0≥
0≤ ) .
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) hoặc G(x;y) 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
G x y
≥
≤
= =
G x y ( ; ) 0 F x y m
( ; ) 0 F x y m
=
( ; ) 0 F x y m
=
( ; )
( ; )
⎧ ⎨ ⎩
⎧ ⎨ ⎩
⎧ ⎨ ⎩
3
3
3
3
= xy 3
−
x
x
y
y
− + 1)
1
(
( hoặc hoặc )
( ; ) 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
3
3
x
+
+
F
xy .
3
3
3
3
3
Tìm GTLN , GTNN của biểu thức = Lời giải : Gọi T1 là miền giá trị của F . Ta có
xy − = y y x x 1 ( − + 1)
(
3
3
3
y 1m T∈ ⇔ hệ sau có nghiệm: ) = xy m
3
3
x
+
y
2
+ + y x ⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩
3
xy
⎧ = S ⎪ ⎨ =⎪⎩ P
2
2
S
S
m
0
⇔
⇔
Đặt : . Ta có ∃ ⇔ ∃ x y , S P S , : ≥ P 4
S P = − − 3 S P m + =
S + 2 3 P m S =
= −
⎧ ⎨ ⎩
2
Hệ trên
⎧ ⎨ ⎩ S )
2
2
2
2
≤ ≤ . Vì hàm bậc hai f(S) đồng
S 4( Ta có : S ≥ ⇔ ≥ P S ⇔ − S S S 4 4 0 ≤ ⇔ ≤ ≤ 0 4 − 3
4
⇔
f
≤ m f
m
≤
S S = = + 2 m 3
≤ (0) 3
(4)
⇔ ≤ 0
3
24
có nghiệm 0 S S≤ ≤ 4
f S ( ) ]0;4 nên PT f(S) = 3m có nghiệm 0 . Do đó
] 0 ;8
[
T = 1
2
2
2 Q = x + xy - 2y
3≤ x - xy + y 2
2m T∈ ⇔ hệ sau có nghiệm:
2
2
3
≤ 2
2
x - xy + y x + xy - 2y = m
(1) (2)
⎧ ⎨ ⎩
Từ đó hệ PT đầu có nghiệm ⇔ biến trên [ 0 m⇔ ≤ ≤ 8 Vậy minF = 0 , maxF = 8. Bài toán 2 : Cho các số thực x, y thoả mãn : Tìm GTLN , GTNN của biểu thức Lời giải : Gọi T2 là miền giá trị của Q . Ta có
2
≤
x
3
0
3m ≤
2
=
x
m
⎧ ⎪ ⇔ ⎨ ⎪⎩
2
Nếu y = 0 thì hệ (1),(2) , suy ra trường hợp này hệ có nghiệm (x ; 0) ⇔ ≤
≠
2
2 y t ( 2 y t (
t − + ≤ 1) 3 m t + − = 2)
3) ( 4) (
⎧ ⎨ ⎩
2
2
2
Nếu y 0 thì đặt x = ty ta có hệ :
y
=
2
m + − t 2 2 t + − 2) > 0
t t m(
2
> 0 và thay vào (3) được ≤ t t+ − 3 Từ (4) ta phải có m ( 2) m t ( 2 t − + t 1) t + − 2
0
≤
c nghi m t ã
Ö
∈ −∞ − ∪ +∞ ; 2)
(1;
(
)
f t ( )
2
3 m
Trường hợp này hệ (1),(2) có nghiệm có nghiệm ≤ 3 m t ( 2 t − + t 1) + − t 2 ⎧ ⎪ H ⇔ ⎨ Ö ⎪ ⎩
t ∈
{ −R \
} 2;1
2
0
∈ −
≥
c nghi m t ã
Ö
( 2;1)
3 m
⎡ >⎧ m ⎪⎢ ⎨⎢ ⎪⎢⎩ ⇔ ⎢ m <⎧⎢ ⎪ ⎢ ⎨ f t ( ) ⎢ ⎪⎩⎣
2
7
3
=
f
( I ) ( với ) , = f t ( ) t t − + t t + − 1 2
′ t ( )
f
= 0
t ⇔ =
t′ ( )
t − 6 + − t
+ 1 2 2 )
± 2
t 2 2 t ( Bảng biến thiên của hàm f(t)
7
3
7
Ta có : ,
+ 2
−3 2
t −∞ - 2 1 + ∞
∞
f’(t) + + 0 - - 0 +
−1 2 7 9
+ + ∞ 1
7
−∞
f(t)
−∞
1 2 + 9
1
>
m
0
≤
≤ − +
m
7
1 2
3 m
Từ bảng biến thiên ta có
⇔
⇔
<
0
m
− −
≤
<
1 2 7
0
⎡ < 0 ⎢ ⎢⎣
≥
3 m
1 2 7 9
⎡ ⎧ ⎪⎢ ⎨ + 1 2 2 ⎢ ⎪⎢ 9 ⎩ ⎢ m ⎧ ⎢ ⎪⎢⎨ − ⎢ ⎪⎢⎩⎣
( I )
≤
1 2 7
1 2 7
.
