Sử dụng nhiều phương pháp để giải toán cực tri phần đại số Trung học cơ sở. Đã áp dụng thành công trong các kì thi Học sinh giỏi vừa qua. Được nhiều giáo viên trong tổ công nhận....Đa số khoang 70 phần trăm học sinh hiểu các phương pháp này.
Trang 1Một số phơng pháp giải bài toán cực trị ở THCS
I kiến thức cơ bản
1 Các định nghĩa
1.1 Định nghĩa giá trị lớn nhất (GTLN) của một biểu thức đại số cho biểu thức f(x,y, ) xác định trên miền D :
M đợc gọi là GTLN của f(x,y, ) trên miền |D nếu 2 điều kiện sau đồng thời thoả mãn :
1 f(x,y, ) ≤ M ∀(x,y, ) ∈ |D
2 ∃ (x0, y0, ) ∈ |D sao cho f(x0, y0 ) = M
Ký hiệu : M = Max f(x,y, ) = fmax với (x,y, ) ∈ |D
1.2 Định nghĩa giá trị nhỏ nhất (GTNN) của một biểu thức đại số cho biểu thức f(x,y, ) xác định trên miền |D :
M đợc gọi là GTNN của f(x,y, ) trên miền |D đến 2 điều kiện sau đồng thời thoả mãn :
1 f(x,y, ) ≥ M ∀(x,y, ) ∈ |D
2 ∃ (x0, y0, ) ∈ |D sao cho f(x0, y0 ) = M
Ký hiệu : M = Min f(x,y, ) = fmin với (x,y, ) ∈ |D
2 Các kiến thức th ờng dùng
2.1 Luỹ thừa :
a) x2 ≥ 0 ∀x ∈ |R ⇒ x2k ≥ 0 ∀x ∈ |R, k ∈ z ⇒ - x2k ≤ 0
Tổng quát : [f (x)]2k≥ 0 ∀x ∈ |R, k ∈ z ⇒ - [f (x)]2k ≤ 0
Từ đó suy ra : [f (x)]2k + m ≥ m ∀x ∈ |R, k ∈ z
M - [f (x)]2k ≤ M b) x ≥ 0 ∀x ≥ 0 ⇒ ( x )2k ≥ 0 ∀x≥0 ; k ∈z
Tổng quát : ( A)2k ≥ 0 ∀ A ≥0 (A là 1 biểu thức)
2.2 Bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối :
a) |x| ≥ 0 ∀ x∈|R
b) |x+y| ≤ |x| + |y| ; nếu "=" xảy ra ⇔ x.y ≥ 0
c) |x-y| ≥ |x| - |y| ; nếu "=" xảy ra ⇔ x.y ≥ 0 và |x| ≥ |y|
2.3 Bất đẳng thức côsi :
∀ai ≥ 0 ; i = 1 ,n : n
n
n
a a
a
.
2 1 2
1 + + + ≥ ∀n∈N, n ≥2
dấu "=" xảy ra ⇔ a1 = a2 = = an
2.4 Bất đẳng thức Bunhiacôpxki :
Với n cặp số bất kỳ a1,a2, ,an ; b1, b2, ,bn ta có :
(a1b1+ a2b2 + +anbn)2 ≤ ( ).( 2 2 )
2
2 1 2 2
2
2
1 a a n b b b n
Dấu "=" xảy ra ⇔
i
i b
a
= Const (i = 1 ,n)
2.5 Bất đẳng thức Bernonlly :
Với a ≥ 0 : (1+a)n ≥ 1+na ∀n ∈N
Dấu "=" xảy ra ⇔ a = 0
Một số Bất đẳng thức đơn giản thờng gặp đợc suy ra từ bất đẳng thức (A+B) 2 ≥ 0.
