Đoàn Ngọc Dũng -

(1)

HƯỚNG DẪN GIẢI GTLN & GTNN CỦA HÀM SỐ

GVBM : ĐOÀN NGỌC DŨNG

BÀI 3.9 : Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của các hàm số sau :

1)

y = x + 4x² (ĐH B 2003) ĐS : Maxy =2 2; miny = –2

 Hướng dẫn :

y được xác định  4 – x²  0  x²  4  –2  x  2 Txđ : D = [–2 ; 2]

y’ =

2 2

2 4 x

x x 4 x

4 2

x 1 2



 



 

y’ = 0  4x² x 

















 





 











2 x

0 x 2

x 0 x x

x 4

0 x

2 2

2  x = 2

f(–2) = –2 ; f(2) = 2 ; f( 2) = 2 2 Vậy Max y 2 2

] 2

; 2 [

x 



 khi x = 2 và min y 2

] 2

; 2 [

x 



 khi x = –2

2)

y =

1 x

2 

 trên đoạn [–1 ; 2] (ĐH D 2003) ĐS : Maxy = 2; miny = 0

Txđ : D = R (vì x² + 1 > 0, x) y’ =

1 x ) 1 x (

1 x 1

x

1 x

x ). 2 1 x ( 1 x

2 2 2

2 2



 



 





y’ = 0  x = 1 (nhận) f(–1) = 0 ; f(1) = 2 ; f(2) =

5 5 3 Vậy Maxy 2

] 2

; 1 [

x 



 khi x = 1 và min y 0

] 2

; 1 [

x 



 khi x = –1

3)

y =(x1) 1x² (DBĐH 2004) ĐS : Maxy = 4

3

3 ; miny = 0

y được xác định  1 – x²  0  x²  1  –1  x  1 Txđ : D = [–1 ; 1]

y’ =

2 2

x 1

1 x x 2







 , x  (–1 ; 1)

y’ = 0  –2x² – x + 1 = 0 











nhận) nhận) ( 1 x

2 (

x 1

f(–1) = 0 ; f(1) = 0 ;

4 3 3 2 f 1



 





Vậy

4 3 y 3 M ax

] 1

; 1 [

x 



 khi x =

2

1 và min y 0

] 1

; 1 [

x 



 khi x = 1

4)

y x²4x21 x²3x10 (ĐH D 2010) ĐS : Maxy = 4 ; miny = 2 Điều kiện :















 



















0 10 x 3 x

0 21 x 4 x 0 10 x 3 x

0 21 x 4 x

2 2 2

2

 2  x  5

(2)

21 x 4 x 2

4 x 2 10

x 3 x 2

3 x 2 10

x 3 x

3 x 2 21

x 4 x

2

y ₂ x ₂ ₂ ₂





 





 







 







 

y’ = 0 



2x3



x²4x21



2x4



x²3x10

         

    



















 

*

* 0

4 x 2 3 x 2

* 10 x 3 x 4 x 2 21 x 4 x 3 x

2 ² ² ² ²

(*)  (2x – 3)²(4x² – 16x – 84) = (2x – 4)²(4x² – 12x – 40)

 (2x – 3)²[(2x – 4)² – 100] = (2x – 4)²[(2x – 3)² – 49]

 100(2x – 3)² = 49(2x – 4)²  10(2x – 3) = 7(2x – 4)  x = 3 1, x =

17 29. Kết hợp điều kiện (**) được : x =

3 1. Bảng biến thiên :

x 2

3

1 5

y’  0 +

y

3 4

2

Căn cứ bảng biến thiên, ta có : Miny = 2  x = 3 1.

 Cách khác : Điều kiện :



















0 10 x 3 x

0 21 x 4 x

2 2

 2  x  5

Xét trên miền 2 < x < 5, ta có :

 

² ²

2 x 3 4 2 49 x 25

y 



 

 





Nên

 

₂ ₂

 

² 25



x 2



²

2 x 3 2

x 3 4 2 49 x 0 2 x 3 4 49

2 x 3 2

x 25

2 ' x

y   



 

 

 



 

 









 

 



 



 

 

     

 

 

³

x 1 2 4 x 49 2

x 3 25

5

; 2 2

; 3 2 x

2 x 2 25

x 3 2

x 3 4 2 49 x

2 0 x 3 2 x

5 x 2

2 2

















 



 

 



 



















 



 

 













 



 

 







 

 









Ta có : y(2) = 3 ; 2 3 y 1



 



 ; y(5) = 4

Vậy 2

3 y 1 y

min2 x 5 



 



 



 .

 Cách khác :

Điều kiện : 2  x  5

Vì (x² + 4x + 21) – (x² + 3x +10) = x + 11 > 0  y > 0

 y² = (x + 3)(7 – x) + (x + 2)(5 – x) – 2(x + 3)(7 – x)(x + 2)(5 – x)

(3)

Suy ra y  2 , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = 3

1. Vậy miny = 2 . Tập xác định : D = [2 ; 5]

 

2 x 3x 10

3 x 2 21

x 4 x 2

4 x x 2

'f 2  2  



 







 

Cho

 

^x ⁴^x ²¹



^x ²



^x ³^x ¹⁰

2 x 3 0 x

'f   ²      ²  



 

 





3 x 1 17 x 29 3 x 1

2 x 3 2 x 21 1

x 4 x

25 10

x 3

x 4

49 1

2 x 3 2 x

21 x 4 x

4 x 4 x 10 x 3

x 4

x 9 3 x

2 x 3 2 x

2 2

2 2 2

2  

































 

 



 























 















Bảng biến thiên :

x 2

3

1 5

f’(x)  0 

f(x)

3 4

2

Vậy

 

²

3 f 1 x f

MinD 



 



  .

