Cách tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức chứa hai biến số

Chia sẻ: lequocdo1

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 ) ....

Nội dung Text: Cách tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức chứa hai biến số

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 (1)
⎨ 2 2
⎩ x + xy - 2y = m (2)
⎧x2 ≤ 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 m(t 2 − t + 1)
Từ (4) ta phải có m (t + t − 2) > 0 và thay y = 2
2 2
vào (3) được 2 ≤3
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
⎪ 2 ≤3
⎩ t +t −2
⎡ ⎧m > 0
⎢⎪
⎢ ⎨ f (t ) ≤ 3 cã nghiÖm t ∈ (−∞ ; −2) ∪ (1; +∞ )
⎢⎪⎩ t2 − t + 1
, t ∈ R \ {−2;1} )
m
⇔⎢ ( I ) ( với f (t ) = 2
⎢⎪⎧m < 0 t +t −2
⎢⎨ 3
⎢ ⎪ f (t ) ≥ cã nghiÖm t ∈ (−2;1)
⎣⎩ m
2t 2 − 6 t + 1 3± 7
Ta có : f ′(t ) = , f ′(t ) = 0 ⇔ t =
(t + t − 2 )
2 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+ 2 7
1 −∞ −∞
9
Từ bảng biến thiên ta có
⎡⎧ m > 0
⎢⎪
⎢ ⎨1 + 2 2 ≤ 3
⎢⎪ 9
⎩ m ⎡ 0 < m ≤ −1 + 2 7
(I) ⇔⎢ ⇔⎢
⎢⎧ m < 0 ⎢ −1 − 2 7 ≤ m < 0

⎢⎪
⎢ ⎨1 − 2 7 ≥ 3
⎢⎪ 9
⎣⎩ 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 )
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 ⎧ −3 ≤ 3 x + 4 y ≤ 1 (5)
⎪ ⎪
Hệ trên ⇔ ⎨ 1 1 1 ⇔⎨ 1 2 1 2 1
⎪ ( x + )2 + ( y + ) 2 = 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
d ( I ; d1 ) ≤ R ⇔ ≤ m+ ⇔ m≥− ( thoả mãn m > − ) .
10 2 100 2
⎡ 49 ⎞ 49
Do đó T3 = ⎢ − ; +∞ ⎟ . Vậy min K = − ( không tồn tại maxK) .
⎣ 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:
⎧( 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 ⎪ 2≤2
cos x + cos y
≤2 2 ⎪ 1 ≤ cos x + cos y ≤
⎪ ⎪ ⎪ 2
⎨ m+2 ⇔⎨ 2 m+2 ⇔ ⎨
⎪ cos x + cos y =
2 2
⎪cos x + cos y =
2
⎪cos 2 x + cos 2 y = m+2
⎩ 2 ⎪ 2 ⎪

⎩ 2
v
⎧ 3
⎪ 1≤ u + v ≤ 2 (7)

Đặt u = cos x ; v = cos y ta có hệ : ⎨ u ≤ 1 , v ≤ 1 (8) 1C B
⎪ 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 . O 1 1
u
Với m > - 2 , xét trong mặt phẳng toạ độ Ouv 2

khi đó tập hợp nghiệm của (7) và (8) là hình
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
⇔ d (O; CD ) ≤ R ≤ OB ⇔ ≤ ≤ ⇔ −1 ≤ m ≤ ( thoả mãn m > - 2)
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
1 1
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = 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
⎪ ⎪ ⎪
⎨1 1 ⇔ ⎨ (x + y)(x 2 + y 2 − xy) ⇔ ⎨ xy(x + y) 2
⎪ x 3 + y3 = m ⎪ (xy)3
=m ⎪ 3
=m
⎩ ⎩ ⎩ (xy)
⎧(x + y)xy = (x + y)2 − 3xy

⇔⎨ x+y 2 (V)
(
⎪ xy ) =m

⎧SP = S2 − 3P
⎧S = x + y 2 ⎪
Đặt ⎨ ( S ≥ 4 P ) , ta có hệ : ⎨ S 2 (VI)
⎩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
đầu của hệ (VI) được : mP = mP − 3P ⇔ (m − m )P = 3 ( vì SP > 0 nên P ≠ 0 )
2 2


Để có P từ phương trình này thì m − m ≠ 0 ⇔ m ≠ 1 ( m > 0 ) và ta được
3 3
P= , do đó S = . Trường hợp này hệ (VI) có nghiệm ( S ; P ) thoả
m ( m − 1) m −1
mãn S 2 ≥ 4P khi và chỉ khi :
3 12 4( m − 1) 2
( )2 ≥ ⇔ 3≥ ⇔ 3 m ≥ 4( m − 1) ⇔ m ≤ 4
m −1 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
⎨ ⇔⎨ (VII)

⎩ x+y=m ⎪x + y = m

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
⎨ 2 ⇔⎨ ⇔ u , v là hai nghiệm của phương trình :
⎩ u +v = m+3 ⎪
2
1 m2
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

⎪ m 9 + 3 21 ⎡ 9 + 3 21 ⎤
⎨St = ≥ 0 ⇔ ≤ m ≤ 9 + 3 15 . Do đó T6 = ⎢ ;9 + 3 15 ⎥
⎪ 3 2 ⎣ 2 ⎦
⎪ m − 9m − 27
2

⎪ Pt = ≥0
⎩ 18
9 + 3 21
Vậy : minK = , 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 .
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 .
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
1
Bài 5 : Cho các số thực x, y thoả mãn : cos x + cos y = . 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)
x 2 + y 2 = 1 . Tìm GTLN và GTNN của biểu thức P =
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
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 .............................
Đề thi vào lớp 10 môn Toán |  Đáp án đề thi tốt nghiệp |  Đề thi Đại học |  Đề thi thử đại học môn Hóa |  Mẫu đơn xin việc |  Bài tiểu luận mẫu |  Ôn thi cao học 2014 |  Nghiên cứu khoa học |  Lập kế hoạch kinh doanh |  Bảng cân đối kế toán |  Đề thi chứng chỉ Tin học |  Tư tưởng Hồ Chí Minh |  Đề thi chứng chỉ Tiếng anh
Theo dõi chúng tôi
Đồng bộ tài khoản