a a2 + b2≥ 2ab
b (a + b)2 ≥ 4ab
c 2( a2 + b2 ) ≥ (a + b)2
d + ≥ 2
a
b b
a
Trang 2e
II Một số phơng pháp cơ bản giải bài toán cực trị đại số
Ph ơng pháp 01
( Sử dụng phép biến đổi đồng nhất ) Bằng cách nhóm, thêm, bớt, tách các hạng tử một cách hợp lý, ta biến đổi biểu thức đã cho về tổng các biểu thức không âm (hoặc không dơng) và những hằng số
Từ đó :
1.Để tìm Max f(x,y, ) trên miền |D ta chỉ ra :
∈
∃
≤
R y
x
M y
x f
| ) , (
) , (
0 0
sao cho f(x0,y0, ) = M
2 Để tìm Min f(x,y, ) trên miền |D ta chỉ ra :
∈
∃
≥
R y
x
m y x f
| ) , (
) , (
0 0
sao cho f(x0,y0, ) = m
I Các vi dụ minh hoạ :
1 Ví dụ 1 : Tìm giá trị nhỏ nhất của A1 = x2 + 4x + 7
Giải :Ta có : A1 = x2 + 4x + 7 = x2 + 4x + 4x + 3 = (x + 2)2 + 3 ≥ 3 vì (x + 2)2≥0
⇒ A1 min = 3 ⇔ x + 2 = 0 ⇔ x = -2
Vậy A1 min = 3 ⇔ x = -2
2 Ví dụ 2 : Tìm giá trị lớn nhất của A2 = -x2 + 6x - 15
Giải :Ta có : A2 = -x2 + 6x - 15 = - (x2- 6x + 9) - 6
A2 = - (x - 3)2 - 6 ≤ - 6 do -(x - 3)2 ≤ 0 ∀x ∈|R
⇒ A2 max = - 6 ⇔ x - 3 = 0 ⇔ x = 3
Vậy A2 max = - 6 ⇔ x = 3
3 Ví dụ 3 : Tìm giá trị nhỏ nhất của A3 = (x-1)(x-4)(x-5)(x-8)+2002
Giải : Ta có : A3= (x-1)(x-4)(x-5)(x-8)+2002 = (x-1) (x-8) (x-4) (x-5) + 2002
= (x2-9x + 8) (x2 - 9x + 20) + 2002= {(x2-9x + 14) - 6}.{(x2-9x + 14) + 6} + 2002
= (x2-9x + 14)2 - 36 + 2002 = (x2-9x + 14)2 + 1966 ≥ 1966 vì (x2-9x + 14)2≥0 ∀x
⇒ A3 min = 1966 ⇔ x2-9x + 14 = 0 ⇔
=
=
7
2
x
x
Vậy A3 min = 1966 ⇔
=
=
7
2
x x
4 Ví dụ 4 : Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A4 = ( 1 )
1 2
1 10 2
2
2
≠ +
−
−
x x
x x
) 1 (
9 1
6 2 )
1 (
9 ) 1 ( 6 ) 1 2 ( 2 1
2
1 10 2
−
−
−
−
=
−
−
−
− +
−
= +
−
−
−
x x
x
x x
x x
x
x x
= - 1 3 3
1
3 2 + ≤
−
− 1 1 0
3 2
⇒ A4 Max = 3 ⇔ 1 0
1
3 + =
−
Vậy : A4 Max = 3 ⇔ x = -2
5 Ví dụ 5 : Tìm giá trị lớn nhất của A5 = x y
x
y y
x + − − với x,y>0
x
y y
xy
x y y x y y x x
xy
y x y y x
b a a
4 1 1
Trang 3A5 =
xy
y x y
( − −
=
xy
y x y
( − 2 − ≥0 ∀x,y > 0
⇒ A5 min = 0 ⇔ x− y = 0 ⇔ x = y
Vậy : A5 min = 0 ⇔ x = y > 0
6 Ví dụ 6 : Cho x,y ≥ 0 và x + y = 1
Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của A6 = x2 + y2
Giải :Do x; y ≥ 0 và x + y = 1 ⇒ 0 ≤ x;y ≤1 ⇒ x2≤x, y2≤y
