Một số bài toán tìm GTLN và GTNN trong các đề thi đại học gần đây - phần 1

Trong các năm 2012, 2013 câu số 6 trong bài thi đại học môn toán là một câu khó đối với học sinh. Nhiều em đã bỏ câu này. 

Bài viết sau đây cung cấp  một số kiến thức nền tảng và cố gắng hệ thống hoá cách giải các bài toán đó để giúp các em có thể làm chủ được bài thi của mình. Bài viết có ích cho các giáo viên trẻ nâng cao kỹ năng giải các bài toán sơ cấp, nó cũng có ích cho sinh viên năm cuối ở trường Đại học Sư phạm.

Chú ý: Các nút bấm trong bài này chỉ dùng để nhìn, không dùng để bấm

1 Một bất đẳng thức hay dùng và áp dụng của nó.

1. Cho $x, y$ là hai số thực, hiển nhiên ta có: $\quad x^2+y^2\geqslant 2xy$
   viết lại một cách khác: $\quad xy\leqslant \dfrac{x^2+y^2}{2}\quad \forall x, y \in \mathbb{R}$
2. Ta có $(x+y)^2=x^2+y^2+2xy \geqslant 4xy$
   suy ra $xy\leqslant \dfrac14(x+y)^2\quad \forall x, y \in \mathbb{R}$

Áp dụng 1: $x^2+y^2=(x+y)^2-2xy\geqslant \dfrac12 (x+y)^2\quad \forall x, y \in \mathbb{R}$

Áp dụng 2: $x^3+y^3=(x+y)^3-3xy(x+y)\geqslant \dfrac14 (x+y)^3\quad \forall x, y \in \mathbb{R}$

Áp dụng 3: $x^2+y^2+xy=(x+y)^2-xy\geqslant \dfrac34 (x+y)^2\quad \forall x, y \in \mathbb{R}$

Áp dụng 4: $x^2+y^2-xy=(x+y)^2-3xy\geqslant \dfrac14 (x+y)^2\quad \forall x, y \in \mathbb{R}$

Áp dụng 5: $xy\leqslant \dfrac{x^2+y^2}{2} ;yz\leqslant \dfrac{y^2+z^2}{2} ;zx\leqslant \dfrac{z^2+x^2}{2}$ Suy ra: $xy+yz+zx\leqslant x^2+y^2+z^2 \quad \forall x, y, z \in \mathbb{R}$

Áp dụng 6: $(x+y+z)^2=x^2+y^2+z^2+2(xy+yz+zx)\geqslant 3(xy+yz+zx)$ $(x+y+z)^2=x^2+y^2+z^2+2(xy+yz+zx)\leqslant 3(x^2+y^2+z^2)$

2 Một số kỹ năng phân tích.

1. Biến đổi một biểu thức đẳng cấp. Thông thường ta chia hai vế cho một trong hai/ba ẩn với lũy thừa là cấp biểu thức. Ví dụ:

Ví dụ 1: Cho ba số thực dương $a, b,c$ thỏa $(a+c)(b+c)=4c^2$

Chia hai vế cho $c^2$ ta có: $\quad (x+1)(y+1)=4$ với $x=\dfrac{a}{c}\ ; y=\dfrac{b}{c}\quad (x,y>0)$ Nếu tiếp tục khai triển giả thiết trên ta có: $xy=3-(x+y)$ dùng để biến tích thành tổng.

Ví dụ 2: Cho $x,y,z$ là ba số thực dương thoả $x(x+y+z)=3yz$

Thông thường, ta chia hai vế cho $z^2$. Đặt $a=\dfrac{x}{z}\ ; b=\dfrac{y}{z}$. Ta có: $a(a+b+1)=3b$ với $a, b>0.$

Tuy nhiên bài toán này đi với một bất đẳng thức cần chứng minh: $(x+y)^3+(x+z)^3+3(x+y)(x+z)(y+z)\leqslant 5(y+z)^3$ nên ta tiến hành như sau: Đặt $a=x+y\ ; b = x+z\ ; c=y+z$. Suy ra $x+y+z=\dfrac{a+b+c}{2}$ Do đó $x=\dfrac{a+b-c}{2}\ ; y=\dfrac{a-b+c}{2}\ ;z=\dfrac{-a+b+c}{2}$ Giả thiết đã cho trở thành: $(a+b-c)(a+b+c)=(c+b-a)(c+a-b)$ Khai triển và thu gọn ta có: $c^2=a^2+b^2-ab$

Theo áp dụng 4: $x^2+y^2-xy=(x+y)^2-3xy\geqslant \dfrac14 (x+y)^2\quad \forall x, y \in \mathbb{R}$