 Cách khác : (Theo đáp án đề thi Đại học khối D năm 2010 của Bộ Giáo Dục) Ta thấy x² + 4x + 21 – (x² + 3x + 10) = x + 11 > 0 nên suy ra y > 0.

Do đó ^y² ^



^x^³



⁷^^x

 

^ ^x^²



⁵^^x



^²



^x^³



⁷^^x



^x^²



⁵^^x





^x^³



⁵^^x

 

^ ^x^²



⁷^^x



^²^²



^x^³



⁵^^x

 

⁷^^x



^x^²



^

 

^x^³



⁵^^x

 

^ ⁷^^x



^x^²

 

² ^²^²





vìy 0



2 y 2

y²    



Vậy giá trị nhỏ nhất của f(x) là 2, đạt được khi 3 x 1.

(Theo đáp án đề thi Đại học khối D năm 2010 của Bộ Giáo Dục)

5)

x 1

3 x 3 x y 2 ²



  trên đoạn [0 ; 2] (ĐH D 2011) ĐS : Maxy =

17 ; miny = 3 3

 Hướng dẫn : Txđ : D = R \ –1

Ta có :

 

²

2

1 x

x 4 x ' 2

y 

   y’= 0  x = 0  x = – 2 (loại) Mà y(0) = 3 và y(2) =

17 3 Vậy giá trị lớn nhất là

17 và giá trị nhỏ nhất là 3. 3

6)

y ^2x² ^3x ³ x 1

 

  trên đoạn [0 ; 2] (ĐH D 2013) ĐS : Maxy = 3 ; miny = 1

 Hướng dẫn : Txđ : D = R \ –1

Ta có :

 

2 2

2x 4x 6 y '

x 1

 

   y’= 0  x = 1  x = – 3 (loại)

(4)

Mà y(0) = 3 ; y(2) = ⁵

3 ; y(1) = 1.

Vậy giá trị lớn nhất là 3 và giá trị nhỏ nhất là 1.

7)  

x x 4 x

f   trên đoạn [1 ; 3]. (THPT QG 2015) ĐS : Maxy = 5 ; miny = 4

Hàm số f(x) liên tục trên đoạn [1 ; 3] và

 

₂

x 1 4 x

'f   ; f’(x) = 0  x = 2  (1 ; 3) f(1) = 5 ; f(2) ;

 

3 3 13 f  Vậy :

  f

 

x 4

min1;3  khi x = 2 ;

  f

 

x 5

max1;3  khi x = 1

8*)

y = sin⁵x + 2cosx (DBĐH 2003) ĐS : Maxy = 2; miny = – 2

Xét hàm số : y = y = sin⁵x + 2cosx.  x[0 ; 2].

y’ = 5sin⁴x.cosx – 3sinx = sinx(5sin³x.cosx – 3) y’ = 0  











) 2 ( 0 3 x cos . x sin 5

) 1 ( 0 x sin

3

(1)  x = k, k  Z

Mà x[0 ; 2] nên x = 0 ; x = 2

Xét hàm số : g(x) = 5sin³x.cosx – 3,  x[0 ; 2]

 g’(x) = 5(3sin²x.cos²x – sin⁴x) = 5sin²x(3cos²x – sin²x) g’(x) = 0  









 3 tgx

0 x

sin 



























0 ) x ( 3 g

;5 3

; 4 3

;2 x 3

0 3 ) x ( g 2

;

; 0

x  g(x) = 0 : vô nghiệm.

Ta có : y(0) = 2 ; y() =– 2 ; y(2) = 2

Vậy Maxy 2 khi x = 0  x = 2 và miny 2 khi x = 

9*)

^y^^x⁶ ^⁴



¹^^x²



³trên [–1 ; 1] (DBĐH 2003) ĐS : Maxy = 4 ; miny = 9 4

Đặt t = x² . Ta có : –1  x  1  0  t  1.

Ta có : y = t³ + 4(1 – t)³ = 3t³ + 12t² – 12t + 4,  t[0 ; 1].

Khảo sát hàm số f(t) = 3t³ + 12t² – 12t + 4,  t[0 ; 1].

f’(t) = 9t² + 24t – 12 = 3(3t² + 8t – 4), f’(t) = 0 

3

t₁ 2 , t2 = 2 (loại)

Do 0  t  1, nên ta có bảng biến thiên của f(t) là

t 0 ²

3 1

f’(t)  0 +

f(t) 4 1 9

4

Dựa vào bảng biến thiên ta có : Maxy Maxy 4

] 1

; 0 [ t ] 1

; 1 [

x  





 khi t = 0  x = 0

(5)

9 y 4 min y

min[ 1;1] t [0;1]

x  





 khi t =

3

2  x = 3

 6

Max y = 4 khi x = 0 , Miny = 9 4 khi

3 x 6

10*)

y = _



 

 