⇒ A6 = x2 + y2 ≤ x + y = 1 ⇒ A6 max = 1 ⇔
=
=
1
0
y
x
hoặc
=
=
0
1
y x
Mặt khác : x + y = 1 ⇒ (x + y)2 = 1 ⇒ 1 = x2 + 2xy + y2 ⇒ (x2+y2)-(x-y)2
⇒ A6 = x2+y2 = ( ) 21
2
1 2
1 + x−y 2 ≥ do (x - y)2≥ 0
⇒ A6 min =
2
1
⇔ x - y = 0 ⇔ x = y =
2 1
Vậy : A6 max = 1 ⇔
=
=
=
=
0
1
; 1
0
y
x y
x
A6 min =
2
1 ⇔ x = y =
2
1
7 Ví dụ 7 : Tìm giá trị lớn nhất của A7 = xy + yz + zx - x2-y2-z2
Giải :Ta có : A7 = xy + yz + zx - x2-y2-z2 =
-2
1(2x2+2y2+2z2-2xy-2yz-2xz)
A7 =
-2
1{(x-y)2 + (y-z)2 + (z-x)2} ≤ 0 ∀x,y,z ⇒ A7 Max = 0 ⇔ x=y = z Vậy : A7 Max = 0 ⇔ x = y = z
8 Ví dụ 8 : Tìm GTLN của biểu thức: 2 1
1
y
= + + .
1 1 3
2 4
y
x
Vì 1 2 3 3
2 4 4
x
+ + ≥
Do đó ta có:
4 3
y≤ Dấu “=” xảy ra 1
2
x
⇔ = −
Vậy: GTLN của 4
3
y= tại 1
2
x=−
II Nhận xét:
Phơng pháp giải toán cực trị đại số bằng cách sử dụng các phép biến đổi đồng nhất đợc áp dụng cho nhiều bài tập, nhiều dạng bài tập khác nhau Song đôi khi học sinh thờng gặp khó khăn trong công việc biến đổi để đạt đợc mục đích Vậy còn những phơng pháp nào; để cùng phơng pháp vừa nêu trên giúp học sinh nhanh chóng tìm ra lời giải Trớc hết ta giải một số bài toán sau để cùng suy ngẫm.
III Các bài tập đề nghị :
1 Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức sau :
a A = x2 - 10x + 20
b B = (x-1)2 + (x-3)2
c.C=x2 − 2x y+ 2 − 4y+ 7
d D = (x-1)(x+2)(x+3)(x+6)
Trang 4e E =
1 2
6 8 3
2
2
+
−
+
−
x x
x
f F = x3 + y3 + xy biết x + y = 1
g G =
xy y
x
xy y x
2
) (
4
+ +
+ +
với x,y > 0
2 Tìm giá trị lớn nhất của các biểu thức :
a A = - x4 + 2x3 - 3x2 + 4x + 2002
b B =
1
2
2
2
+
+
x
25 10
196 74
7
2
2
+
−
− +
−
x x
x x
3 Tìm GTLN, GTNN của A =
3 2
6 4
2
2
+ +
+
+
x x
x x
Ph ơng pháp 02 : ( Sử dụng các bất đẳng thức cơ bản )
Ta biết rằng : Từ một bất đẳng thức, bằng cách chuyển về bao giờ ta cũng đa về 1 bất đẳng thức cơ bản và các phép biến đổi tơng đơng mà một vế là hằng số Vì vậy : Sử dụng các bất đẳng thức cơ bản và các phép biến đổi tơng đơng ta có thể tìm đợc cực trị của 1 biểu thức nào đó
I Các ví dụ minh hoạ :
1 Ví dụ 1 : Cho a > b > 0 Tìm GTNN của B1 = a +
) (
1
b a
Giải :Ta có : B1 = a +
) (
1
b a
b − = b + (a-b) + ( )
1
b a
) (
) (
b a b
b a b
−
− (theo Côsi).
