KHÁM PHÁ CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG ĐỀ THI ĐẠI HỌC BẰNG
PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Bất đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất ln là bài tốn có mặt ở hầu
hết trong các kỳ thi học sinh giỏi và tuyển sinh đại học. Khơng những thế nó cịn là bài tốn
hay và khó nhất trong các đề thi.
Trong chương trình giảng dạy và học tập bất đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất, giá trị
nhỏ nhất luôn là chủ đề hấp dẫn đối với người dạy lẫn người học. Việc giảng dạy để làm sao
học sinh học tốt chủ đề này ln là một vấn đề khó. Chủ đề này thường dành cho học sinh
giỏi nên các bài toán đưa ra thường hay và khó.
Để chứng minh Bất đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất có nhiều
phương pháp, và khơng có phương pháp nào là vạn năng để giải được mọi bài toán mà chỉ
có những phương pháp giải được một nhóm các bài tốn mà thơi.Một trong những phương
pháp khá hiệu quả là dung đạo hàm cho hàm nhiều biến, tư tưởng cơ bản là khảo sát lần lượt
từng biến, bằng cách xem các biến cịn lại là tham số cố định. Khơng có một thuật giải chi
tiết nào cho phương pháp này mà chỉ thong qua ví dụ để học sinh rèn luyện để tự mình tìm
ra cách giải quyết như thế nào trong từng bài tốn cụ thể và từ đó tìm thấy sơ đồ giải riêng
cho mình.
Vì những lí do trên tôi viết chuyên đề này nhằm giúp học sinh có cái nhìn rộng hơn
về phương pháp sử dụng đạo hàm trong các bài toán chứng minh bất đẳng thức và tìm
GTLN, GTNN.
II. NỘI DUNG
1 . Phương pháp đưa về một biến trong các bài toán hai biến.
Biến đổi giả thiết và biểu thức cần tìm GTLN, GTNN để tìm mối quan hệ giữa chúng
rồi tìm cách đặt ẩn phụ hợp lý, đưa biểu thức đã cho về hàm một biến để khảo sát.
Ví dụ 1. ( CĐ Khối A, B – 2008 ). Cho x, y là số thực thỏa mãn x 2  y 2  2 .
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức.
P  2( x3  y 3 )  3xy

Hoạt động khám phá:
-

Từ giả thiết x 2  y 2  2 . Có thể đưa bài tốn về một ẩn không?
3


-

Ta nghĩ tới hằng đẳng thức x 2  y 2  ( x  y )2  2 xy; x3  y 3  ( x  y )( x 2  xy  y 2 ) .

-

Khai triển biểu thức P cố gắng làm xuất hiện x 2  y 2 để sử dụng giả thiết.

-

Biến đổi biểu thức P và thế vào x 2  y 2  2 ta có :
P  2( x  y )( x 2  xy  y 2 )  3xy
= 2( x  y )(2  xy )  3 xy
( x  y )2  2
Từ giả thiết ( x  y )  2 xy  2 � xy 
.
2
2

-

Vậy đến đây ta có thể nghĩ đến việc có thể đưa P về hàm một biến số nếu ta đặt : t  x  y .
( x  y )2
.
2


Cần chặn biến t bằng cách sử dụng bất đẳng thức: x 2  y 2 �
Lời giải
Ta có :
P  2( x  y )( x 2  xy  y 2 )  3 xy
= 2( x  y )(2  xy )  3 xy

Ta có : xy 

( x  y)2  2
, vì thế sau khi đặt t  x  y thì:
2

P (t )  2t (2 

t2  2
t2  2
3
) 3
 t 3  t 2  6t  3
2
2
2
( x  y )2
� ( x  y )2 �4 � 2 �t �2 .
2

Ta có x 2  y 2 �
Xét hàm số


3
P (t )  t 3  t 2  6t  3 với 2 �t �2 .
2

Ta có P '(t )  3t 2  3t  6 .
t 1
�
P '(t )  0 � �
t  2
�

Ta có bảng biến thiên như sau

t
P’(t)

-2

1
+

0

4

2
-


13

2

P(t)
-7

1

Vậy

min P (t )  P(2)  7 khi x  y  1
 2;2

� 1 3
1 3
x
;y
�
13
2
2
max P(t )  P(1)  � �
 2;2
2
� 1 3
1 3
x
;y
�
�
2

2

Ví dụ 2. ( ĐH Khối D – 2009 ) Cho x �0, y �0 và x  y  1 .Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ
nhất của biểu thức sau :
S  (4 x 2  3 y )(4 y 2  3x)  25 xy

Hoạt động khám phá :
-

Từ giả thiết x  y  1 có thể đưa bài tốn về một ẩn khơng ?

