Một số ứng dụng của hàm số vận dụng để giải tốt bài tập về GTLN - GTNN trong thi THPTQG

BÁO CÁO NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN

vectorstock.com/28062405

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection DẠY KÈM QUY NHƠN EBOOK PHÁT TRIỂN NỘI DUNG

Sáng kiến Một số ứng dụng của hàm số vận dụng để giải tốt bài tập về GTLN - GTNN trong các kì thi chọn học sinh giỏi, thi THPTQG WORD VERSION | 2021 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

MỤC LỤC

1.

Lời giới thiệu

4

2.

Tên sáng kiến

4

3.

Tác giả sáng kiến

4

4.

Chủ đầu tư tạo ra sáng kiến

4

5.

Lĩnh vực áp dụng sáng kiến

4

6.

Ngày sáng kiến được áp dụng thử

4

7.

Mô tả bản chất sáng kiến

4

Cơ sở lí luận và thực tiễn

4

7.1. Nội dung của sáng kiến

5

A. Lí thuyết giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số

5

B. Phương pháp hàm số tìm GTLN – GTNN 1. GTLN – GTNN của hàm số 2. GTLN – GTNN của biểu thức chứa nhiều biến

6 6 9

34 C. Ứng dụng của GTLN – GTNN 1. Ứng dụng vào bài toán giải phương trình, bất phương trình chứa tham 34 số 39 2. Ứng dụng vào bài toán thực tế D. Một số câu hỏi trắc nghiệm

45

7.2. Về khả năng áp dụng của sáng kiến

47

8.

Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến

47

9.

Đánh giá lợi ích thu được hoặc dự kiến có thể thu được do áp dụng sáng 47 kiến kinh nghiệm theo ý kiến của tác giả

10. Danh sách những tổ chức cá nhân đã tham gia áp dụng thử hoặc áp dụng 48 sáng kiến lần đầu

1

BÁO CÁO KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN 1. Lời giới thiệu Bài toán tìm giá trị nhỏ nhất (GTNN), giá trị lớn nhất (GTLN) của một biểu thức là một bài toán bất đẳng thức và đây là một trong những dạng toán khó ở chương trình phổ thông. Trong đề thi học sinh giỏi, đề thi THPT Quốc gia, nội dung này thường xuất hiện ở dạng câu khó nhất. Trong Sách giáo khoa Giải tích 12 thì chỉ trình bày cách tìm GTNN, GTLN của hàm số (tức biểu thức một biến số). Vì vậy, một số dạng bài toán tìm GTNN, GTLN của một biểu thức chứa một biến trở nên đơn giản. Tuy nhiên thực tế, hầu hết học sinh là không giải quyết được cho bài toán từ hai biến trở lên, thậm chí còn có tâm lí không đọc đến.

Thực tế trong bài tập thi bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất yêu cầu cao đa dạng đòi hỏi học sinh có nhiều kĩ năng. Hơn nữa số lượng bài tập tham khảo không đầy đủ. Vì vậy để góp phần giúp cho học sinh củng cố, khắc sâu kiến thức, hứng thú trong học tập từ đó vận dụng để giải tốt bài tập về GTLN - GTNN, đạt được kết quả cao trong các kì thi chọn học sinh giỏi, thi THPT Quốc Gia, tôi đã quyết định chọn đề tài “Một số ứng dụng của hàm số” 2. Tên sáng kiến: Một số ứng dụng của hàm số 3.Tác giả sáng kiến: - Họ và tên: ……………

4. Chủ đầu tư tạo ra sáng kiến: Trường …………..

5. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Giảng dạy và bồi dưỡng kỹ năng giải bài tập giải tích cho học sinh THPT 6. Ngày sáng kiến được áp dụng thử: Từ tháng 10 năm 2016.

7. Mô tả bản chất sáng kiến Cơ sở lí luận và thực tiễn Trong Sách giáo khoa Giải tích 12 thì chỉ trình bày cách tìm GTNN, GTLN của hàm số (tức biểu thức một biến số).

Các em học sinh còn lúng túng thậm chí bỏ qua bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức chứa nhiều biến và trong các kì thi chọn học sinh giỏi, đề thi THPT Quốc gia, những bài toán này thường ở dạng khó ở mức vận dụng cao phải sử dụng kết hợp các phương pháp.

Từ thực tế trên mục đích của đề tài là xây dựng được phương pháp tìm tòi có căn cứ để giải bài toán: dựa vào các bất đẳng thức, các hàm trung gian sau 2

đó kết hợp với phương pháp hàm số để tìm được giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức.

7.1. Nội dung của sáng kiến.

A. Lí thuyết giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số 1. Định nghĩa: Định nghĩa: Cho hàm số

xác định trên tập D • Số M gọi là giá trị lớn nhất của hàm số y = f ( x) trên tập D nếu: y = f ( x)

 f ( x ) ≤ M , ∀x ∈ D  ∃x0 ∈ D , f ( x0 ) = M Kí hiệu: M = max f ( x ) .