Ta suy ra $c^2\geqslant \dfrac14 (a+b)^2 \Longleftrightarrow$ $a+b\leqslant 2c$

2. Biến đổi một biểu thức vừa có bậc hai vừa có bậc 3. Thông thường ta chia hai vế cho một trong hai/ba ẩn với lũy thừa thích hợp. Ví dụ:

Ví dụ 1: Cho hai số thực dương $a, b$ thỏa $$2(a^2+b^2)+ab=(a+b)(ab+2)$$

Khai triển đẳng thức đã cho: $2(a^2+b^2)=a^2b+2a+ab^2+2b$ Chia hai vế cho $ab$ ta có: $2\left(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}\right)+1=a+b+2\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\right)$ Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương: $a+b+2\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\right)\geqslant 2\sqrt{2(a+b)\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\right)}=2\sqrt{2\left(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}+2\right)}$ Kết hợp với đẳng thức trên và đặt $t= \sqrt{2\left(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}+2\right)}\ , \ t \geqslant 2\sqrt2$ ta có: $2\left(\dfrac{t^2}{2}-2\right)+1-2t \geqslant 0 \Longleftrightarrow t \geqslant 3\ ,$ suy ra $\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a} \geqslant \dfrac52$

Lưu ý: Việc biến đổi trên nhằm mục đích tìm GTNN của biểu thức: $P=4\left(\dfrac{a^3}{b^3}+\dfrac{b^3}{a^3}\right)-9\left(\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{a^2}\right)$ Xem bài giải ở dưới

Ví dụ 2: Cho hai số thực khác không $x, y$ thỏa $$(x+y)xy=x^2+y^2-xy$$

Chi hai vế cho $x^2y^2$ ta có: $\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}=\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}-\dfrac{1}{x}.\dfrac{1}{y}$ Theo áp dụng 4 $x^2+y^2-xy\geqslant \dfrac14 (x+y)^2$ nên: $\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}-\dfrac{1}{x}.\dfrac{1}{y} \geqslant \dfrac14\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\right)^2$ Kết hợp với đẳng thức đã cho ta suy ra: $\dfrac14\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\right)^2-\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\right) \leqslant 0 \Leftrightarrow$ $0\leqslant \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\leqslant 4$

Lưu ý: Việc biến đổi trên nhằm mục đích tìm GTLN của biểu thức: $A=\dfrac{1}{x^3}+\dfrac{1}{y^3}$

Ví dụ 3: Cho hai số thực $x, y$ thỏa $$(x+y)^3+4xy\geqslant 2$$

Ta có: $xy\leqslant \dfrac14(x+y)^2\quad \forall x, y \in \mathbb{R}$ Do đó: $2\leqslant (x+y)^3+4xy \leqslant (x+y)^3+(x+y)^2$ $\Rightarrow (x+y)^3+(x+y)^2-2\geqslant 0 \Rightarrow$ $x+y \geqslant 1$

Suy gẫm : Vì BĐT đã cho là $\geqslant$ nên ta phải sử dụng một BĐT $\leqslant$ để thay vào vế trái.

3. Một mối quan hệ bậc hai giữa các ẩn số.

Ví dụ 1: Cho hai số thực $x, y, z$ thỏa $x+y+z=0$ và $x^2+y^2+z^2=1$

Chìa khóa : Đề bài cho hai phương trình theo 3 ẩn, ta sẽ tìm được hai ẩn theo ẩn thứ ba. Vì giả thiết $y+z=-x$ nên ta sẽ tính $yz$ theo $x$.

Ta có: $0=(x+y+z)^2=x^2+y^2+z^2+2(xy+zx+zx)=$

$= 1+2x(y+z)+2yz=1-2x^2+2yz \Rightarrow$ $yz=\dfrac{2x^2-1}{2}$

Ví dụ 2: Cho hai số thực $x, y$ thỏa $(x-4)^2+(y-4)^2+2xy\leqslant 32$

Khai triển và thu gọn ta có: $(x+y)^2-8(x+y)\leqslant 0 \Leftrightarrow$ $0\leqslant x+y\leqslant 8$

Ví dụ 3: Cho hai số thực dương $x,y$ thỏa $x^2+y^2=1$

Dùng để thay $1$ bằng $x^2+y^2$ nhằm tạo ra một biểu thức đẳng cấp bậc 2. Trong nhiều trường hợp ta chuyển về lượng giác:$x=\cos t\ ; \ y =\sin t$

4. Một mối quan hệ bậc nhất giữa các ẩn số.

Ví dụ 1: Cho hai số thực không âm $x, y$ thỏa $x+y=1$

Nội dung cô đọng này giống trò chơi âm nhạc trên TV. Tuy nhiên với giả thiết $x, y$ không âm ta liên hệ tới BĐT Cauchy và vì đề đề bài cho tổng, ta biến thành tích.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy: $\sqrt{xy} \leqslant \dfrac{x+y}{2} =\dfrac12$. Vậy: $0\leqslant xy \leqslant \dfrac14$