≤ − + . Vậy minQ = 1 2 7
m − −
2
2
Kết hợp các trường hợp trên ta được : − − Do đó , maxQ = 1 2 7 − + − + 1 2 7 ; 1 2 7 T 3 ⎡ = − − ⎣ ⎤ ⎦
+ + + ≤ x y x y − xy 3(1 8 ) 16 9 6 8 ( 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 :
K x x =
+ + 1)
(
) 1
+ hệ sau có nghiệm:
2
2
xy
y
x
y
x
+
+
+
≤
9
)
6 + + 1)
8 y y + (
16 x x (
1)
2
x
y
− ≤
+
≤
3 3
4
1
(5)
x
x
y
+
+
+
2(3
− ≤ 4 ) 3 0
Tìm GTNN của biểu thức y y ( Lời giải : Gọi T3 là miền giá trị của K . Ta có m T3∈ ⇔ ⎧ − 3(1 8 ⎨ m = ⎩
⇔
⇔
2
2
2
2
x
y
m
+
+
+
=
+
(
)
(
)
(6)
x
y
m
+
+
+
=
+
)
(
(
)
⎧ ⎪ ⎨ ⎪⎩
1 2
1 2
1 2
⎧ (3 ⎪ ⎨ ⎪ ⎩
y 4 ) 1 2
1 2
1 2
Hệ trên
m
≤ −
1 2
Dễ thấy : nếu thì hệ vô nghiệm
m
> −
1 2
Với , xét trong mặt phẳng toạ độ Oxy ta có : tập hợp nghiệm của (5) là miền mặt phẳng
2 : 3
(H) ở giữa hai đường thẳng song song x + = và d x + y − = có chứa cả biên là hai y+ 4 3 0 1 0 4 d 1 : 3
− ) , bán kính
1d
2d
1 − ; 2
1 2
R
m=
+ . Trường hợp này hệ (5),(6) có nghiệm ⇔ (C) và (H) có điểm chung ⇔
1 2
R
m
m
≤ ⇔ ≤
+ ⇔ ≥ −
đường thẳng và , còn tập hợp nghiệm của (6) là đường tròn (C) có tâm I(
− ) .
)
d I d ( ; 1
1 2
49 100
1 2
( thoả mãn m >
K
= −
min
;
T 3
49 100
⎞ +∞ ⎟ ⎠
⎡ = − ⎢ ⎣
2cos
2cos
x
y
3
y
2
cos
x
cos
cos
x
cos
y
+
+
+
+
+
( không tồn tại maxK) . . Vậy Do đó
4
4 2
−
≥
) M
cos 2
x
y
=
+ +
2 cos 2 hệ sau có nghiệm:
2cos
2cos
cos
cos
3
2
x
y
x
y
cos
x
cos
y
+
+
+
+
+
( 2)
4 2
≥
(*)
cos 2
2 + cos 2 x
+
.
