢ ⎢⎣ −1 − 2 7 ≤ m < 0. 3 m. Kết hợp các trường hợp trên ta được : −1 − 2 7 ≤ m ≤ −1 + 2 7 . Do đó T3 = ⎡ −1 − 2 7 ; − 1 + 2 7 ⎤ . Vậy minQ = −1 − 2 7 , maxQ = −1 + 2 7 ⎣ ⎦ ( Bài này các bạn có thể tham khảo hướng dẫn giải đề số 4 - THTT tháng 6/2007 ) Bài toán 3 : Cho hai số thực x, y thoả mãn : 9 x 2 + 16 y 2 + 6 x + 8y ≤ 3(1 − 8 xy ). Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Tìm GTNN của biểu thức K = x ( x + 1) + y ( y + 1) Lời giải : Gọi T3 là miền giá trị của K . Ta có m ∈ T3 ⇔ hệ sau có nghiệm:. ⎧9 x 2 + 16 y 2 + 6 x + 8y ≤ 3(1 − 8 xy ) ⎨ x ( x + 1) + y( y + 1) = m ⎩ ⎧(3 x + 4 y )2 + 2(3 x + 4 y ) − 3 ≤ 0 (5) ⎧ −3 ≤ 3 x + 4 y ≤ 1 ⎪ ⎪ Hệ trên ⇔ ⎨ 1 2 1 2 1 1 2 1 2 1 ⇔⎨ x y m + + + = + ( ) ( ) ⎪ ⎪⎩( x + 2 ) + ( y + 2 ) = m + 2 (6) 2 2 2 ⎩ 1 Dễ thấy : nếu m ≤ − thì hệ vô nghiệm 2 1 Với m > − , xét trong mặt phẳng toạ độ Oxy ta có : tập hợp nghiệm của (5) là miền mặt phẳng 2 (H) ở giữa hai đường thẳng song song d1 : 3 x + 4 y + 3 = 0 và d2 : 3 x + 4 y − 1 = 0 có chứa cả biên là hai 1 1 đường thẳng d1 và d2 , còn tập hợp nghiệm của (6) là đường tròn (C) có tâm I( − ; − ) , bán kính 2 2 1 R = m+ . Trường hợp này hệ (5),(6) có nghiệm ⇔ (C) và (H) có điểm chung ⇔ 2 1 1 49 1 ≤ m+ ⇔ m≥− ( thoả mãn m > − ) . 10 2 100 2 49 ⎡ 49 ⎞ Do đó T3 = ⎢ − ( không tồn tại maxK) . ; +∞ ⎟ . Vậy min K = − 100 ⎣ 100 ⎠ (Bạn đọc tự vẽ hình minh hoạ). Bài toán 4 : Cho các số thực x, y thoả mãn : ( 2 ) 2cos x + 2cos y +3 + 2cos x + cos y + 2 − 4cos x + cos y ≥ 4 2 . Tìm GTLN , GTNN của biểu thức : M = cos 2 x + cos 2 y Lời giải : Gọi T4 là miền giá trị của M . Ta có m ∈ T4 ⇔ hệ sau có nghiệm: d ( I ; d1 ) ≤ R ⇔. ⎪⎧( 2) 2cos x + 2cos y + 3 + 2cos x + cos y + 2 − 4cos x + cos y ≥ 4 2 (*) ⎨ cos 2 x + cos 2 y = m ⎪⎩. Hệ(*) ⇔. ⎧ 3 ⎧ ⎧(2cos x + cos y ) 2 − (2 2 + 2)2cos x + cos y + 4 2 ≤ 0 x y 1 cos cos ≤ + ≤ 2 ≤ 2cos x + cos y ≤ 2 2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪ 2 ⇔ ⇔ ⎨ ⎨ ⎨ m m 2 2 + + 2 2 2 2 m 2 + cos x + cos y = ⎪ ⎪cos x + cos y = ⎪cos 2 x + cos 2 y = 2 2 ⎩ ⎪⎩ ⎪⎩ 2 v 3 ⎧ (7) ⎪ 1≤ u + v ≤ 2 ⎪ B (8) Đặt u = cos x ; v = cos y ta có hệ : ⎨ u ≤ 1 , v ≤ 1 1C ⎪ m+2 ⎪ u 2 + v2 = (9) 1 A 2 ⎩ 2 Hệ (*) có nghiệm ⇔ hệ (7),(8),(9) có nghiệm. D Dễ thấy , với m ≤ −2 hệ (7),(8),(9) vô nghiệm . 1 1 O u 2 Với m > - 2 , xét trong mặt phẳng toạ độ Ouv khi đó tập hợp nghiệm của (7) và (8) là hình. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> thang cân ABCD ( gồm các điểm ở trong hình thang và các điểm trên cạnh hình thang) , còn tập hợp nghiệm của (9) là đường tròn ( T ) có m+2 tâm O(0 ; 0) , bán kính R = ( hình vẽ ) 2 Từ đó , hệ (7),(8),(9) có nghiệm ⇔ đường tròn ( T ) có điểm chung với hình thang ABCD 2 m+2 5 1 ≤ ≤ ⇔ −1 ≤ m ≤ ( thoả mãn m > - 2) ⇔ d (O; CD ) ≤ R ≤ OB ⇔ 2 2 2 2 (Ở đây đường thẳng CD: u + v − 1 = 0 , đường thẳng AB: 2u + 2v − 3 = 0 và các tam giác OCD , OAB cân tại O) . 1⎤ 1 ⎡ Do đó T4 = ⎢ −1; ⎥ . Vậy minM = -1 , maxM = 2⎦ 2 ⎣ Bài toán 5 : (Tuyển sinh đại học khối A năm 2006 ) Cho hai số thực thay đổi x ≠ 0 , y ≠ 0 thoả mãn : (x + y)xy = x 2 + y 2 − xy Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A =. 1 1 + 3 3 x y. Lời giải : Gọi T5 là tập giá trị của A . Ta có m ∈ T5 ⇔ hệ sau có nghiệm x ≠ 0 , y ≠ 0 : ⎧(x + y)xy = x 2 + y 2 − xy ⎧(x + y)xy = x 2 + y 2 − xy ⎧(x + y)xy = x 2 + y 2 − xy ⎪ ⎪ ⎪ ⇔ ⎨ (x + y)(x 2 + y 2 − xy) ⇔ ⎨ xy(x + y) 2 ⎨1 1 =m =m ⎪ x 3 + y3 = m ⎪ ⎪ 3 (xy)3 ⎩ ⎩ ⎩ (xy) ⎧(x + y)xy = (x + y)2 − 3xy ⎪ ⇔⎨ x+y 2 (V) ( ) = m ⎪ xy ⎩ ⎧SP = S2 − 3P ⎧S = x + y 2 ⎪ (VI) Đặt ⎨ ( S ≥ 4 P ) , ta có hệ : ⎨ S 2 ⎩P = xy ⎪( ) = m ⎩ P Hệ (V) có nghiệm x ≠ 0 , y ≠ 0 ⇔ hệ (VI) có nghiệm ( S ; P ) thoả mãn S 2 ≥ 4P . 1 3 S Do SP = x 2 + y 2 − xy = (x − y) 2 + y 2 > 0 với mọi x ≠ 0 , y ≠ 0 ⇒ > 0 với mọi x ≠ 0 , y ≠ 0 2 4 P Từ đó : • Nếu m ≤ 0 thì hệ (V) vô nghiệm S S • Nếu m > 0 thì từ phương trình ( ) 2 = m ⇒ = m ⇒ S = m.P thay vào phương trình P P 2 2 đầu của hệ (VI) được : mP = mP − 3P ⇔ (m − m )P = 3 ( vì SP > 0 nên P ≠ 0 ) Để có P từ phương trình này thì m − m ≠ 0 ⇔ m ≠ 1 ( m > 0 ) và ta được 3 3 , do đó S = . Trường hợp này hệ (VI) có nghiệm ( S ; P ) thoả P= m ( m − 1) m −1 mãn S 2 ≥ 4P khi và chỉ khi :. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> (. 3 )2 ≥ m −1. 12 4( m − 1) 2 ⇔ 3≥ ⇔ 3 m ≥ 4( m − 1) ⇔ m ≤ 4 m ( m − 1) m ( m − 1). ⇔ 0 < m ≤ 16 (m ≠ 1) Tóm lại các giá trị của m để hệ (V) có nghiệm x ≠ 0 , y ≠ 0 là : 0 < m ≤ 16 , m ≠ 1. Do đó : T5 = ( 0;16] \ {1}. Vậy : maxA = 16 ( chú ý không tồn tại minA ) Bài toán 6 : ( HSG quốc gia - Bảng A + B năm 2005 ) Cho hai số thực x, y thoả mãn : x − 3 x + 1 = 3 y + 2 − y Hãy tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức K = x + y Lời giải : ĐKXĐ : x ≥ −1, y ≥ −2 Gọi T6 là tập giá trị của K . Ta có m ∈ T6 ⇔ hệ sau có nghiệm: ⎪⎧ x − 3 x + 1 = 3 y + 2 − y ⎪⎧3( x + 1 + y + 2) = m ⇔⎨ ⎨ x+y=m ⎩⎪ ⎩⎪ x + y = m. (VII). Đặt u = x +1 và v = y + 2 thì u, v ≥ 0 và hệ (VII) trở thành : m ⎧ u + v = ⎪⎪ ⎧3(u + v) = m 3 ⇔ ⇔ u , v là hai nghiệm của phương trình : ⎨ 2 ⎨ 2 2 + = + u v m 3 1 m ⎩ ⎪uv = ( − m − 3) ⎪⎩ 2 9 m 1 m2 t2 − t + ( − m − 3) = 0 ⇔ 18t 2 − 6mt + m 2 − 9m − 27 = 0 (10) 3 2 9 Từ đó , hệ (VII) có nghiệm ( x ; y ) sao cho x ≥ −1, y ≥ −2 khi và chỉ khi (10) có hai nghiệm không âm và điều kiện là : ⎧ ⎪ Δ′t = −9(m 2 − 18m − 54) ≥ 0 ⎪ ⎡ 9 + 3 21 ⎤ m 9 + 3 21 ⎪ ⇔ ≤ m ≤ 9 + 3 15 . Do đó T6 = ⎢ ;9 + 3 15 ⎥ ⎨St = ≥ 0 3 2 2 ⎣ ⎦ ⎪ 2 ⎪ m − 9m − 27 ≥0 ⎪ Pt = 18 ⎩ 9 + 3 21 , maxK = 9 + 3 15 2 Bình luận : Ưu thế của phương pháp trên là quy bài toán tìm GTLN , GTNN về bài toán tìm tham số để hệ có nghiệm , vì vậy không cần chỉ rõ giá trị của biến số để biểu thức đạt GTLN , GTNN . Nếu dùng các bất đẳng thức để đánh giá thì nhất thiết phải chỉ rõ các giá trị của biến số để tại đó biểu thức đạt GTLN , GTNN . Các bạn có thể mở rộng phương pháp này cho biểu thức có nhiều hơn hai biến số . Cuối cùng mời các bạn vận dụng phương pháp trên để làm các bài tập sau : Bài 1 : Cho hai số thực x , y thoả mãn : x 2 + y 2 = 2( x + y ) + 7 .. Vậy : minK =. Tìm giá trị lớn nhất , nhỏ nhất của biểu thức P = 3 x ( x − 2) + 3 y( y − 2). Bài 2 : Cho hai số thực x , y thoả mãn : x ( x + 1) + y ( y + 1) ≤ 0 .. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Tìm giá trị lớn nhất , nhỏ nhất của biểu thức Q = 2007 x + 2008 y + 2009 Bài 3 : Cho các số thực x, y thoả mãn : 4x 2 - 3xy + 3y 2 ≤ 6 . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức F = x 2 + xy - 2y 2 Bài 4 : Cho các số thực không âm x , y thoả mãn :. x + y = 4 . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất. của biểu thức Q = x + 1 + y + 9 Bài 5 : Cho các số thực x, y thoả mãn : cos x + cos y =. 1 . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu 2. thức L = cos 3 x + cos 3 y Bài 6 : (Đại học khối B năm 2008 ) : Cho hai số thực x , y thay đổi và thoả mãn hệ thức. 2(x 2 + 6xy) 1 + 2xy + 2y 2 Bài 7 : ( Cao đẳng kinh tế kỹ thuật năm 2008 ) Cho hai số x , y thoả mãn x 2 + y 2 = 2 . Tìm GTLN , GTNN của biểu thức P = 2(x 3 + y 3 ) − 3xy x 2 + y 2 = 1 . Tìm GTLN và GTNN của biểu thức P =. Bài 8 : Cho các số dương x , y thoả mãn : xy + x + y = 3 . Tìm GTLN của biểu thức 3x 3y xy P= + + − x 2 − y 2 ( Đ/s : maxP = 3/2) y +1 x +1 x + y. ...............................Hết .............................. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>