 ₂

x 1 7 x 4

2

x 11 với x > 0 (DBĐH 2006) ĐS : miny =

2 15

 

² ² ²

2 2 2 2

3

2

2 2 2

11 7 11 14 2x x 7 11 x 7 28

y x 4 1 x 0 y ' 1

2x x 2x 7 2x x 7

x 1 x y ' 0 2x x 7 11 x 7 28 0

   

 

             

      

Đặt t = x²7



^x^⁰^^t^ ^x² ^⁷



^{ x}²^{= t}²^{– 7}

Ta có : 2(t² – 7)t – 11t – 28 = 0  2t³ – 25t – 28 = 0  t = 4  x = 3

x 0 3 +

y’  0 +

y + +

15 2 Từ bảng biến thiên, ta có :

  2

y 15 Min0; 



 , khi x = 3

B. CỰC TRỊ ĐẠI SỐ (BIỂU THỨC HAI BIẾN)

 PHƯƠNG PHÁP 1 : Đổi biến đẳng cấp BÀI 3.10 :

Biểu thức A là biểu thức đẳng cấp bậc hai của x, y (cả tử và mẫu đều có bậc 2). Khi gặp biểu thức đẳng cấp, cách giải ta thường sử dụng là chia và đặt ẩn phụ để xét hàm một biến.

 Nếu y = 0 thì x  0 và A = 0.

 Nếu y  0, ta chia cả tử và mẫu cho y². Đặt

y

t x. Khi đó t  R và

1 t 2 t 3

1 t A ₂2



  .

Xét hàm số f

 

t ₃_t₂²^t₂_t¹ ₁



  trên R.

Ta có :

   



³^t²⁶^t²^t^t ¹¹



²

t

'f  



  ;

 

_







 

 t 1

0 0 t

t

'f và lim f

 

t lim f

 

t 0

x

x  







 .

Suy ra bảng biến thiên :

t  1 0 

f’(t)  0  0 

f(t)

1

0 0

2

1

Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra giá trị lớn nhất của A là 1, đạt khi x = 0, y  R^* ; giá trị nhỏ nhất của A là 2

1, đạt khi x = y  0.

BÀI 3.11

(6)

Ta có : ² ² ₂² ₂² y xy x

y xy y x

xy x

A  



 







 Nếu y0 thì x1 và A1.

 Nếu y0 thì

y 1 x y x

A ₂

2



 



 







 



 





 . Đặt

y

t x ta được :

1 t t

1 t A t₂²



  

 



²



²

2

1 t t

1 t ' 2

A  

  ; A'0t1

2

x x 2

t t 1

lim B lim 1

t t 1

 

   

  Bảng biến thiên :

t  1 1 +

A’ + 0  0 +

A

3 1

1 3

1 Theo bảng biến thiên, ta được :

 MaxA3 đạt được khi t1yx thế vào

 

1 được : x²1x1y1

 3

A 1

min  đạt được khi t1yx thế vào

 

1 được : y 3 x 1 1 x

3 ²    

 Cách khác : Điều kiện : 







 0 y

0 x TH1 : x = 0  A = 1.

TH2 : x  0. Đặt y = tx, ta có : A =

1 t t

1 t t ) t t 1 ( x

) t t 1 ( x x t tx x

x t tx x

2 2 2 2

2 2

2 2 2 2



 



 





 At² + At + A = t² – t + 1  (A – 1)t² + (A + 1)t + A – 1 = 0 (1)

 Nếu A = 1 thì t = 0.

 Nếu A  1 : phương trình (1) có nghiệm

  = (A + 1)² – 4(A – 1)²  0  –3A² + 10A – 3  0  3A² – 10A + 3  0  A 3 3

1 

Vậy Max y = 3 và min y = 3 1

BÀI 3.12 :

Ta có : P = ² ₂

y 2 xy 2 1

) xy 6 x ( 2



 = ₂ ₂² ₂

y 2 xy 2 y x

) xy 6 x ( 2



 (vì x² + y² = 1 theo giả thiết)

 TH1 : y = 0  P = 2.

 TH2 : y  0. Đặt x = ty, ta có : P =

3 t 2 t

t 12 t 2 ) 3 t 2 t ( y

) t 12 t 2 ( y y 2 ty 2 y y t

) ty 6 y t ( 2

2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2



 



 



 Pt² + 2Pt + 3P = 2t² + 12t  (P – 2)t² + 2(P – 6)t + 3P = 0 (1) Nếu P = 2 thì t =

4 3.

Nếu P  2 : phương trình (1) có nghiệm   = (P – 6)² – (P – 2).3P  0  –2P² – 6P + 36  0

 2P² + 6P – 36  0  6P3

_ Khi P = 3  (1)  t² – 6t + 9 = 0  t = 3  x = 3y

(7)

mà x² + y² = 1  9y² + y² = 1  10y² = 1  y =  10

1  x =  10 3 





























10 y 1

10 x 3

10 y 1

10 x 3

_ Tương tự : khi P = –6 





























13 y 2

13 x 3

13 y 2

13 x 3

Vậy Max y = 3 khi





























10 y 1

10 x 3

10 y 1

10 x 3

và min y = –6 khi





























13 y 2

13 x 3

13 y 2

13 x 3

BÀI 3.13 :

 Cách 1 :