-

Khai triển biểu thức S cố gắng làm xuất hiện x  y để sử dụng giả thiết.

-

Chú ý các hằng đẳng thức :
x 2  y 2  ( x  y ) 2  2 xy
x 3  y 3  ( x  y )( x 2  xy  y 2 )

Sau khi khai triển và thế vào x  y  1 , ta có : S  16 x 2 y 2  2 xy  12
-

Vậy đến đây ta có thể nghĩ đến việc có thể đưa S về hàm một biến số nếu ta đặt :
t  xy

-

( x  y)2

0
�
xy
�
Cần chặn biến t bằng cách sử dụng bất đẳng thức :
.
4

Lời giải.
Ta có : S  (4 x 2  3 y )(4 y 2  3x)  25 xy  16 x 2 y 2  12( x 3  y 3 )  34 xy
 16 x 2 y 2  12( x  y )( x 2  xy  y 2 )  34 xy
 16 x 2 y 2  12[( x  y )2  3xy ]  34 xy, do x  y  1
 16 x 2 y 2  2 xy  12
( x  y )2
t

xy
x
�
0;
y
�
0
 � �
Đặt
. Do
nên 0 �xy
4

5


1
4

0 t

1
4


1
4

Xét hàm số f (t )  16t 2  2t  12 với 0 �t � .
Ta có f '(t )  32t  2 .
f '(t )  0 � t 

1
.
16

Bảng biến thiên
1
16

0
T
f’(t)

-


1
4

0

+
25
2

12

F(t)

191
16

Vậy :
1
191
2 3
2 3
2 3
2 3
min f (t )  f ( ) 
khi x 
hoặc x 
;y
;y
� 1�

16
16
0;
� 4�
4
4
4
4
� �
1
25
1
max f (t )  f ( ) 
x y .
khi
� 1�
4
2
0; �
2
�
� 4�

Ví dụ 3 ( ĐH Khối B – 2009). Tìm giá trị lớn nhất , giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
A  3( x 4  y 4  x 2 y 2 )  2( x 2  y 2 )  1 .

với x, y là các số thỏa mãn điều kiện : ( x  y )3  4 xy �2 .

Hoạt động khám phá :
- Vì giả thiết là biểu thức khá phức tạp nên ta khai thác nó trước cho gọn để sử dụng dễ

dàng hơn. Chú ý hằng đẳng thức :

6


x 2  y 2  ( x  y ) 2  2 xy
x 3  y 3  ( x  y )( x 2  xy  y 2 )

Và ( x  y ) 2 �4 xy . Khi đó điều kiện bài tốn trở thành : x  y �1
Ta biến đổi được A như sau :
A  3( x 4  y 4  x 2 y 2 )  2( x 2  y 2 )  1
3
3
 ( x 2  y 2 ) 2  ( x 4  y 4 )  2( x 2  y 2 )  1
2
2
3
3( x 2  y 2 )2
� ( x 2  y 2 )2 
 2( x 2  y 2 )  1
2
4
( x2  y 2 )2
)
2

( do x 4  y 4 �
9
4


2
2 2
2
2
Hay A � ( x  y )  2( x  y )  1 .

-

Vì vậy ta có thể nghĩ đến việc đưa A về hàm một biến bằng cách đặt t  x 2  y 2 .

-

( x  y)2
Tìm điều kiện của biến t ta sử dụng bất đẳng thức x  y �
.
2
2

2

Lời giải.
Ta ln có kết quả : ( x  y ) 2 �4 xy , từ đó ta có :
( x  y )3  4 xy �2 � ( x  y )3  ( x  y ) 2 �( x  y )3  4 xy �2

� ( x  y )3  ( x  y) 2 �2
�  ( x  y )  1 �
( x  y)2  ( x  y)  2 �
�
��0
� ( x  y )  1 �0

2

1� 7
�
( x  y)  ( x  y)  2 �
( x  y )  � �0, x, y
Do �
�
� �
2� 4
�
2

Bài toán được đưa về tìm max, min của :
A  3( x 4  y 4  x 2 y 2 )  2( x 2  y 2 )  1