D

• Số m gọi là giá trị nhỏ nhất của hàm số y = f ( x) trên tập D nếu:  f ( x ) ≥ m, ∀x ∈ D   ∃ x0 ∈ D , f ( x0 ) = m

f ( x) Kí hiệu: m = min D 2. Quy tắc tìm GTLN, GTNN của hàm số liên tục trên đoạn [a; b] a. Định lí: Mọi hàm số liên tục trên một đoạn đều có GTLN và GTNN trên đoạn đó. b. Qui tắc tìm GTLN, GTNN của hàm số liên tục trên đoạn [a; b]

• Tìm các điểm x1, x2 ,..., xn trên khoảng ( a; b ) tại đó f '( x) bằng 0 hoặc không xác định.

• Tính f (a), f ( x1 ), f ( x2 ),..., f ( xn ), f (b) • Tìm số lớn nhất M và số nhỏ nhất m trong các số trên

M = max f (x), m = min f ( x) [a;b]

[a;b]

Nhận xét.  min f ( x ) = f ( a )

•

f (x) đồng biến trên [ a;b] ⇒  [a ;b]

•

f(x) nghịch biến trên [ a;b]

;

f ( x) = f (b)  max  [ a ;b] min f ( x ) = f ( b ) ⇒  [a;b] . f ( x) = f (a) max  [ a ;b]

3. Quy tắc tìm GTLN, GTNN của hàm số trên (a; b) • Tìm tập xác định.

• Tính f '( x). Tìm các điểm x1 , x2 ,..., xn mà tại đó f '( x) bằng 0 hoặc không xác định 3

Sắp xếp các điểm x1 , x2 ,..., xn theo thứ tự tăng dần và lập bảng biến thiên Từ bảng biến thiên kết luận về GTLN, GTNN của hàm số trên ( a; b ) • B. Phương pháp hàm số tìm GTLN – GTNN 1. GTLN – GTNN của hàm số

•

1.1 Phương pháp khảo sát trực tiếp Bài 1. Tìm GTLN, GTNN của hàm số y =

2x2 + 3x + 3 trên đoạn [0;2] . x +1

Giải

( 4 x + 3)( x + 1) − ( 2 x2 + 3x + 3) 2 x2 + 4 x = > 0 ∀x ∈ ( 0; 2 ) .

Ta có y ' = 2 2 ( x + 1) ( x + 1) y= Lại có y( 0) = 3, y ( 2 ) = 17 . Suy ra min y = 3 , max [ 0;2] [ 0;2] 3

17 .

3

Nhận xét: Đây là bài toán không khó, học sinh hoàn toàn làm được.

Ngoài cách làm tự luận tìm ra đáp án bài toán, nếu học sinh gặp bài toán này dạng trắc nghiệm học sinh có thể sử dụng máy tính casio để giải như sau: Sử dụng mod 7 nhập hàm f (x) =

2x2 +3x+3 x+1

Start 0 end 2 step 0.5 Từ bảng hiện trên máy tính suy ra giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của hàm số

min y = 3, max y =

x∈[0;2]

x∈[ 0;2]

17 3

Bài 2. Tìm GTNN của hàm số f (x) = −x2 + 4x + 21 − −x2 + 3x +10 .

Giải: TXĐ: D = [ −2;5] Ta có: f ′ ( x ) = −

x−2 2

− x + 4 x + 21

+

2x − 3 2 − x 2 + 3 x + 10

f ′ ( x ) = 0 ⇔ 2 ( x − 2 ) − x 2 + 3 x + 10 = ( 2 x − 3) − x 2 + 4 x + 21 1  x=  2 2 3 ⇒ 4 ( x − 2 ) ( − x 2 + 3 x + 10 ) = ( 2 x − 3) ( − x 2 + 4 x + 21) ⇔   x = 29  17

Thử lại, ta thấy chỉ có x = 1 là nghiệm của f ′ ( x ) = 0 .

3

4

1 Ta có f (−2) = 3; f (5) = 4; f   = 2  3 Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số bằng

2 tại x =

1 3

Nhận xét: Sử dụng đạo hàm đối với bài này là không khó. Tuy nhiên học sinh lại khá lúng túng trong việc giải phương trình f ′ ( x ) = 0 . Thế nhưng khi chuyển thành bài toán trắc nghiệm thì học sinh dễ dàng tìm ra được đáp án. Cách sử dụng máy tính casio để tìm GTLN, GTNN của hàm số giống với bài 1.

Bài 3. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y =

x + 1 + 9 x2 trên khoảng ( 0;+∞) 8x 2 + 1

Giải Ta có: y =

x + 1 + 9x2 = 8x2 + 1

1

.