Ví dụ 2: Cho ba số thực không âm $a, b, c$ thỏa $a+b+c=1$

Nội dung này càng giống trò chơi âm nhạc trên TV. Tuy nhiên với giả thiết $a, b, c$ không âm ta liên hệ tới BĐT Cauchy và vì đề đề bài cho tổng, ta biến thành tích.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy: $\sqrt[3]{abc} \leqslant \dfrac{a+b+c}{3} =\dfrac13$. Vậy: $0\leqslant abc \leqslant \dfrac{1}{27}$

Nhưng dựa vào "hoàn cảnh lịch sử cụ thể" là tìm GTNN của biểu thức: $M=3(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+3(ab+bc+ca)+2\sqrt{a^2+b^2+c^2}$ ta tiến hành như sau: $3(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)\geqslant (ab+bc+ca)^2$ (xem áp dụng 6) $a^2+b^2+c^2=(a+b+c)^2-2(ab+bc+ca)$ Do đó ở đây ta chỉ cần tìm điều kiện cho $ab+bc+ca$. $ab+bc+ca \leqslant a^2+b^2+c^2=1-2(ab+bc+ca)$ Vậy $0\leqslant ab+bc+ca \leqslant \dfrac13$

3 Các bài toán phân theo loại.

Loại 1: Biểu thức đưa về hàm một biến số.

Ví dụ 1: D2013. Cho $x, y$ là các số thực dương thoả điều kiện $xy\leqslant y-1$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: $$P=\dfrac{x+y}{\sqrt{x^2-xy+3y^2}}-\dfrac{x-2y}{6(x+y)}$$

Ta có: $xy\leqslant y-1\Leftrightarrow \dfrac{x}{y} \leqslant \dfrac{1}{y} - \dfrac{1}{y^2} \leqslant \dfrac14$. Đặt $t=\dfrac{x}{y}$ với $0 < t \leqslant \dfrac14$. Lấy tử mà mẫu của $P$ chia cho $y$ ta có: $P=f(t)=\dfrac{t+1}{\sqrt{t^2-t+3}}-\dfrac{t-2}{6(t+1)}$
Lấy đạo hàm và thu gọn: $f'(t)={\dfrac {7-3\,t}{ 2\left( {t}^{2}-t+3 \right) ^{3/2}}} -\dfrac{1}{2(t+1)^2}$
Ta có nhận xét $f'(t)>0\ \forall t \ \text{thỏa}\ 0 < t\leqslant \dfrac14$. Vậy hàm số đồng biến trên $0 < t\leqslant \dfrac14$. Do đó $f(t)\leqslant f\left(\dfrac14\right)$.

Xảy ra dấu bằng khi $t=\dfrac14\Rightarrow y=2\ ; x=\dfrac12$
Vậy giá trị lớn nhất của $P$ là $f\left(\dfrac14\right)=$ $\dfrac{\sqrt5}{3}+\dfrac{7}{30}.$

Lưu ý: Với trình độ học sinh khối D, việc chứng minh $$f'(t) > 0\ \forall t :\ 0 < t \leqslant \dfrac14$$ như đáp án là không dễ dàng. Do đó tôi đề nghị như sau:

Cách 1: Chấp nhận . Học sinh bấm máy tính CASIO FX570 VN Plus hoặc VINACAL 570ES Plus II dùng lệnh nhiều lần với $x$ nhập vào từ $0$ đến $\dfrac14$ đều nhận được nghiệm (bị loại) là . Từ đó học sinh sẽ dự đoán phương trình vô nghiệm. Vì thế $f'(t)$ không đổi dấu. Tính $f'(0.2)=0.3213871627>0$ nên $f'(t)>0\ \forall t \ :\ 0 < t\leqslant \dfrac14$ . Nếu chấm theo đáp án học sinh không bì trừ điểm chỗ này .

Cách 2: Dành cho học sinh khá, giỏi Ta có $f'(t)=\dfrac{-3\,{t}^{3}+{t}^{2}+11\,t+7-\sqrt{(t^2-t+3)^3}}{2(t+1)^2.\sqrt{(t^2-t+3)^3}}$ Xét $f'(t)=0 \Leftrightarrow g(t)=-3\,{t}^{3}+{t}^{2}+11\,t+7-\sqrt{(t^2-t+3)^3}=0$ $g'(t)=-9t^2+2t+11 - \dfrac{3(2t-1)(t^2-t+3)^2}{2\sqrt{(t^2-t+3)^3}}> 0\ \ \forall t : 0 < t \leqslant \dfrac14$ nên $g(t)$ là một hàm số đồng biến. Ngoài ra $g(-1).g(0) < 0$ nên phương trình có một nghiệm duy nhất thuộc khỏang $(-1;0)$ (bị loại). Vậy phương trình $f'(t)=0$ vô nghiệm, do đó $f'(t)$ không đổi dấu. Vì $f'(\dfrac18)>0$ nên $f'(t) > 0$ $\forall t : 0 < t \leqslant \dfrac14$