B1≥ 3 ⇒ B1 min = 3 ⇔ b = a-b = b(a1−b) ⇔
=
=
1
2
b a
Vậy : B1 min = 3 ⇔
=
=
1
2
b a
2 Ví dụ 2 : Cho a,b > 0 và a + b = 1 Tìm GTNN của B2 =
ab
1 + 2 1 2
b
Giải :Theo bất đẳng thức Côsi : (x + y)(
y x
1 1
+ ) ≥ 2 x y 2
xy
1 = 4 (với x,y > 0)
⇒ 1x+1y ≥ x+4y (1)
Ta có : ab ≤ (
2
b
a+
)2 =
4
1
⇒ ab1 ≥ 4 (2) do a+b = 1 ; a,b > 0
áp dụng bất đẳng thức (1) và kết quả (2) ta có :
2
4 2
4 )
1 2
1 ( 2
1 1
2
2 1
1
b a ab b
a ab ab
b a ab b
a
B2≥ 2 + ( 4 )2 = 6
+b
a do a + b = 1 ⇒ B2min = 6 ⇔ a = b =
2 1
Vậy : B2min = 6 ⇔ a = b = 21
3 Ví dụ 3 : Cho xy + xz + yz = 4 Tìm GTNN của B3 = x4 + y4 + z4
Giải :
Do xy + xz + yz = 4 ⇒ 16 = (xy + xz + yz)2 ≤ (x2+y2+z2) (x2+y2+z2)
Trang 5(Theo Bunhiac«pxki) ⇔ 16 ≤ (x2+y2+z2)2≤ (x4 + y4 + z4) (12+12+12)
⇒ B3 = x4 + y4 + z4≥ 163 ⇒ B3min =
3
16
⇔ x = y = z = ±
3
3 2
VËy : B3min =
3
16 ⇔ x = y = z = ±
3
3 2
4 VÝ dô 4 : Cho |a| ≤1; |b| ≤1 vµ | a+ b| = 3
T×m GTLN cña B4 = 1 −a2 + 1 −b2
Gi¶i :Ta cã : (a-b)2 ≥ 0 ∀a;b ⇒ 2 2 2
2
+
≥ +b a b a
(1)
¸p dông (1) ta cã :
2
1 2
) (
2 2
1 1
2
1
1 a2 b2 2 ≤ −a2 + −b2 = − a2 +b2 = − a2 +b2
Do
4
3 2
3 2
2
2 2
2 2
=
=
+
≥ +b a b
⇒
2 2 2
2
1 1
−a + −b
≤ 1 - 43 = 41 ⇒ ( 1 −a2 + 1 −b2 ≤ 1)
⇒ B4 = 1 −a2 + 1 −b2 ≤ 1 ⇒ B4Max = 1 ⇔ a = b =
2 3
VËy : B4Max = 1 ⇔ a = b =
2
3
5 VÝ dô 5 : T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña B6 = | x + 7| + | x - 1995|
Gi¶i :
Ta cã : |x| + |y| ≥ | x + y| dÊu "=" x¶y ra ⇔ x,y ≥ 0
Do vËy : B6 = | x + 7| + | x - 1995| = | x + 7| + | 1995 - x | ≥ |x+7 + 1995 - x| = 2002