2

9x + 1 − x

Hàm số y đạt giá trị lớn nhất trên khoảng ( 0;+∞) khi hàm số f ( x ) = 9 x 2 + 1 − x đạt giá trị nhỏ nhất trên khoảng ( 0;+∞)

Xét hàm số f ( x) = 9x2 + 1 − x trên ( 0;+∞) f ′( x) =

1  f ′ ( x ) = 0 −1 ⇒  ⇔x= 6 2 9 x2 + 1  x ∈ ( 0; +∞ ) 9x

Bảng biến thiên

x

1

0

6 2

+∞ f ′( x)

−

0

+

1 f ( x)

+∞ 4 3 2

4 3 2  1  Từ bảng biến thiên ta có min f ( x ) = f  ax = ⇒ m y =  ( 0;+∞ ) ( 0;+∞ ) 4 6 2 3 2

Bài tập đề nghị

5

1. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y =

x +1 x2 + 1

trên đoạn

[ −1; 2] 2. Tìm y=

giá

trị

lớn

nhất

và

giá

trị

nhỏ

nhất

của

hàm

số

3. x + 3 + 4. 1 − x + 1 4. x + 3 + 3. 1 − x + 1

3. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y =

ln2 x trên đoạn  1;e 3  x

1.2 Sử dụng phương pháp đổi biến tìm GTLN – GTNN của hàm số Bài 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y=

2 cos 2 x + cos x + 1 cos x + 1

Giải Tập xác định: D = ℝ.

2t 2 + t +1 , 0 ≤ t ≤1 Đặt t = cos x , 0 ≤ t ≤ 1 ⇒ y = f (t ) = t +1 f ′(t ) =

t = 0 2t 2 + 4t ′ f ( t ) = 0 ⇔ ; ⇒ f (0) = 1, f (1) = 2  (t + 1)2 t = −2 ∉[ 0;1]

Vậy min y = 1, max y = 2 ℝ ℝ

Nhận xét: Bài toán sau khi đặt ẩn phụ trở thành bài toán quen thuộc học sinh làm dễ dàng. Với bài toán trắc nghiệm thì việc tìm GTLN, GTNN của hàm số là dễ với cách sử dụng máy tính bỏ túi.

Bài 2. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y = x + 4 + 4 − x − 4 ( x + 4)(4 − x) + 5 Giải

Điều kiện −4 ≤ x ≤ 4 .

Nhận xét: Hàm số f ( x) liên tục trên đoạn [ −4; 4] t2 −8 Đặt t = x + 4 + 4 − x ⇒t = x + 4 + 4 − x + 2 ( x + 4)(4 − x) ⇒ ( x + 4)(4 − x) = 2 2

 t2 − 8  2 Ta có y = t − 4   + 5 = −2t + t + 21 = f ( t )  2  Tìm điều kiện của t: Xét hàm số g ( x) = x + 4 + 4 − x với x ∈ [ − 4; 4 ]

g′( x) =

1 1 − ; g ′( x ) = 0 ⇔ x = 0 ; 2 x+ 4 2 4− x 6

g(−4) = 2 2; g(0) = 4; g(4) = 2 2 ⇒ min g ( x ) = 2 2 ; max g ( x ) = 4 ⇒ t ∈[2 2;4] [ − 4;4 ]

[ − 4 ;4 ]

f ′(t) = −4t +1 < 0, ∀t ∈[2 2;4] ⇒ f ( t ) là hàm nghịch biến trên [2 2;4] y = f (2 2) = 5 + 2 2 Vậy max −4;4 [

]

Nhận xét: Sau khi đổi biến thì việc tìm tập giá trị của biến mới luôn là phần khó và quan trọng, nếu không tìm đúng tập giá trị của biến mới sẽ dẫn đến đáp số sai. Khi tìm được tập giá trị của biến mới rồi thì bài toán trở nên dễ dàng khi đưa về dạng thường gặp Bài tập đề nghị 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y = 3 x 4 + 2 x 2 + 1 − 3 3 x 2 + 1 + 3.

2. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 3. Cho hàm số f ( x) =

( x + 1)

y=

sin x + 1 .. sin 2 x + sin x + 1

2

−2 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của x +1 2

hàm số y = f ( x ). f (1 − x ) trên đoạn [ −1;1] 4. Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số f (x ) =

2 1− x4 +

1 + x2 +

1 + x2 +

1 − x2 + 3

1 − x2 + 1

2. GTLN – GTNN của biểu thức chứa nhiều biến 2.1 Đưa trực tiếp biểu thức chứa nhiều biến thành biểu thức chứa 1 biến Bài 1. Cho x, y > 0 và x + y =

4 1 5 . Tìm GTNN của biểu thức P = + . x 4y 4

Nhận xét: Bài toán trên có thể cho học sinh lớp 10 làm được bằng cách sử dụng bất đẳng thức Cosi thế nhưng cái khó của bài toán là tìm điều kiện ẩn x, y để P đạt GTNN. Nhưng khi thế y theo x vào biểu thức thì biểu thức thành P=

4 1 là một hàm số ẩn x, khi đó ta dễ dàng tìm được GTLN, GTNN + x 5 − 4x

của biểu thức Giải Từ giả thiết suy ra 4 y = 5 − 4 x và 0 < x, y < Do đó P =

5 4

5 4 1 với 0 < x < + 4 x 5 − 4x

4 1  5 , x ∈  0;  Xét hàm số: f ( x ) = + x 5 − 4x  4 7

Ta có: f ′ ( x ) = −

4 4 ; f ′( x) = 0 ⇔ x = 1 + 2 2 x − x 5 4 ( )

Bảng biến thiên

x

5 4

1

0

f ′( x)

+

0

−

+∞

+∞

f ( x) 5

 5  

Từ bảng biến thiên ta có f ( x ) ≥ 5, ∀x ∈  0;  hay P ≥ 5 .

4

1 4 Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 5 Dấu “=” xảy ra khi x = 1; y =

Bài 2. Cho ba số thực x, y, z ∈[1;4] và x ≥ y , x ≥ z . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu P=

thức

x y z + + 2x + 3 y y + z z + x

Giải Ta có : P =

x y z + + .

2x + 3 y y + z z + x

Xem đây là hàm theo biến P '( z ) =

z

; còn x, y là hằng số

−y z ( x − y )( z 2 − xy ) + = ( y + z ) 2 ( z + x ) 2 ( y + z ) 2 ( z + x) 2

Theo giả thiết z

x≥ y⇒ x− y≥0

1

P '( z )

P(z)

nếu P ≥ 0 ⇔ z ≥ xy (do x, y, z ∈[1;4] ) 4

xy −

0

+

P (1)

P ( 4) P

(

xy

)

8

Từ bảng biến thiên: P ≥ P ( xy ) =

x + 2x + 3y

x 2 y 2 y = + x x+ y 2 + 3 1+ x y y

Đặt t = x , do x ≥ y , x ≥ z và x, y, z ∈[1;4] nên 1 ≤ t ≤ 2 . y

t2 2 Xét hàm f (t ) = 2 + . Ta có 2t + 3 1 + t f '(t ) =

− 2  4t 3 (t − 1) + 3(2t 2 − t + 3)  (2t 2 + 3) 2 (1 + t ) 2

< 0, ∀ t ∈ [1; 2 ] .

Suy ra f (t ) nghịch biến trên [1;2] , do đó P ≥ P ( xy ) = f (t ) ≥ f (2) = 34

33

 z = xy  Đẳng thức xảy ra :  ⇒ x = 4, y = 1, z = 2 . x =2 t = y  34 Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng khi x = 4, y = 1, z = 2 33 Bài 3. Cho x ≥ 0, y ≥ 0 và x + y = 1 .Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của

S = (4x2 + 3y)(4y2 + 3x) + 25xy

biểu thức

Nhận xét: Từ giả thiết x + y = 1 có thể đưa bài toán về một ẩn không ?

Khai triển biểu thức S cố gắng làm xuất hiện x + y để sử dụng giả thiết.

Chú ý các hằng đẳng thức: x 2 + y 2 = ( x + y ) 2 − 2 xy; x 3 + y 3 = ( x + y )( x 2 − xy + y 2 ) 2 2 Sau khi khai triển và thế vào x + y = 1 , ta có S =16x y − 2xy +12

Vậy đến đây ta nghĩ đến việc có thể đưa S về hàm một biến số nếu đặt t = xy Cần chặn biến t bằng cách sử dụng bất đẳng thức : 0 ≤ xy ≤

( x + y)2 .

4

Giải 2 2 2 2 3 3 Ta có : S = (4x + 3y)(4y + 3x) + 25xy =16x y +12(x + y ) + 34xy

=16x2 y2 +12(x + y)(x2 − xy + y2 ) + 34xy =16x2 y2 +12[(x + y)2 −3xy] + 34xy, do x + y =1 =16x2 y2 −2xy +12 Đặt t = xy . Do x ≥ 0, y ≥ 0 nên 0 ≤ xy ≤

( x + y )2 1 1 = ⇒0≤t ≤ 4 4 4 9

1 4

2 Xét hàm số f (t) = 16t − 2t +12 với 0 ≤ t ≤ .

Ta có f '(t ) = 32t − 2 ; f '(t ) = 0 ⇔ t =

1 .