Với x, y thỏa mãn x  y �1 .
Ta biến đổi biểu thức A như sau :
A  3( x 4  y 4  x 2 y 2 )  2( x 2  y 2 )  1
3
3
 ( x 2  y 2 ) 2  ( x 4  y 4 )  2( x 2  y 2 )  1
2
2

7


3 2
3( x 2  y 2 )2

2 2
� (x  y ) 
 2( x 2  y 2 )  1
2
4
( x 2  y 2 )2
)
2

( do x 4  y 4 �
9
4

2
2 2
2
2
Hay A � ( x  y )  2( x  y )  1 .

1
( x  y)2
Vì x  y �
( do x  y �1 ) nên x 2  y 2 � .
2
2
2

2

Đặt t  x 2  y 2 . Ta có hàm số


9
1
f (t )  t 2  2t  1 với t � .
4
2

9
f '(t )  t  2
2
f '(t )  0 � t 

4
9

Ta có bảng biến thiên như sau :
t

4
9

1
2

�

f '(t )

+
�


f (t )

9
16
1
9
1
f
(
t
)

f
(
)

t
Vậy min
đạt
được
khi
1
2 16
t�
2
2

9
16


Suy ra A � . Mặt khác, ta dễ thấy x  y 
Kết luận : min A 

1
9
thì A  .
2
16

9
1
khi x  y  và khơng có giá trị lớn nhất.
16
2

Ví dụ 4. (ĐH Khối A- 2006). Cho hai số thực x, y �0 thay đổi thỏa mãn điều kiện
( x  y ) xy  x 2  y 2  xy . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
A

8

1 1

x3 y3


Hướng dẫn:
A


1 1 x3  y 3 ( x  y)( x 2  xy  y 2 )
x y 2
1 1
 3  3 3 
(
)  (  )2 .
3
3 3
x
y
x y
x y
xy
x y

Đặt x  ty . Từ gải thiết ta có: ( x  y ) xy  x 2  y 2  xy � (t  1)ty 3  (t 2  t  1) y 2

Do đó y 

t2  t 1
t2  t 1
;
x

ty

.
t2  t
t 1
2


2

�1 1 � �t 2  2t  1 �
Từ đó A  �  � � 2
�.
�x y � �t  t  1 �
t 2  2t  1
3t 2  3
f
(
t
)

�
f
'(
t
)

2
Xét hàm số
t2  t 1
 t 2  t  1 .
1
2

Lập bảng biến thiên ta tìm GTLN của A là: 16 đạt được khi x  y  .
Ví dụ 5. (ĐH Khối B- 2011). Cho a, b là các số thực dương thỏa mãn
2(a 2  b 2 )  ab  (a  b)(ab  2) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

�a 3 b3 � �a 2 b 2 �
P  4 � 3  3 � 9 � 2  2 �
a �
�b a � �b

Hướng dẫn:
- Biến đổi giả thiết:
2(a 2  b 2 )  ab  (a  b)(ab  2)
� 2(a 2  b 2 )  ab  a 2b  ab 2  2( a  b)
�a b �
� 2 �  � 1  ( a  b)  2  a  b 
�b a �
�a b �
�1 1 �
� 2 �  � 1  ( a  b)  2 �  �
�b a �
�a b �

- Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta được:

�1 1 �
�1 1 �
�a b
�
(a  b)  2 �  ��2 2(a  b) �  � 2 2 �   2 �
�a b �
�a b �
�b a
�
�a

�

b�

�a
�

b�

�a
�

b� 5

Suy ra: 2 �  � 1 �2 2 �  � 2 � �  �� .
b a
b a
b a
2
�

�

9

�


a
b


Đặt t  

b
5
, t � . Ta được : P  4(t 3  3t )  9(t 2  2)  4t 3  9t 2  12t  18 .
a
2

f (t )  4t 3  9t 2  12t  18

Xét hàm số:

5
f '(t )  6(2t 2  3t  2) �0, t �
2
�5 �

23

f (t )  f � �  .
Suy ra �min
5
�
�2 � 4
;��
�
2
�
�


Vậy min P  

23
a b 5
�1 1 �
đạt đươc khi và chỉ khi   và a  b  2 �  �
4
b a 2
�a b �
(a; b)  (2;1) hoặc (a; b)  (1; 2)