⇒ B6Min = 2002 ⇔ (x + 7) (1995 - x) ≥ 0 ⇔ -7 ≤ x ≤ 1995
VËy : B6Min = 2002 ⇔ -7 ≤ x ≤ 1995
6 VÝ dô 6 : T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc.
B7 = | x + 2000| + | x + y + 4| + |2x + y - 6|
Gi¶i : Ta cã : B7 = | x + 2000| + | x + y + 4| + |2x + y - 6|
B7 = | x + 2000| + | x + y + 4| + |6 - (2x + y)|
B7≥ | x + 2000 + x + y + 4 + 6 - 2x - y| = 2010
⇒ B7min = 2010 ⇔ (x + 2000); (x + y + 4) ; (6 - 2x + y) cïng dÊu
VËy : B7min = 2010
7 VÝ dô 7 : T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña
B = (1 + x2y + xy2)2001 - 2001 xy (x+y) + 2001 víi x2y + xy2≥ 0
Gi¶i :Theo B§T Becnully ta cã : (1 + x2y + xy2)2001 ≥ 1 + 2001 (x2y + xy2)
⇒ B (1 + x2y + xy2)2001- 2001 xy (x+y) + 2001 ≥ 1+2001.xy(x+y) - 2001xy(x+y) + 2001
⇔ B ≥ 2002 ⇔ B min = 2002 ⇔ xy(x+y) = 0 ⇔
−
=
=
=
y x y
x
0 0
VËy : B min = 2002 ⇔
−
=
=
=
y x y
x
0 0
Trang 68 Ví dụ 8 : Cho xyz = 1 và x + y + z = 3
Tìm GTNN của B8 = x16 + y16 + z16
Giải : Cách 1 : Ta có : (a - b)2 + (b - c)2 + (c - a)2≥ 0 ∀a,b,c
⇔ a2 + b2 + c2 ≥ ab + ac + bc (1)
áp dụng bất đẳng thức (1) ta có :
B8 = x16 + y16 + z16 = (x8)2 + (y8)2 + (z8)2≥ x8y8 + y8z8 + z8x8
⇔ B8≥ x8y8 + y8z8 + z8x8
⇔ B8≥ (x4y4)2 + (y4z4)2 + (z4x4)2 ≥ x4y4 y4z4+ x4y4 z4x4 + y4z4 z4x4
⇔ B8≥ x4y8z4 + x8y4z4 + x4y4z8
⇔ B8≥ (x2y4z2)2 + (x4y2z2)2 + (x2y2z4)2 ≥ x6y6z4 + x6y4z6 + x4y6z6
⇔ B8≥ (x3y3z2)2 + (x2y3z3)2 + (x3y2z3)2 ≥ x5y6z5 + x6y5z5 + x5y5z6
⇔ B8≥ (xyz)5.x + (xyz)5.y + (xyz)5.z = x + y + z = 3
(do xyz = 1 và x + y + z = 3)
⇒ B8min = 3 ⇔ x = y = z = 1
Cách 2: (Không sử dụng giả thiết xyz = 1)
áp dụng bất đẳng thức bunhiacôpxki nhiều lần ta có :
3 = x + y + z ⇒ 9 = (x+ y + z)2≤ (x2 + y2 + z2).3
⇔ 3 ≤ (x2 + y2 + z2) ⇔ 9 ≤ (x2 + y2 + z2)2≤ (x4 + y4 + z4).3
⇔ 3 ≤ x4 + y4 + z4 ⇔ 9 ≤ (x4 + y4 + z4)2 ≤ (x8 + y8 + z8).3
⇔ 3 ≤ x8 + y8 + z8 ⇔ 9 ≤ (x8 + y8 + z8)2 ≤ (x16 + y16 + z16).3 ⇔ B8 = x16 + y16 + z16≥ 3 ⇒ B8min = 3 ⇔ x = y = z = 1
Vậy : B8min = 3 ⇔ x = y = z = 1
9 Ví dụ 9: Cho x + y = 1 Tìm GTNN của biểu thức M = x3 + y3
Giải: M = x3 + y3 = (x + y)(x2 – xy + y2) = x2 - xy + y2
2
2 2 2 2
2 2
1 ( )
2 2 2 2 2 2 2
2 2
1 ( ) 2
Ngoài ra: x + y = 1 ⇒ x2 + y2 + 2xy = 1 ⇒ 2(x2 + y2) – (x – y)2 = 1
=> 2(x2 + y2) ≥ 1
Do đó 2 2 1
2
x +y = ⇔ = =x y
Ta có: 1 2 2
( ) 2
2 2 2 4
Do đó M ≥ 14 và dấu “=” xảy ra 1
2
⇔ = =
Vậy GTNN của M = ⇔ = =14 x y 12
10 Ví dụ 10: Cho hai số thực x, y thỏa mãn điều kiện: x2 + y2 = 1
Tìm GTLN và GTNN của x + y
Giải: Ta có: (x + y)2 + (x – y)2 ≥ (x + y)2
⇔2(x2 + y2) ≥ (x + y)2
Mà x2 + y2 = 1 ⇒ (x + y)2 ≤ 2
⇔ + ≤ ⇔ − ≤ + ≤
- Xét x y+ ≤ 2 Dấu “=” xảy ra 2
2 2
x y
=
+ =
Trang 7- Xét x y+ ≥ − 2 Dấu “=” xảy ra 2
2 2
x y
=
+ = −
Vậy x + y đạt GTNN là − 2 2
2
11 Ví dụ 11: Giả sử x và y là hai số thỏa mãn x > y và xy = 1 Tìm GTNN của biểu thức:
2 2
A
x y
+
=
− .