16

Bảng biến thiên

t

1 16

0

f’(t)

1 4

0

−

+ 25 2

12 191 16

f(t) 191 16

Vậy giá trị nhỏ nhất của S bằng giá trị lớn nhất của S bằng

Bài 4. Cho hai số thực

25 2

x ≠ 0, y ≠ 0

giá trị lớn nhất của biểu thức A =

khi x =

2+ 3 2− 3 ;y= 4 4

khi x = y =

1 2

2 2 thỏa mãn điều kiện (x + y)xy = x + y − xy. Tìm

1 1 + x3 y3

Giải 2

A=

1 1 x 3 + y 3 ( x + y )( x 2 − xy + y 2 )  x + y  1 1 + = = = = +  3 3 3 3 3 3  x y x y x y  xy  x y

2

.

2 2 3 2 2 Đặt x = ty . Từ giả thiết ta có: (x + y)xy = x + y − xy ⇒ (t +1)ty = (t − t +1) y 2

2

 1 1   t 2 + 2t + 1  t 2 − t +1 t 2 − t +1 A = y = ; x = ty = Do đó . Từ đó  .  +  = 2 t2 + t t +1  x y   t − t +1 

Xét hàm số f (t ) =

t 2 + 2t + 1 −3t 2 + 3 ′ ⇒ f ( t ) = 2 . t 2 − t +1 ( t 2 − t + 1)

f ′( t ) = 0 ⇔ t = ± 1

Ta có bảng biến thiên

t

−∞

−1

1

+∞ 10

0

-

f ′( t )

+

-

4

1

f (t )

0

1

0 Từ bảng biến thiên ta có 1 ≤ f (t ) ≤ 4 ⇒ 1 ≤ A ≤ 16 Vậy giá trị lớn nhất của A là 16 khi x = y =

1 .

2

Bài 5. Cho các số thực a, b thỏa mãn điều kiện b >1 và a ≤ b < a . Tìm giá trị a nhỏ nhất của biểu thức P = log a a + 2 log b   b b Giải

a > 1 Từ điều kiện, suy ra  . b > 1  Ta có P =

1 1 4 + 4 ( log b a − 1 ) = + −4 .

1 − log a b 1 − log a b log a b

Đặt t = loga b . Do Khi đó P =

a ≤ b < a ⇒ log a a ≤ log a b < loga a ⇒

1 ≤ t <1 2

1 4 + − 4.

1− t t

Xét hàm số f (t ) = Ta có f '( t ) =

1 4 + − 4 trên  1 ;1  1− t t 2 

1

(1 − t )2

4 − 3t 2 + 8 t − 4 − 2 = t (1 + t )2 t 2

2  t=  f '( t ) = 0 ⇔ 3  t = 2

Ta có bảng biến thiên

t f’(t)

1 2

2 3

–

0

1

+ 11

6

+∞

f(t) 5

Từ bảng biến thiên ta có f ( t ) đạt giá trị nhỏ nhất bằng 5 khi t =

2 .

3

Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 5

Bài tập đề nghị 1. Cho x, y là hai số không âm thỏa mãn x + y = 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của 1 3 x + x 2 + y 2 − x + 1.

3 2 2. Cho các số thực x, y thay đổi thỏa mãn điều kiện x + x = y +12 và y ≤ 0 .

Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức: A = xy + x + 2 y + 17 3. Cho x , y > 0 thỏa mãn x + y = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

biểu thức P =

P =

x 1−x

+

y 1−y

4. Cho x , y > 0 thỏa mãn x 2 + y2 = 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = y (x + y )

2.2 Sử dụng phương pháp gián tiếp bằng phương pháp đánh giá, so sánh để đưa biểu thức chứa nhiều biến thành biểu thức chứa 1 biến 2.2.1 Đưa biểu thức chứa nhiều biến thành biểu thức chứa 1 biến là một trong các biến ban đầu Bài 1. Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác có chu vi bằng 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

T = 3(a 2 + b2 + c2 ) + 4abc Nhận xét: Bài toán cần làm có chứa 3 ẩn là a, b, c và chúng thỏa mãn a + b + c = 3 . Ta suy 2 2 2 nghĩ biến đổi T = 3(a + b + c ) + 4abc sao cho ít ẩn hơn?

Từ giả thiết a + b + c = 3 ⇒ a + b = 3 − c , mà a + b > c ⇒ 1 ≤ c ≤

3 .

2

2 2 Khi đó : T = 3(3− c) + 3c + 2ab(2c − 3)

Từ ab, a + b = 3 − c gợi cho chúng ta nghĩ đến bất đẳng thức nào?

2

 a +b 3−c  ab ≤   =   2   2 

2

12

2

Khi đó T ≥ 3(3 − c ) 2 + 3c 2 + 2(2c − 3)  3 − c  = c 3 − 3 c 2 + 27 = f (c )  2 

2

Khảo sát hàm một biến f(c) ta đi đến kết quả

2

T ≥ f ( c ) ≥ f (1) = 13 .