Điều kiện x  0, y  0. Đặt y

t y tx (t R, t 0)

  x   . Ta có :

 

² ² ² ² ² ² ² ³ ² ² ²

xy xy x xy y tx (xtx)x tx t x x (tt )x (1 t t ) t² ₂ t 1

x (t 0, t 1)

t t

      



Mặt khác, ta có : ³ ³

  

² ²

  

² ² ² ²

3 3 3 3 3 3 3 3 2

x y x y xy x y .xy

1 1 x y x y x tx t 1

A x y x y x y x y xy tx tx

     

       

          

   

 

Thế t²₂ t 1

x t t

  

 vào A, ta có :

2 2

2 2 2 4 2

2 2 2 2 2 2

2

t 1 t 1 t 1 (t 1) (t 1) t 2t 1

A A

t t 1 t t 1

tx t t 1 (t t 1) t t 1

t. t t t 1

   

     

      

 

                    

= B Tới đây ta có thể tìm min của B theo theo hai cách sau :

 Cách a : Dùng đạo hàm : Xét t²₂ 2t 1

B t t 1

  

  , t  R B' ₂^3t² ³₂ (t t 1)

 

 

 

2 2 t 1

B' 0 3t 3 t 1

t 1

 

         

2

x x 2

t 2t 1

lim B lim 1

t t 1

 

   

 

 Bảng biến thiên :

x – –1 1 +

B’ – 0 + 0 –

1 4

B

0 1

Dựa vào bảng biến thiên, ta có :

t R x R

Max B 4 khi t 1 Max A 6 khi x y 1

       2 khi x = –

2 1 và

2 y 5 minx R 

 khi x = –5

 Cách b : Dùng điều kiện có nghiệm của phương trình (miền giá trị của hàm số)

(8)

Ta có : t²₂ 2t 1 ² ² ²

B B(t t 1) t 2t 1 (B 1)t (B 2)t B 1 0

t t 1

               

  (1)

Phương trình trên có nghiệm

 Xét B = 1 : phương trình (1)  –3t = 0  t = 0  phương trình có nghiệm khi B = 1 (a)

 Xét B  3 phương trình (1) có nghiệm t B 3 ₂

(B 2) 4(B 1)(B 1) 0

 

       

2 2

B 3 B 3

3B 12B 0 3B 12B 0

 

 

       B 1 B 1

3B(B 4) 0 0 B 4

 

 

      

  (b)

Từ (a) và (b), ta có miền giá trị của hàm số là : 0  B  4.

 Max Bt R 4

  khi t = 1 (thế B = 4 vào (1) hoặc  = 0, ta có : t = 1). Vậy

Max A 16x R

  khi

2 y 1 x  BÀI 3.14 :

Ta đưa bài toán trở về việc tìm giá trị lớn nhất của một hàm số trên một tập con của tập xác định.

Đặt x

t 0

 y . Từ điều kiện x0, y0, ta có 0 y

x  , ta được :

6 t 6

2 t 3 t t

1 P t

2 

 





 

Điều kiện

4 1 2 1 y 1 4 1 y

1 y 1 y 0 x 1 y xy

2

2  

 



 

















Bài toán ban đầu được phát triển thành :

“Tìm giá trị lớn nhất của hàm số ^f

 

^t _t²^t_t¹₃ ^⁶

 

^t^t^^²¹

  trên nửa đoạn _ _^



 4

; 1 0 ” Rõ ràng f liên tục trên

 

t





 4

;1 0 . Nếu f đồng biến trên

 

^t





 4

;1

0 tức là ^'f

 

^t ^⁰ với _ _^



 4

; 1 0

t thì giá trị lớn nhất của f trên đó là

 

^t _



 



 4 f 1 .

Ta có :

      

 

²



²



³

 

²

2

2 2

1 t 2

1 3

t t 2

7 t 3 1

t 2

1 3

t

t 2 t t 3

1 t 2 1 3 t

t t ' 1 t t

'f  







 

 



  



 









Vì  _^



 4

;1 0

t nên 3t76, t²t3t



t1



33 và



t 1



²¹

2 1

2 

 nên

 

0

2 1 3 3 . 2 t 6

'f    với





 4

; 1 0 t

Hàm số f đồng biến trên

 

^t





 4

;1 0

 

30

7 3

5 4 f 1 t f max P

max

4

;1 0 t







 



 









 PHƯƠNG PHÁP 2 : Thế biến.

BÀI 3.15 :

Ta có : x² x12y0 hay 4x3. Khi đó : Tx³3x²9x7.

Xét hàm số f

 

x x³3x² 9x7, với 4x3.

 

² ²

f ' x 3x 6x 9 3(x 2x 3)

       x 1

x 3

 

   

(nhận) (nhận)

(9)

f(–4) = 13 ; f(3) = 20 ; f(1) = –12 ; f(–3) = 20.