Giải: Ta có thể viết: A x2 y2 x2 2xy y2 2xy (x y)2 2xy
Do x > y và xy = 1 nên: ( )2 2 2 2
Vì x > y ⇒ x – y > 0 nên áp dụng bất đẳng thức côsi với 2 số không âm, ta có:
2
2 .
A
x y
−
( ) 4 ( ) 2 2
x y
x y
−
Từ đó: 2 2 3
2
A≥ + =
1
x y xy
− =
⇔ =
1 2
1 2
x y
= +
⇔
= − +
1 2
1 2
x y
= −
= − −
Thỏa điều kiện xy = 1
12 Ví dụ 12: Tìm GTLN của hàm số: y= x− + 2 4 −x
Giải: Điều kiện: 2 0 2 4(*)
4 0
x
x x
− ≥
− ≥
áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki: (ac + bd)2 ≤ (a2 + b2)(c2 + d2)
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a b
c = d Chọn a= x− 2;c= 1;b= 4 −x d; = 1 với 2 ≤ ≤x 4 Ta có:
2
2
2 4 2 4 1 1
2 4 2
4 2
⇔ ≤ − + −
Vì y > 0 nên ta có: 0 < ≤y 2
Dấu “=” xảy ra ⇔ x− =2 4− ⇔ − = − ⇔ =x x 2 4 x x 3 (Thỏa mãn (*))
Vậy GTLN của y là 2 tại x = 3
13 Ví dụ 13: Tìm GTNN của biểu thức: M = ( )2 2
1994 ( 1995)
1994 ( 1995)
áp dụng bất đẳng thức: a + ≥ +b a b ta có:
M = x− 1994 + +x 1995 = −x 1994 + 1995 +x
=> M ≥ −x 1994 1995 + − =x 1
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi (x – 1994) (1995 – x) ≥ 0
Trang 8<=> 1994 ≤ ≤x 1995
Vậy GTNN của M = 1 1994 ≤ ≤x 1995
14 Ví dụ 14: Cho 0 ≤ ≤x 1 Tìm GTLN của biểu thức y = x + 2 1 x( − )
Giải: Ta có: y x= + 2 1( −x) = x + 2 1(1 )
2 x
Vì 0≤ ≤x 1 nên 1 – x ≥ 0
áp dụng bất đẳng thức Cô si đối với 2 số: 1
2 và (1 – x) cho ta:
y x= + ì −x ≤ + + − =x x
Dấu “=” xảy ra <=> 1 1 1
2 = − => =x x 2
Vậy GTLN của y là 3
2 tại x = 1
2
II Nhận xét :
Rõ ràng khi áp dụng một số bất đẳng thức cơ bản, bài toán đợc giải quyết
nhanh hơn Song việc vận dụng bất đẳng thức nào thuận lợi còn tuỳ thuộc vào giả thiết bài toán và sự vận dụng linh hoạt các bất đẳng thức đó Một vấn đề đặt ra là : Hai phơng pháp vừa nêu vẫn cha đủ để giải quyết đợc hết các bài toán cực trị đại
số THCS Chính vì lẽ đó nhu cầu phải có những phơng pháp khác tối u hơn và thực hiện đợc yêu cầu bài toán Trớc khi đi nghiên cứu phơng pháp 03 Chúng ta cùng nghiên cứu một số bài tập sau :