2. Phương pháp khảo sát lần lượt từng biến trong bài toán ba biến.
 Đối với bất đẳng thức nhiều biến, ta có thể khảo sát lần lượt từng biến một bằng
cách chọn một biến làm tham số biến thiên và cố định các biến cịn lại, bài tốn lúc
này trở thành bất đẳng thức một biến. Ln có tâm thế nhìn biểu thức nhiều biến mà
ta cần tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất dưới dạng là một hàm số để ta sử dụng
được công cụ hiệu quả trong bài toán là đạo hàm.
 Sơ đồ tổng quát.
Giả sử tìm cực trị của biểu thức ba biến x, y, z là P( x, y, z ) với điều kiện T nào đó.
 Bước 1. Xem P( x, y, z ) là hàm theo biến x , còn y, z là hằng số. Khảo sát hàm
này tìm cực trị với điều kiện T. Ta được:
P ( x, y, z ) �g ( y , z ) hoặc P ( x, y, z ) �g ( y, z )

 Bước 2. Xem g ( y, z ) là hàm biến y , còn z là hằng số. Khảo sát hàm này với
điều kiện T. Ta được : g ( y, z ) �h( z ) hoặc g ( y, z ) �h( z ) .
 Bước 3. Cuối cùng khảo sát hàm số một biến h( z ) với điều kiện T ta tìm được
min, max của hàm này.
Ta đi đến kết luận : P( x, y, z ) �g ( y, z ) �h( z ) �m
hoặc P( x, y, z ) �g ( y, z ) �h( z ) �M .

Ví dụ 7. (ĐH Khối A-2011). Cho ba số thực x, y, z � 1; 4 và x �y , x �z . Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức.
P

x
y
z


2x  3y y  z z  x
10


Hoạt động khám phá:
-

Khảo sát từng biến như thế nào ?

-

Xem P là một hàm theo biến z, còn x, y là hằng số. Khảo sát hàm số với điều kiện đã
cho suy ra giá trị nhỏ nhất của P, tức là : P ( x, y , z ) �P( x, y ) .

-

Khảo sát hàm P( x, y ) , ở đây có thể đưa P( x, y ) về hàm số một biến không ?

-

Bằng cách đặt ẩn phụ t 


x
để đưa P( x, y ) về hàm một biến. Tìm GTLN của hàm
y

số một biến này.
-

34
33

Vậy P( x, y, z ) �P( x, y)  P(t ) � .

Lời giải.
Ta có : P 

x
y
z


.
2x  3y y  z z  x

Xem đây là hàm theo biến z ; còn x, y là hằng số
P '( z ) 

y
z
( x  y )( z 2  xy )



( y  z )2 ( z  x )2 ( y  z )2 ( z  x ) 2

0
Theo giả thiết x �y � x  y �0 nếu P �۳

z
P '( z )
P( z )

z

xy (do x, y , z � 1; 4 )

xy

-

0

+

Min
Từ bảng biến thiên:
P �P( xy ) 

2 y
x


2x  3y
x y

x
2
y
=

x
2  3 1 x
y
y

11


Đặt t 

x
, do x �y , x �z và x, y, z � 1; 4 nên 1 �t �2 .
y

Xét hàm f (t ) 

t2
2

. Ta có
2
2t  3 1  t


2 �
4t 3 (t  1)  3(2t 2  t  3) �
�
� 0, t �1; 2
f '(t ) 
 
2
2
2
(2t  3) (1  t )

.
Suy ra f (t ) giảm trên  1; 2 , do đó P �P ( xy )  f (t ) �f (2) 

34
33

�z  xy
�
� x  4, y  1, z  2 .
Đẳng thức xảy ra : �
x
t


2
�
y
�


Vậy min P 

34
khi
33

Ví du 13.(Khối B - 2010). Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn a  b  c  1 . Tìm giá
trị lớn nhất của biểu thức : M  3(a 2b 2  b 2c 2  c 2 a 2 )  3(ab  bc  ca)  2 a 2  b2  c 2
Hướng dẫn.
Ta có M �(ab  bc  ca) 2  3( ab  bc  ca)  2 1  2( ab  bc  ca) .
( a  b  c) 2 1
 .
3
3