20

MaxT khi



x;y

 

 3;6



hoặc



x; y

 

 3; 0



12 T

min  khi



x;y

 

 1;10



, BÀI 3.16

 Cách 1 :

Ta có :

5 5

x y y x 5

y x

4 4

x 0 x 0 4

0 x 5

y 0 5

x 0 4

4

      

    

    

  

     

    

 

. Xét hàm số f(x) = ⁴ ¹ , x 0 ;⁵

x 5 4x 4

 

    

 

2

 

² ² ²

 

² ²

2

4 4

f '(x) 0 4 5 4x 4x 0 x 5 4x 3x 8x 5 0

x 5 4x

               

 

x 1 ( x 5 (

3

 

 



nhận) loại)

x 0 1 5/4

f’(x)  0 +

f(x)

5

Dựa vào bảng biến thiên ta có min S = 5 khi x = 1  y = 4 1

 Cách 2 : Áp dụng BĐT côsi cho các số dương, ta có :

5 5 25 y 4 x 4

25 y

4 x x x x

5 . 5 5

y 4 x x x x

5 y

4 . x . x . x . x

5 y

4 1 x 1 x 1 x 1 x S 1

5  

 



 



 







1 1 1 1 1

x x x x 4y

x 4y 1

5 y

min S 5 x y 5 4

4 x y

x 1 x 0, y 0 4

    

    

  

     

       





 Cách 3 : Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki, ta có :

y 4

1 x y 4 y x

2 y 1 x x 2 2

21        (3)

Dấu “=” ở (3) khi









 



























4 y 1

1 x 4 y 5 x

y 4 x

4 y 5 x

y . y 2

1 x

. x

2

(3)  5

y 4

1 x 4 y 4

1 x 4 4 5 2

5 ²   

 



 



 



 



 .

Vậy min S = 5.

BÀI 3.17 :

Ta có : x2y 3 2y 3 x. Khi đó : A 1 2x 2 2 x .

(10)

Điều kiện :

1 2x 0 x 1 1

x 2

2 x 0 2 2

x 2

    

     

   

  

So với điều kiện x > 0, ta có : 0 < x  2.

x 2 . x 2 1

x 2 1 x 2 x 2

1 x 2 1 ' 1

A  





 

 

  ;

3 x 1 x 2 1 x 2 0 '

A      

x 0 ₃¹ 2

A’ + 0 

A 15

Theo bảng biến thiên, ta được : MaxA 15 đạt được

3 y 4 3

x1 

 BÀI 3.18 :

Ta có : y2xAx⁴ 



2x



⁴

 

³

3 3 2 3 3 2 2

A '4x 4 2 x 4x 4(8 12x 6x  x )8x 24x 48x 32 (x 1)(8x 16x 32) 1

x 0 '

A   (do x² – 16x + 32 > 0, x) Bảng biến thiên :

x  1 +

A’  0 +

A + +

2

Theo bảng biến thiên, ta được : minA2 đạt được khi x1y1. BÀI 3.19

Ta có : x² y² 2y 2x²



vì y0



Do y > 0 nên 2 x ²  0 2 x 2 và do x > 0 nên 0 x 2



²



³

3 2 x

x

A  

 với 0x 2

 ²



²



¹² ² ²



²



² 2

3 2x 2

A ' 3x 2 x 3x 3x 2 x 3x x 2 x 3x

2 x 2 x

           

  ; A'0x1



vì x0



x 0 1 2

A’  0 +

A 2 2 2 2

2

Theo bảng biến thiên, ta được : minA2 đạt được khi x1y1. BÀI 3.20 :

(11)

Theo giả thiết :

a 0 a 0 b 0

b 0 4

b 0 b 0 4 0 b

4 3b 0 b 3

a 3b 1 a 4 3b 3

 

     

        

      

      

 

Khi đó :

b 1

3 b 3 5 4 1 b 1

b 3 b 3 5

b 3 P 4

 

 

 

 

 

Xét hàm

 

b 1

3 b 3 5 4 1 b

f  

 

 trên _^ _^

3

;4 0 . Ta có :

  

5 3b



¹³^b

b 3

'f ₂

 

  ;

     

_







 









 b 3

1 b b

1 b 3 5 0 b

'f ² ²

x 0 1

3 4

y’  0 

y 5

4

7 12 2

Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra giá trị lớn nhất của P là 5

4, đạt khi b = 0, a = 4 ; giá trị nhỏ nhất của P là 2, đạt khi b = 1, a = 1.

BÀI 3.21 :

Từ giả thiết suy ra : ² ² ²

2 2

x 0 ; y 0 x 0 ; y 0 x 0 ; y 0

x 3 x 3 x 3

y y y

x x x

x 3 3x 14x 9 0 9

1 x

2x 3 14

x 5

 

        

     

     

  

  

           

 



Khi đó : ^P ^3x² ^x² ³ ^x ^x² ³ ² ^{2x x}



² ¹



^5x² ⁹ ^5x ⁹

x x x x

      

         

   

Xét hàm số

 

x x 9 5 x

f   trên _^ _^ 5

;9

1 . Ta có :

 

0

x 5 9 x

'f   ₂  với mọi _



 



 5

;9 1

x .

Do đó hàm đồng biến trên _^ _^ 5

;9

1 . Suy ra : minf

   

x f1 4

5

;9 1







 ;

 

4

5 f 9 x f max

5

;9 1





 



 





Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 4, đạt khi x = 1, y = 4 ; giá trị lớn nhất của P là 4, đạt khi 5 x9,

15 y52.

 PHƯƠNG PHÁP 3 : Đổi biến – Đổi biến đối xứng.