III Một số bài tập đề nghị :
1 Cho a,b,c > 0 và a + b + c = 1 Tìm GTNN của A = (1+
a
1) (1+
b
1) (1+
c
1)
2 Cho a,b, > 0 và a + b = 1 Tìm GTNN của B = 2 2 3 2
b a
3 Cho a,b,c > 0
a) Tìm GTNN của C =
b a
c a c
b c b
a
+
+ +
+ +
b) Tìm GTNN của D =
c
b a b
a c a
c b b a
c a c
b c b
+
+ +
+ +
4 Cho x,y,z ≥−43 và x+y+z =1.Tìm GTLN của E= 4x+ 3 + 4y+ 3 + 4z+ 3
5 Cho a,b,c ≥ 0 và a + b + c = 1.Tìm GTLN của F = a+b+ a+c + b+c
6 Cho 0 ≤ x ≤ 34 Tìm GTLN của G = 4x2 - 3x3
7 Cho 0 ≤ x ≤ 3 ; Cho 0 ≤ y ≤4 Tìm GTLN H = (3-x).(4-y).(2x+3y)
8 Cho x,y,z,t ≥ 0 và 2x + xy + z + yzt = 1 Tìm GTLN của I = x2y2z2.t
9 Cho x,y,z,t ≥ 0 và xt + xy + z + yzt = 1 Tìm GTLN của K = xyzt
10 Tìm GTNN của M = | x-2 | + | y-3 | + | x+y-2007 |
Ph ơng pháp 03 : ( Sử dụng phơng pháp đặt biến phụ )
Bằng cách đặt biến phụ và sử dụng các phép biến đối tơng đơng Sử dụng các bất
đẳng thức cơ bản ta có thể chuyển biến thức đã cho về biểu thức đơn giản hơn, dễ xác
định cực trị hơn
I Các ví dụ minh hoạ :
Trang 91 Ví dụ 1: Tìm GTNN của C1 = x4 + 6x3 + 13x2 + 12x + 12
Giải : C1 = x4 + 6x3 + 13x2 + 12x + 12
C1 = ( x4 + 6x3 + 19x2 + 30x + 25) - 6 (x2 + 3x + 5) + 17
C1 = (x2 + 3x + 5)2 - 6 (x2 + 3x + 5) + 17
Đặt : x2 + 3x + 5 = a
C1 = a2 - 6a + 17 = a2 + 6a + 9 + 8
C1 = (a-3)2 + 8≥ 8 do (a-3)2 ≥ 0 ∀a
⇒ C1min = 8 ⇔ a - 3 = 0 ⇔ a = 3 ⇔ x2 + 3x + 2 = 0 ⇔
−
=
−
=
2
1
y x
Vậy : C1min = 8 ⇔
−
=
−
=
2
1
y x
2 Ví dụ 2: Tìm GTNN của C2 = 2
+ 22
2
2
x
y y
x - 5 + x+ 6
y y
x với x,y > 0
Giải :Đặt :
x
y y
x + = a ≥2 ⇒ 22 22
x
y y
x + = a2 - 2
⇒ C2 = 2.( a2 - 2) - 5a + 6 = 2a2 - 5a + 2
Ta thấy : a ≥ 2 ⇒ C2 = 2a2 - 5a + 2 ≥ 0
⇒ C2min = 0 ⇔a = 2 ⇔ x = y > 0
Vậy : C2min = 0 ⇔ x = y > 0
3 Ví dụ 3: Tìm GTNN của C3 =
x
y y
x + -
x
y y
x
3
3 − + 2004 với x,y>0
Giải : Đặt :
x
y y
x + = a ≥ 2⇔
x
y y
x + = a2 – 2 Khi đó : C3 = (a2 - 2) - 3a + 2004