1 10 49 100 (Bạn đọc tự vẽ hình minh hoạ). Bài toán 4 : Cho các số thực x, y thoả mãn : ( 2 Tìm GTLN , GTNN của biểu thức : Lời giải : Gọi T4 là miền giá trị của M . Ta có ∈ ⇔4m T ⎧ 4 − ⎪ ⎨ y m = ⎪⎩
cos
x
cos
y
2
cos
x
cos
y
cos
x
cos
y
+
+
+
x
y
cos
1 cos ≤
+
≤
(2
)
(2 2
2)2
4 2
0
2
2
−
+
≤
≤
≤
⇔
⇔
m
2 2 m
+ 2
2
2
2
2
2
m
2
2
2
x
y
x
y
cos
cos
cos
cos
+
=
+
=
x
y
cos
cos
+
=
+ 2
+ 2
⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩
3 2 + 2
⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪⎩
v
7)
1
(
u v ≤ + ≤
C
B
1
u
v
1 ,
(8)
ta có hệ :
;
x
y
v
cos
cos
Đặt u
≤
=
=
2
2
2
1
u
v
(9)
+
=
A
⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪⎩ 3 2 1 ≤ m + 2
2
⇔ 2≤ −
1
D 1
O
u
2
⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ hệ (7),(8),(9) có nghiệm. Hệ (*) có nghiệm Dễ thấy , với m hệ (7),(8),(9) vô nghiệm . Với m > - 2 , xét trong mặt phẳng toạ độ Ouv khi đó tập hợp nghiệm của (7) và (8) là hình
Hệ(*) ⇔
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
R
=
tâm O(0 ; 0) , bán kính
( hình vẽ )
đường tròn
+ 2 Từ đó , hệ (7),(8),(9) có nghiệm ⇔ ( T ) có điểm chung với hình thang ABCD
m
2
1
m
≤ ⇔ − ≤
≤
( thoả mãn m > - 2)
(
;
⇔
d O CD R OB ) ≤
≤
1 0
u 2
0
3
5 + 2 2 , đường thẳng AB:
2 ⇔ ≤ 2 u v+ − =
1 2 v+ 2
− = và các tam giác OCD , OAB
Do đó
1;
T 4
1 2
1 2
(Ở đây đường thẳng CD: cân tại O) . ⎡ = −⎢ ⎣
⎤ ⎥ . Vậy minM = -1 , maxM = ⎦
Bài toán 5 : (Tuyển sinh đại học khối A năm 2006 )
2
2
(x
y)xy
x
y
xy
Cho hai số thực thay đổi x ≠ 0 , y ≠ 0 thoả mãn :
+
=
+
−
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
A
=
+
1 3 x
1 3 y
0 :
≠
m T∈ ⇔ hệ sau có nghiệm x ≠ 0 , y
Lời giải : Gọi T5 là tập giá trị của A . Ta có
5
2
2
2
2
2
2
(x y)xy
x
y
xy
(x y)xy
x
y
xy
+
=
+
−
+
=
+
−
x
y
xy
=
+
−
2
2
2
⇔
⇔
xy)
(x y)(x +
−
m
+
=
m
m
=
=
y 3
3
1 3 y
+ (xy)
xy(x y) + (xy)
⎧ + (x y)xy ⎪ 1 ⎨ ⎪ 3 x ⎩
⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩
⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩
2
3xy
+
=
−
(V)
2 ) m =
⎧ + (x y)xy (x y) ⎪ ⇔ + x y ⎨ ( ⎪ xy ⎩
2
3P
−
(VI)
Đặt
(
) , ta có hệ :
2S
(
2 ) m =
S x y = + ⎧ ⎨ P xy =⎩
Hệ (V) có nghiệm x
.
≠
2S
4≥ P
2
2
2
2
Do
0 , y
y
xy
(x
y)
0
y
0
≠
≠ 0
SP x =
+
−
=
> với mọi x ≠ 0 , y ≠ 0
−
+
⇒ > với mọi x
⎧ SP S = ⎪ ⎨ S ⎪ P ⎩ ≠ ⇔ hệ (VI) có nghiệm ( S ; P ) thoả mãn 0 , y 0 3 1 4 2
S P
Từ đó :
m 0≤
• Nếu
m.