BÀI 3.22 :

 Hướng dẫn : Đổi biến Theo giả thiết :

x 0 x 0

y 0 y 0 0 x 1

1 x 0 x 1

x y 1 y 1 x

 

 

 

 

        

      

     

 

Ta có : y1x00x1. Khi đó :

   

x1 x x 1

1 x

A   

Đặt ^t^^{x 1 x}



^



^{ }^x ^x²^;^{t ' 1 2x}^{ } ^;^{t '} ⁰ ^x ¹

   2 Bảng biến thiên :

(12)

x 0 ₂¹ 1

t’ + 0 

t 41

0 0

Theo bảng biến thiên 0 t ¹

   4. Khi đó : A t ¹

 t ; t²₂ 1

A ' 0

t

   t 0 ; ¹ 4

 

  

 hàm A luôn giảm trên  _^



 4

; 1

0 4

17 4 A 1 A

min 



 



 

 đạt được khi t ¹ x ¹ y

4 2

    BÀI 3.23 :

(Đổi biến kết hợp với BĐT Cô-si)

Ta có : 2 2

 

²

 

²



x y



²

x y xy 3 x y 2xy xy 3 x y 3 xy

4

             

 

²

 

²

 

²

 

²

4 x y 12 x y 3 x y 12 x y 4 2 x y 2

               

Đặt txy, t



2;2



Ta có : ^P^^x³^^y³^^{3x 3y}^ ^



^x^^y



³^^{3xy x}



^^y



^^{3x 3y}^ ^{ }^t³ ^{3 t}



²^^{3 t 3t}



^{  }^2t³^^6t

Xét f

 

t 2t³6t với t



2;2



Ta có : 'f

 

t 6t² 6, trong khoảng



2;2



; 'f

 

t 0t1

 

2 2

f   , f

 

1 4, f

 

1 4, f

 

2 2

 f

 

t 4 max2;2

t 



 khi t1, suy ra maxP4 khi









 2 xy

1 y

x  x1 ; y2 hoặc x2 ; y1

 f

 

t 4 min2;2

t 



 khi t1, suy ra minP4 khi













 2 xy

1 y

x  x1 ; y2 hoặc x2 ; y1 Vậy, maxP4 khi



x;y

 

 1;2



,



2;1



và minP4 khi



x;y

 

 1;2



,



2;1



.

BÀI 3.24 :

 Hướng dẫn : Từ giả thiết, ta có :

2 2 2 2 2 2 2

(x 4)  (y 4) 2xy 32 x      8x 16 y 8y 16 2xy 32 x  y 2xy 8x 8y   (x y) 8(x y) Do (x + y)²  0 và 8(x + y) lại lớn hơn (x + y)² nên x + y  0. Do đó, ta có : 0  x + y  8.

Ta có :

      

x y



3



x y



6

2 y 3 x 6 y x 3 xy 6 y x xy 3 y x

A ³ ³        ³  ²  

Đặt txy, 0t8 và xét hàm số

 

t 3t 6 2

t 3 t

f  ³ ²  Ta có : 'f

 

t 3t² 3t3,

 

2 5 t 1

0 t

'f    

 

0 6

f  , f

 

8 398,

4 5 5 17 2

5

f 1 









 

Suy ra _ _

 

4 5 5 17 2

5 f 1

t f min0;8

 







   . Do đó

4 5 5 A17 .

(13)

Đẳng thức xảy ra khi

4 5 y 1

x 2

5 y 1

x y

x    







 





.

Vậy

4 5 5 A 17

min   .

BÀI 3.25 :

 Nhận xét : Nếu ta rút ra y thì từ x²y²    2 y 2 x ² (do x, y  R) không thể giải theo kiểu thế biến được do biểu thức P có y³ dẫn tới khai triển



^ ^{2 x}^ ²



³ sẽ rất là phức tạp.

Do x² + y² = 2 nên ta có :

P = 2(x + y)(x² – xy + y²) – 3xy = 2(x + y)[(x² + y²)–2xy] – 3xy = 2(x + y)(2 – xy) – 3xy

Ta có : 2 2 2 2



x y



² 2

x y 2 (x y) 2xy 2 2xy (x y) 2 xy

2

 

           

Để quy bài toán về một biến ta đặt t = x + y, ta có : t² 2 xy 2

 

Khi đó :

2 2 3t 2

2 2 t

t 2

P ²  ² 



 



  

 t 6t 3

2 t 3 3 2t t 3 2 t t

4  ³   ²   ³ ² 



Mặt khác, ta có : t   x y t² (xy)²x²y²2xy2xy 2xy 4xy

 ² t² 2 ² ²

t 4 2t 4 t 4 0 2 t 2

2

  

          

 

Từ đó xét hàm số

 

t 6t 3 2

t 3 t

f  ³ ²  , t  [–2 ; 2]  f ’(t) = 3t² – 3t + 6 f ’(t) = 0  3t² – 3t + 6 = 0 t 2

t 1

  

  

(nhận) (nhận) f(–2) = –7 ; f(1) = ¹³

2 ; f(2) = 1.

2 2

1 3 x y 2 x

13 2

M ax P

2 x y 1 1 3

y 2

  

   

  

  

  

hoặc









 

 

2 3 y 1

2 3 x 1

và











 













 



 y 1

1 x 2

y x

2 y 7 x

P

min ² ²

 Chú ý : Ta có bảng biến thiên sau :

t 2 1 2

f’(t) 0 + 0 

f(t) BÀI 3.26 :

2 2

1 x x 1 0

1 x 2 (x 1)(x 2) 0 x 3x 2 0 x 2 3x

x 2 x 2 0

  

 

                  . Tương tự : y² + 2  3y.