Giải Do vai trò bình đẳng của a, b, c nên ta có thể gải sử : 0 < a ≤ b ≤ c .

Vì chu vi bằng 3 nên a + b + c = 3 ⇒ a + b = 3 − c mà a + b > c ⇒ 1 ≤ c ≤

3 2

Ta có 2 T = 3( a2 + b2 + c2 ) + 4abc = 3( a + b) − 2ab + 3c2 + 4abc = (3− c)2 + 3c2 + 2ab(2c −3)   2

2

2

a+b 3−c 3−c  Mặt khác ab ≤   =  ⇒ ab (2 c − 3) ≥   (2 c − 3)  2   2   2  ( vì c < 3 ⇒ 2 c − 3 < 0 ) 2

2

Do đó :

3 2 27  3−c  3 T ≥ 3(3 − c ) 2 + 3c 2 + 2(2c − 3)  = f (c )  =c − c + 2 2  2 

Xét hàm số :

f (c ) = c 3 −

3 2 27 , c + 2 2

 3

trên 1;  .  2

f '(c) = 3c 2 − 3c f '(c) = 0 ⇔ c = 1

Ta có bảng biến thiên 3 2

1

c f’(c)

f (c )

0

+ 27 2

13

Khi đó từ bảng biến thiên suy ra: Suy ra

T ≥ f ( c ) ≥ f (1) = 13

f ( c ) ≥ f (1) = 13 .

khi c=1; a=1; b=1

Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 13 khi a=b=c=1.

Bài 2. Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a + b + c = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =

a2 b2 3 + − ( a + b) 2 .

2 2 (b + c) + 5bc (c + a) + 5ca 4

Nhận xét: 13

Do a + b + c = 1 nên ta biểu diễn a + b = 1 − c Như vậy ta có thể biểu diễn P theo c không?

Giải Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có

a2 a2 4a2 ≥ = . (b + c)2 + 5bc (b + c)2 + 5 (b + c)2 9(b + c)2 4

b2 4b2 ≥ .

Tương tự, ta có (c + a)2 +5ca 9(c + a)2 2

a2 b2 4  a2 b2  2  a b  + ≥  + ≥  + Suy ra  2 2 2 2 (b + c) + 5bc (c + a) + 5ca 9  (b + c) (c + a)  9  b + c c + a  2

 (a + b)2  2 + c(a + b)  2 2    2 a + b + c(a + b) 2 2  2(a + b)2 + 4c(a + b)  2 =   =   ≥   .

9  ab + c(a + b) + c2  9  (a + b)2 9  (a + b)2 + 4c(a + b) + 4c2  2  + c(a + b) + c    4  2

Vì a + b + c =1 ⇔a + b =1− c nên 2

2

2  2(1 − c)2 + 4c(1 − c)  3 8 2  3 2 P≥  − (1 − c)2 = 1 −  − (1 − c) .

2 2  9  (1 − c) + 4c(1 − c) + 4c  4 9  c +1  4

(1)

2

8 2  3 2 Xét hàm số f (c) = 1−  − (1 − c) với c ∈ (0; 1).

9  c +1  4

Ta có f '(c) =

16  2  2 3 − (c −1); 1− .

2 9  c +1  (c +1) 2

1 f '(c) = 0 ⇔ (c − 1) 64 − (3c + 3)3 = 0 ⇔ c = .

3

(

)

Bảng biến thiên:

c

0 -

f '( c ) f (c )

1 3

1

0

+ 0

5 36

−

1 9

14

Dựa vào bảng biến thiên ta có Từ (1) và (2) suy ra

f (c ) ≥ −

1 9

với mọi c∈(0;1).

(2) 1 3

1 P≥− , 9

dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c = .

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là

1 − , 9

1 3

đạt khi a = b = c = .

Bài 3. (Đề thi Đại học khối B năm 2012) 2 2 2 Cho các số thực x, y, z thỏa mãn các điều kiện x + y + z = 0 và x + y + z =1

5 5 5 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = x + y + z .

Giải 2

2 2 2 Ta có: ( x + y + z ) = 0 ⇔ x + y + z + 2( xy + yz + zx) = 1

1 1 1 ⇔ xy + yz + zx = − ⇔ x( y + z) + yz = − ⇔ yz = x2 − 2 2 2 Mặt khác yz ≤

y 2 + z 2 1 − x2 1 1 − x2 , suy ra x 2 − ≤ , do đó − 6 ≤ x ≤ 6 (*) = 2 2 2 2 3 3

Khi đó:

P = x5 + ( y 2 + z 2 )( y3 + z 3 ) − y 2 z 2 ( y + z) 2

1  = x + (1 − x ) ( y + z )( y + z) − yz ( y + z )  +  x2 −  x 2  5

2

2

2

2

 1   1 5  = x + (1 − x )  − x(1 − x 2 ) + x  x 2 −   +  x2 −  x = (2 x3 − x).