P thay vào phương trình
S ⇒ =
(
) m
m
• Nếu m > 0 thì từ phương trình
= ⇒ =
thì hệ (V) vô nghiệm 2S P
2
2
3P
m )P 3
S P (m
mP mP =
− ⇔ −
= ( vì SP > 0 nên P 0 )
đầu của hệ (VI) được :
≠
Để có P từ phương trình này thì m m 0 m 1
≠ ⇔ ≠ ( m > 0 ) và ta được
−
S
. Trường hợp này hệ (VI) có nghiệm ( S ; P ) thoả
, do đó
=
P
=
3 m 1 −
mãn
3 m ( m 1) − 2S khi và chỉ khi : 4P≥
4P≥
2
2
)
(
3 m 4( m 1)
m 4
≥
3 ⇔ ≥
⇔
− ⇔ ≤
≥
12 m ( m 1)
3 m 1 −
−
4( 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 ≠
<
≤
=
(
5T
] { } 0;16 \ 1
+ =
−
1, y
x
≥ −
hệ sau có nghiệm:
Do đó : 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 : ≥ −2 Gọi T6 là tập giá trị của K . Ta có
m T∈ ⇔ 6
y 2) m
+ +
+
=
y
+ −
−
(VII)
⇔
x 3 x 1 3 y 2 + = x y m + =
x y m + =
⎧ 3( x 1 ⎪ ⎨ ⎪ ⎩
Đặt u
và hệ (VII) trở thành :
⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩ y=
+ 2 thì
u, v
x=
+1 và v
0≥
u v
+ =
+
=
⇔
⇔ u , v là hai nghiệm của phương trình :
2
2
2
v m 3
u
=
+
+
3(u v) m ⎧ ⎨ ⎩
uv
=
−
m 3) −
m 3 1 m ( 2 9
2
2
2
2
t
t
m 3) 0
18t
(10)
−
−
= ⇔ −
−
6mt m 9m 27 0 −
=
+
−
⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪⎩ m 1 m ( + 2 9 3
khi và chỉ khi (10) có hai nghiệm không âm
x
1, y
2
≥ −
≥ −
Từ đó , hệ (VII) có nghiệm ( x ; y ) sao cho và điều kiện là :
2
9(m 18m 54)
0
−
≥
−
+
+
3 15
;9
0
15 . Do đó
=
+
≥
=
⇔
≤
m 9 3 ≤ +
t
T 6
9 3 21 2
9 3 21 2
⎡ ⎢ ⎣
⎤ ⎥ ⎦
2
−
−
0
=
≥
P t
⎧ ⎪ ′Δ = − t ⎪ m ⎪ S ⎨ 3 ⎪ ⎪ m 9m 27 ⎪ 18 ⎩
+
Vậy : minK =
, maxK = 9 3 15
+
9 3 21 2
2
2
=
+
+
+ . ) 7
3
3
P
+
−
2)
y y (
2
)
+
≤
+ + 1)
x x (
y y (
1)
x x − ( 0 .
y y x x 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 :
Tìm giá trị lớn nhất , nhỏ nhất của biểu thức = Bài 2 : Cho hai số thực x , y thoả mãn :
x
y
+
+
2008
2007
2
Q 2
Tìm giá trị lớn nhất , nhỏ nhất của biểu thức Bài 3 : Cho các số thực x, y thoả mãn :
= 2009 6≤ . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của
2
biểu thức
2 F = x + xy - 2y
x
4
4x - 3xy + 3y
y+
= . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất
Q
x
y
của biểu thức
=
1 + +
9 +
Bài 4 : Cho các số thực không âm x , y thoả mãn :
cos
cos
x
y
+
= . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu
1 2
cos 3
cos 3
L
y
x
+
=
Bài 5 : Cho các số thực x, y thoả mãn :
thức Bài 6 : (Đại học khối B năm 2008 ) : Cho hai số thực x , y thay đổi và thoả mãn hệ thức
2
2
2
. Tìm GTLN và GTNN của biểu thức
x
y+
= 1
P
=
2
6xy) 2(x + 2 1 2xy 2y + + 2 x Bài 7 : ( Cao đẳng kinh tế kỹ thuật năm 2008 ) Cho hai số x , y thoả mãn
y
+
2 = .
3
3
y ) 3xy −
P 2(x =
+
Tìm GTLN , GTNN của biểu thức Bài 8 : Cho các số dương x , y thoả mãn : xy + x + y = 3 . Tìm GTLN của biểu thức
2
2
P
x
y ( Đ/s : maxP = 3/2)
=
+
+
−
−
xy 3y 3x y 1 x 1 x y + + +
...............................Hết .............................