Do đó, ta có :

 

² ²

   

x 2y y 2x 1 x 2y y 2x 1 x y 1

P 3x 3y 3 3y 3x 3 4 x y 1 (x 2) 3y 3 (y 2) 3x 3 4 x y 1 x y 1 4 x y 1

    

       

                 

(14)

Đặt t = x + y, suy ra 2  t  4. Xét

   

t 1 4 1 1 t t t

f  

  , với 2  t  4.

Ta có :

 

² 4

 

t 1² 1 1

t t 1

'f  

  . Suy ra : f’(t) = 0  t = 3.

Mà

 

12 2 11

f  ;

 

8 3 7

f  ;

 

60 4 53

f  nên

   

8 3 7 f t

f   . Do đó, 8 P 7. Khi x = 1, y = 2 thì

8

P 7. Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 87 . BÀI 3.27 :

 Hướng dẫn : Đặt x y t.

Ta có : 3(x y) 4xy 3t 4xy xy ^3t

      4

Vì x 1

x y 2 t 2 y 1

 

    

  



xy



² 4xy0 nên t²  3t 0 t(t 3)   0 t 3 (do t  2) Vì x1, y1 nên



^{x 1 y 1}

 

⁰ ^xy



^x ^y



^{1 0} ^3t ^{t 1 0} ^t ⁴

         4      Vậy 3 t 4.

Ta có : ^C



^x ^y



³ ^{3xy x}



^y



³ ¹ ¹ ² ⁶ ^t³ ⁹^t² ⁸ ¹⁶

x y xy 4 t 3

 

            

 

Xét hàm số ^{f t}

 

^t³ ⁹^t² ⁸ ¹⁶

4 t 3

    với 3 t 4, có f ’(t) = 3t t ³ ⁸₂ 0 2 t

   

 

  , nên hàm số f(t) đồng biến trên

 

3;4 . Suy ra ^{f 3}

     

^{f t} ^{f 4} ¹¹³ ^{f t}

 

⁹⁴

12 3

    

Do đó giá trị lớn nhất của C bằng

94 , đạt được khi và chỉ khi 3







 









1 y

3 x 3

xy 4 y

x hoặc







 3 y

1

x

và giá trị nhỏ nhất của C bằng 12

113 , đạt được khi và chỉ khi

2 y 3 x 4

xy 9 3 y x



 









BÀI 3.28 :

 Nhận xét : Vai trò x, y giống nhau (đối xứng).

 Cách 1 :

Ta có : S = (4x² + 3y)(4y² + 3x) + 25xy = 16x²y² + 12(x³ + y³) + 9xy + 25xy

= 16x²y² + 12[(x + y)³ – 3xy(x + y)] + 34xy = 16x²y² + 12[1³ – 3xy.1] + 34xy = 16x²y² – 2xy + 12 Đặt t = xy. Do x, y là các số thực không âm nên



^x ^y



² 1 1 1

0 xy 0 t t 0 ;

4 4 4 4

  

          Ta có : S = 16t² – 2t + 12

Xét hàm f(t) = 16t² – 2t + 12,  _^ _^ 4

; 1 0

t  f ’(t) = 32t – 2,

 

16 t 1 0 t

'f    . Ta có : f(0) = 12,

16 191 16

f 1 



 



 ,

2 25 4 f 1



 



 .

Vậy

 

2 25 4 f 1 t f max

4

;1 0





 



 



 ;

 

16 191 16

f 1 t f min

4

;1 0





 



 



 .

(15)

 Giá trị lớn nhất của S bằng

25 khi : 2

 





 





 









2

; 1 2 y 1

; x 4

xy 1 1 y x

.

 Giá trị nhỏ nhất của S bằng 16

191 khi :

 

_







  



 









4 3

; 2 4

3 y 2

; x 16 xy 1

1 y x

hoặc

 

_







  

 4

3

;2 4

3 y 2

; x

 Cách 2 :



^x ^y



¹⁶^x ^y ³⁴^xy

12

S ³ ³  ² ²  ^^{12 x}



^^{y x}

 

²^^y²^^xy



^^{16x y}² ²^^{34xy 12}^ ^_



^x^^y



²^^3xy^_^^{16x y}² ²^^34xy

^{12 1 3xy}

 

^{16x y}² ² ^34xy ^4xy ¹ ² ¹⁹¹

4 16

 

       

 

Mặt khác, do x, y không âm và xy1 nên ta có

4 1 2

y xy x

0

2

 



 



 

  0 4xy 1

Suy ra : ¹ 4xy ¹ ³

4 4 4

    

2 2

191 1 191 9 191 25 191 1 191 25

4xy 4xy

16 4 16 16 16 12 16 4 16 12

   

            

   

Vậy

2 S 25 16

191  .