2   2 4   5

2

Xét hàm f ( x ) = 2 x 3 − x trên f ′( x ) = 0 ⇔ x = ±

 6 6 ; − ,  3 3 

ta có f ′( x ) = 6 x 2 − 1 ;

6 6

  6  6  6 6 6 6 Ta có f  − , f ⋅ = f  =−  = f − = 9  3   6   3   6  9

Do đó f ( x ) ≤

6 5 6 ⋅ Suy ra P ≤ ⋅ 9 36

Vậy giá trị lớn nhất của P bằng

5 6 36

Bài 4. Cho các số thực a , b, c thỏa mãn a + b + c = 3 và a 2 + b 2 + c 2 = 27.

15

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = a 4 − b 4 − c 4 + ab ( a 2 − b 2 ) + ac ( a 2 − c 2 ) − bc ( b 2 + c 2 ) .

Giải Ta có P = a 4 − b 4 − c 4 + a 3b − ab3 + a 3c − ac 3 − b 3c − bc 3 = a 3 ( a + b + c ) − b3 ( b + a + c ) − c 3 ( c + a + b ) = 3 ( a 3 − b 3 − c 3 ) = 3a 3 − 3 ( b + c ) ( b 2 + c 2 − bc )

Mà b + c = 3 − a bc =

1 1 2 2 b + c ) − ( b 2 + c 2 )  =  ( 3 − a ) − ( 27 − a 2 ) = a 2 − 3a − 9 (  2  2 2

2

Ta luôn có ( b + c ) ≥ 4bc , ∀b, c . Do đó ( 3 − a ) ≥ 4 ( a 2 − 3a − 9 ) ⇔ a ∈ [ − 3;5 ] Ta có P = −3a 3 + 27 a 2 + 81a − 324 3 2 Xét hàm số f (a) =−3a + 27a +81a −324 xác định và liên tục trên [ −3;5]

 a = 3 + 3 2 ∉ [ −3;5] f '(a) = −9a 2 + 54a + 81; f '(a) = 0 ⇔  ;  a = 3 − 3 2 ∈ [ −3;5] f (−3) = −243; f (5) = 381; f (3 − 3 2) = 81− 324 2

Vậy GTLN của f ( a ) bằng 381 khi a = 5 Do đó GTLN của P bằng 381 khi a = 5; b = c = −1

Bài tập đề nghị

1. Cho x , y > 0 thỏa mãn x 2 + y2 = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức   1 1 P = ( 1 + x )  1 +  + ( 1 + y )  1 +  .  y  x 2 2 2 2. Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện x + y + z =1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P = 6 ( y + z − x ) + 27 xyz 2.2.2 Đưa biểu thức chứa nhiều biến thành biểu thức chứa 1 biến là biến mới.

2.2.2.1 Đánh giá qua hàm trung gian Bài 1: (Đề thi HSG tỉnh Vĩnh Phúc năm học 2017 – 2018) 2 2 Cho a , b là các số thực dương thoả mãn 2(a +b ) + ab = (a +b)(ab + 2) . Tìm GTNN

của biểu thức

 a 3 b3   a 2 b2  T = 4 3 + 3  − 9 2 + 2  . a  a  b b 16

Giải Ta có a , b > 0 2(a2 + b2 ) + ab = (a + b)(ab + 2) ⇔ 2(a2 + b2 ) + ab = a2b + ab2 + 2(a + b) a b 1 1 ⇔ 2  +  + 1 = (a + b) + 2  +  b a a b

Theo BĐT Côsi ta có: 1 1 1 1 b a  ( a + b ) + 2  +  ≥ 2 ( a + b )2  +  = 2 2  + + 2  a b a b a b  Suy ra

a b 5 a b b a  a b 2  +  + 1 ≥ 2 2  + + 2  ⇒ + ≥ (do + > 0 ) b a b a 2 b a a b 

Ta

có

 a3 b3   a2 b2   a b   a b   a b  T = 4  3 + 3  − 9  2 + 2  = 4  +  − 3 +  − 9  +  + 18  b a   b a   b a   b a   b a  3

Đặt t =

2

5 3 2 3 2 a b , t ≥ . Ta được : P = 4(t −3t) −9(t − 2) = 4t −9t −12t +18. + 2 b a

Xét hàm số: f (t ) = 4t 3 − 9t 2 − 12t + 18, t ≥

5 ⇒ f '(t ) = 12t 2 − 18t − 12 2

1  t =−  f '(t ) = 0 ⇔ 2  t = 2 Ta có bảng biến thiên :

t

5 2

+∞

+

f '(t ) f (t)

+∞

23 5 ⇒ minT = f   = − khi (a; b) ∈{ (1; 2) , ( 2;12) }3 − 4 2 4

Bài 2. Cho các số dương

a, b, c .