Ví dụ 2: B2011. Cho hai số thực dương $a, b$ thỏa $$2(a^2+b^2)+ab=(a+b)(ab+2)$$ Tìm GTNN của biểu thức: $P=4\left(\dfrac{a^3}{b^3}+\dfrac{b^3}{a^3}\right)-9\left(\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{a^2}\right)$

Trước hết ta chứng minh từ giả thiết: $\quad 2(a^2+b^2)+ab=(a+b)(ab+2)$ ta suy ra $t=\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a} \geqslant \dfrac52$ Xem lại lời giải ở trên Ta có: $\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{a^2} =t^2-2\ ;\ \dfrac{a^3}{b^3}+\dfrac{b^3}{a^3} =t^3-3t$ Khi đó: $P=f(t)= 4t^3-9t^2-12t+18$ $f'(t)=12t^2-18t-12 > 0 \quad \forall t \geqslant \dfrac52$. Vậy hàm số đồng biến với $t\geqslant \dfrac52$. Do đó: $t \geqslant \dfrac52 \Rightarrow f(t)\geqslant f\left(\dfrac52\right) =-\dfrac{23}{4}$ Xảy ra dấu bằng khi $\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}=\dfrac52\ \text{và}\ a + b=2\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\right)\Leftrightarrow a=2\ ; b=1 \ \text{hay}\ a=1\ ; b=2$ Vậy $\min P=-\dfrac{23}{4}.$

Ví dụ 3: D2009. Cho hai số thực không âm $x, y$ thỏa $x+y=1$. Tìm GTLN và GTNN của biểu thức: $S=(4x^2+3y)(4y^2+3x)+25xy$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy: $\quad \sqrt{xy} \leqslant \dfrac{x+y}{2}$ ta suy ra $0 \leqslant t=xy\leqslant \dfrac{(x+y)^2}{4}=\dfrac14$ Ta có: $S=16(xy)^2 + 12(x^3+y^3)+34xy$ $= 16(xy)^2+12[(x+y)^3-3xy(x+y)]+34xy$ Vậy $S=f(t)= 16t^2-2t+12$ $f'(t)=32t-2 =0 \quad \Leftrightarrow t=\dfrac{1}{16}$. Ta có: $f(0)=12\ ; \ f\left(\dfrac{1}{4}\right)=\dfrac{25}{2}\ ; \ f\left(\dfrac{1}{16}\right)=\dfrac{191}{16}$ Vậy $\max S=\dfrac{25}{2}$ đạt được khi $t=\dfrac14 \Leftrightarrow x=y=\dfrac12$ $\min S=\dfrac{191}{16}$ đạt được khi $t=xy=\dfrac{1}{16}\ \text{và}\ x+y=1 \Leftrightarrow x=\dfrac{2+\sqrt3}{4}\ ;\ y=\dfrac{2-\sqrt3}{4}$ $\text{hay}\ x=\dfrac{2-\sqrt3}{4}\ ;\ y=\dfrac{2+\sqrt3}{4}\ $

Ví dụ 4: D2008. Cho hai số thực $x, y$ thỏa $x^2+y^2=1$. Tìm GTLN và GTNN của biểu thức: $P=\dfrac{2(x^2+6xy)}{1+2xy+2y^2}$

Nếu $x=0$ thì $P=0.$ (dùng để so sánh với min và max tìm được sau này) Nếu $x\ne 0$ thay $1=x^2+y^2,$ chia tử và mẫu số của $P$ cho $x^2$, đặt $t=\dfrac{y}{x}$ ta có: $P=f(t)=\dfrac{12t+2}{3t^2+2t+1}$ $f'(t)=\dfrac{-36t^2-12t+8}{(3t^2+2t+1)^2}$ $f'(t)=0 \Leftrightarrow t=\dfrac13 \vee t=-\dfrac23$ Vậy $\min P=-6$ đạt được khi $y=-\dfrac23 x \wedge x^2+y^2=1$ (hệ này có 2 nghiệm là giao điểm của đường tròn và đường thẳng đi qua tâm của đường tròn). $\max P=3$ đạt được khi $y=\dfrac13 x \wedge x^2+y^2=1$ (hệ này có 2 nghiệm là giao điểm của đường tròn và đường thẳng đi qua tâm của đường tròn).