 16

S_min 191 khi ²

x y 1 x y 1 x y 1

x y 1

1 3 1

1 191 200

4xy 1

4xy (do xy

4xy 4 16 16 4 4 4

           

   

           

   

 x, y không âm)

 x, y là nghiệm của phương trình :

2 2

2 3

1 X 4

X X 0 16X 16X 1 0

16 2 3

X 4

  



       

  





 

_



 



 

4 3

;2 4

3 y 2

;

x 

 _{M ax} 25

S  2 khi ²

x y 1 x y 1 x y 1

1 1 1

xy

4xy 0

16 4 4

        

  

        

   



 x, y là nghiệm của phương trình :

2 1 2 2 1

X X 0 4X 4X 1 0 (2X 1) 0 X

4 2

             x y ¹

 2 Vậy ta có

16

S_min 191 khi

 

_







 

4 3

;2 4

3 y 2

;

x  và S_{M ax} ²⁵

 2 khi x y ¹

 2.

 Cách 3 : Phương pháp thế biến Theo giả thiết :

x 0 x 0

y 0 y 0 0 x 1

1 x 0 x 1

x y 1 y 1 x

 

 

 

 

        

      

     

 

S = (4x² + 3y)(4y² + 3x) + 25xy = 4x²3(1 x)   4(1 x) ²3x25x(1 x) (4x²3x 3)(4x ²5x 4) 25x 25x   ²16x⁴32x³18x²2x 12

Xét hàm số f(x) =16x⁴32x³18x²2x 12 , x  [0 ; 1]  f’(x) = 64x³ – 96x² + 36x – 2 = 0



²



1 1 2 3 2 3

x 16x 16x 1 0 x x x

2 2 4 4

 

 

           

 

(16)

1 25 2 3 191 2 3 191 f (0) 12 ; f (1) 12 ; f ; f ; f

2 2 4 16 4 16

     

         

Vậy ta có

16

S_min 191 khi

 

_







 

4 3

;2 4

3 y 2

;

x 

và S_{M ax} ²⁵

 2 khi x y ¹

 2. BÀI 3.29 :

1 xy xy xy xy 2 xy y x

1 ² ²      . Mặt khác :

 

3 xy 1 xy 3 xy 3 y x xy y x

1 ² ²    ²   

Từ đó, ta được : xy 1 3

1  



Biến đổi : Ax⁴ y⁴x²y² 



x²y²



² 3x²y² 



1xy



² 3x²y² 12xy2x²y². Đặt txy thì t 1

3 1 

 . Xét hàm số : f

 

t 2t² 2t1 với t 1 3 1 



 

f ' t   4t 2 ;

 

2 t 1 0 t

'f   

t ^₃¹

2

1 1

 

t

'f + 0 

 

t

f ²

3

9

1 1

Theo bảng biến thiên, ta được :



 

9 t 1 f min A

min   đạt được

3 y 1 3 x

t1   





 

2 t 3 Maxf

MaxA  đạt được

2 xy 1 2

t1  

 .

Từ giả thiết :

 

2 y 5

2 x xy 5 3 1 y x 1 xy y

x² ²    ²      

 giải hệ :

















2 y 3

x 2 xy 1

ta được :











 



 















 



 

2 2

1 y 5

2 2

1 x 5

2 2

1 y 5

2 2

1 x 5

(nhớ là ta chỉ cần đưa vài giá trị hoặc một giá trị của x, y để A max) BÀI 3.30 :

Ta đưa bài toán trở về việc tìm giá trị lớn nhất của một hàm số trên một tập con của tập xác định.

Đặt x

t 0

 y . Từ điều kiện x0, y0, ta có 0 y

x  , ta được :

6 t 6

2 t 3 t t

1 P t

2 

 





 

Điều kiện

4 1 2 1 y 1 4 1 y

1 y 1 y 0 x 1 y xy

2

2  



 



 

















Bài toán ban đầu được phát triển thành :

(17)

“Tìm giá trị lớn nhất của hàm số ^f

 

^t _t²^t_t¹₃ ^⁶

 

^t^t^^²¹

  trên nửa đoạn _ _^



 4

; 1 0 ” Rõ ràng f liên tục trên

 

t _ _^



 4

;1 0 . Nếu f đồng biến trên

 

^t





 4

;1

0 tức là ^'f

 

^t ^⁰^với  _^



 4

; 1 0

t thì giá trị lớn nhất của f trên đó là

 

^t _



 



 4 f 1 .

Ta có :

      

 

²



²



³

 

²

2

2 2

1 t 2

1 3

t t 2

7 t 3 1

t 2

1 3

t

t 2 t t 3

1 t 2 1 3 t

t t ' 1 t t

'f  







 

 



  



 









Vì  



 4

;1 0

t nên 3t76, t²t3t



t1



33 và

 

2

1 1 t 2

1

2 

 nên

 

0

2 1 3 3 . 2 t 6

'f    với





 4

; 1 0 t

Hàm số f đồng biến trên

 

^t





 4

;1 0

 

30

7 3

5 4 f 1 t f max P

max

4

;1 0 t







 



 









 Chú ý :

 Cách 1 : Đặt

y

t x từ giả thiết suy ra :

4 1 2 1 y 1 4 1 y

1 y t 1 0

2

2  

 



 









 hay

4 t 1 0 

 



 



 





 



 







 

 





 

y 1 6 x

y 2 x

y 3 x y x

y 1 x y

x 6

y 2 x y 3 xy x

y

P ₂ x ₂ ₂



t 1



6 2 t 3 t t

1 P ₂t



 





  với

4 t 1 0