Đặt t  ab  bc  ca , ta có : 0 �t �

� 1�

0; �.
Xét hàm số : f (t )  t 2  3t  2 1  2t với t ��
� 2�

Ta có f '(t )  2t  3 

2
2
�0
; f ''(t )  2 

(1  2t )3
1  2t

Dấu bằng chỉ xảy ra tại t=0 ; suy ra f’(t) nghịch biến.
� 1�

�1 � 11

0;
Xét trên đoạn �
ta có : f '(t ) �f ' � �  2 3  0 , suy ra f(t) đồng biến.
� 3�
�
�3 � 3
� 1�

0; .
Do đó f (t ) �f (0)  2, t ��
� 3�
�
� 1�

0; ; M  2 khi ab=bc=ca, ab+bc+ca=0 và a+b+c=1
Vì thế M �f (t ) �2, t ��
� 3�
�
� (a; b; c ) là một trong các bộ số sau: (1;0;0), (0 ;1 ;0), (0 ;0 ;1).

Do đó giá trị nhỏ nhất của M là 2.
12



BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Bài 1. Cho ba số không âm x, y, z thỏa mãn điều kiện x  y  z  1 . Tìm GTLN của biểu
thức :
S  x2 y  y 2 z  z 2 x .

Đáp số : min S 

4
1
2
đạt được khi x  ; y  0; z  .
27
3
3

Bài 2. Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn điều kiện x 2  y 2  z 2  2 . Tìm GTLN, GTNN của
biểu thức :
P  x3  y 3  z 3  3xyz
Đáp số : max P  2 2 đạt được khi x  2; y  z  0
min P  2 2 đạt được khi x   2; y  z  0 .

Bài 3. Cho x  0; y  0; z  0 thỏa mãn điều kiện x  y  z  1 . Tìm GTLN của biểu thức :
T  xy  yz  zx  2 xyz

Đáp số : min T 

7
1

đạt được khi x  y  z 
27
3

Bài 4. Tìm GTNN của biểu thức :
Q

a 4 b 4 �a 2 b 2 � a b
  �  � 
b 4 a 4 �b 2 a 2 � b a

Đáp số : min Q  2 đạt được khi a  b

III. KẾT LUẬN
Với đề tài: “ Ứng dụng đạo hàm vào tìm giá trị lớn nhất vào giá trị nhỏ nhất của
hàm nhiều biến ” tôi đã cố gắng hệ thống một số dạng cơ bản. Trong mỗi giờ dạy có đưa
ra cơ sở lí thuyết và những ví dụ có các hoạt động khám phá rất cụ thể nhằm giúp học sinh
có thể tự tìm ra lời giải cho mình, từ đó hình thành cho mình phương pháp giải tốn nói
chung để giải quyết các bài toán này.

13


Các bài tập đưa ra từ dễ đến khó, có những bài tập có lời giải chi tiết nhưng có những
bài tập chỉ có hướng dẫn học sinh phải biết chiếm lĩnh tri thức, phát triển khả năng tư duy
cho học sinh. Hệ thống các bài tập trong đề tài này chủ yếu là các bài tập trong các đề thi
Đại hoc và Cao đẳng những năm gần đây nên khi học sinh hiểu bài và làm được thì tạo nên
hứng thú và động lực học tập rất tốt cho cỏc em.
Tuy nhiên trong quá trình giảng dạy vẫn có rất nhiều học sinh
còn bỡ ngỡ trong qúa trình giải các bài toán cực trị, lập luận cha có căn

cứ, suy diễn cha hợp logic và đặc biệt là một số dạng cha phù hợp với học
sinh trung bình, yếu.
Mặc dï cã rÊt nhiỊu cè g¾ng nhng do thêi gian không nhiều, do
trình độ năng lực của bản thân và tài liệu tham khảo còn hạn chế lại
cha có kinh nghiƯm trong lÜnh vùc nghiªn cøu khoa häc nªn trong cách
trình bày không tránh khỏi những sơ xuất thiếu sót. Rất mong nhận đợc sự giúp đỡ, góp ý của các thầy, cô và và bạn đồng nghiệp để tôi có
thể rút kinh nghiệm trong quá trình giảng dạy của m×nh trong thêi gian
sau.

TÀI LIỆU THAM KHẢO

1. Tạp chí Tốn học và tuổi trẻ - Nhà xuất bản Giáo dục.

2. Đề thi và đáp án tuyển sinh ĐH – CĐ hàng năm của Bộ GD-ĐT.

14