C3 = a2 - 3a + 2004 = a2 - 3a + 2 + 2002 = (a-1) (a-2) + 2000
Do ta có : a ≥ 2 ⇒ a - 1> 0 ; a - 2≥0 ⇒ (a-1) (a-2) ≥0
⇒ C3 = (a-1) (a-2) + 2000 ≥ 2000⇒ C3 min = 2000 ⇔ a = 2 ⇔ x = y ; xy > 0 Vậy C3 min = 2000 ⇔ x = y và xy > 0
4 Ví dụ 4: Cho x,y,z > 0
Tìm GTNN của C4 = y +x z + x +y z + x +z y
Giải : Đặt : a = y + z ; b = x + z ; c = x + y
⇒ x + y+ z =
2
c b
⇒ x =−a+2b+c
;
2
c b a
;
2
c b a
Khi đó : C4 =
2 2
2
c b a c b a c b
−
C4 =
( + )+( + ) + ( + )−3
2
1
a
c c
a b
c c
b a
b b a
Theo Côsi với a,b,c >0 ta có : + ≥ 2 ; + ≥ 2 ; + ≥ 2
b
c c
b a
c c
a a
b b a
⇒ C4≥
2
3 ) 3 2 2 2 ( 2
1 + + − =
⇒ C4min =
2 3
⇔ a = b = c ⇔ x = y = z > 0
Trang 10Vậy C4min =
2
3 ⇔ x = y = z > 0
5 Ví dụ 5: Tìm GTLN, GTNN của C5 = 2 222 22 22
) 1 ( ) 1 (
) 1
)(
(
y x
y x y
x
+ +
−
−
Giải :Ta có :
4
) (a+b 2 ≥ a.b (1) ∀a,b và − a−b ≤ ab
4
) ( 2
(2) ∀a,b
y x
y
+ +
+
) 1 )(
1 ( 2 2
2 2
y x
y
+ +
−
) 1 )(
1 (
1
2 2
2 2
Khi đó : C5 =a.b
Theo (1) và (2) ta có : -
4
) (a+b 2 ≤ C5 = ab ≤
4
) (a+b 2
⇔ -
2 2 2
2 2 2
2 5
2 2 2
2 2 2
2
) 1 )(
1 (
1 4
1 )
1 )(
1 (
1 4
1
+ +
− +
−
≤
≤
+ +
+
−
−
y x
y x y
x C
y x
y x y
x
⇔ -
2 2 2
2 2
5
2 2 2
2 2
) 1 )(
1 (
) 1 )(
1 ( 4
1 )
1 )(
1 (
) 1 )(
1 ( 4
1
+ +
− +
≤
≤
+ +
+
−
y x
y x
C y
x
y x
⇔ -
2 2
2
1
1
4
1
+
−
x
x
≤ C5≤
2 2
2
1
1 4
1
+
−
y y
Ta có : 0 ≤
2 2
2
1
1
+
−
x
x
≤ 1 ; 0 ≤
2 2
2
1
1
+
−
y
y
≤ 1
Do đó :
2 2
2
1
1 4
1 4
1
+
−
≤
−
x
4
1 1
1 4
2
2
≤
+
−
y y
⇒ C5min =
4
1
− ⇔ (x2 - 1)2 = (x2 + 1)2⇔ x = 0
C5max =
4
1 ⇔ (1 - y2)2 = (1 + y2)2⇔ y = 0 Vậy C5min =
4
1
− ⇔ x = 0; C5max =
4
1 ⇔ y = 0
6 Ví dụ 6: Cho x, y, z là các số dơng thỏa mãn điều kiện: xyz = 1 Tìm GTNN của biểu
( ) ( ) ( )
E
Giải: Đặt a 1;b 1;c 1 abc 1 1
Do đó: 1 1 a b x y (a b xy). x y c a b( )
x+ = + ⇒ + = +y ⇒ + = +
Tơng tự: y + z = a(b + c); z + x = b(c + a)
2 2 2
1 1 1 1 1 1
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
E
2
b c c a a b+ + ≥
+ + + (1)
Thật vậy: Đặt b + c = x; c + a = y; a + b = z