P=

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

1 6 − .

3 a + ab + abc a +b+c 17

Giải Vì

a , b , c là

các số dương

⇒ a + 4b ≥ 2 a.4b ⇔ a + 4b ≥ 4 ab ⇔

ab ≤

a + 4b (1) 4

.

Đẳng thức xảy ra ⇔ a = 4b .

Vì a,b,c là các số dương

⇒ a + 4b +16c ≥ 33 a.4b.16c ⇔ a + 4b +16c ≥123 abc ⇔

3

abc ≤

a + 4b + 16 c (2) .

12

Đẳng thức xảy ra ⇔ a = 4b = 16c .

Từ (1) và (2) => ⇔

ab + 3 abc ≤

⇔ a + ab + 3 abc ≤ a +

⇔

a + 4b a + 4b + 16 c + 4 12

a + 4b a + 4b + 16 c 4 + ⇔ a + ab + 3 abc ≤ ( a + b + c ) .

4 12 3

1 3 3 6 ≥ ⇒P≥ − (3) 3 4(a + b + c) a + ab + abc 4 ( a + b + c ) a+b+c

Đặt t = a + b + c (t > 0) Từ (3) xét f (t ) = 32 − 6 (t > 0); f '(t ) = − 33 + 62 ; f '(t ) = 0 ⇔ t = 1 .

4t

2t

t

4

t

Bảng biến thiên

t

0 -

f '( t ) f (t )

1 4

+∞

0

+ 0

+∞ −12

Nhìn vào bảng biến thiên ⇒ P ≥ f

  đẳng thức xảy ra ⇔  

(

1 a + b + c ≥ f ( ) = − 12, ∀ a , b , c > 0 4

)

1   a = 21 a = 4b = 16c  1  1 ⇔b= 84 a+b+c =  4 1  c = 336 

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là −12

Bài 3. Cho a , b , c là các số thực dương. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 18

4

9 a2 + b2 + c2 + 4 (a + b) (a + 2c)(b + 2c)

T=

−

Giải Theo BĐT Bunhiacopski ta có: a + b + c + 2 ≤ 4( a 2 + b 2 + c 2 + 4)

⇔

1 ( a + b + c + 2 ) ≤ a 2 + b2 + c2 + 4 2

Theo BĐT Côsi ta có: 2

2  a + b + 4c  1  4(a + b + c)  3(a + b) (a + 2c)(b + 2c) ≤ (3a + 3b). = 2 a + b + c ( ) ≤   2 2   2

Vậ y T ≤

8 27 − a + b + c + 2 2( a + b + c ) 2

Đặt t = a + b + c ;(t > 0) ⇒ T ≤ Xét hàm số f (t ) = f '(t ) = 0 ⇔

8 27 − 2 = f (t ) t + 2 2t

8 27 8 27 − 2 , (t > 0) ; f '(t ) = − + 3 2 t + 2 2t (t + 2) t

8 27 = 3 ⇔ 8t 3 − 27(t + 2) 2 = 0 ⇔ t = 6 2 (t + 2) t

Bảng biến thiên:

t

0

6

+

f '(t )

0

+∞ −

5 8

f (t ) −∞

Từ BBT ta có T ≤ f (t ) ≤ f (6) =

0

5 5 ; Vậy maxT = xảy ra khi a = b = c = 2 8 8

Bài 4. Cho các số thực a , b , c ≥ 1 thỏa mãn a + b + c = 6 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = ( a 2 + 2 )( b 2 + 2 )( c 2 + 2 ) .

Giải Không mất tổng quát giả sử a ≥ b ≥ c . Mà a + b + c = 6 ⇒ c ≤ 2 , a + b ≥ 4 2

 a + b  2  2 2 + 2 , ( *) Nhận xét ta có bất đẳng thức ( a + 2 )( b + 2 ) ≤     2   19

thật vậy (* ) 4

2 2 4 a+b 2 2 ⇔ a b + 2 a + 2b ≤   + ( a + b ) ⇔ 16 ( a − b ) ≤ ( a + b ) − 16 a b  2  2 2

2

2

2

2 2 2 2 ⇔ 16 ( a − b ) ≤ ( a2 − b2 ) + 4ab ( a − b ) = ( a − b) ( a + b ) + 4ab  

2

(đúng)( ( a + b ) + 4 ab ≥ 16 ).

Đặt

x=

a+b mà 2

2x + c = 6 ⇒ c = 6 − 2x ⇒ 2 ≤ x ≤

5 2

Áp dụng (* ) ta có 2

2

2 P = ( a2 + 2)( b2 + 2)( c2 + 2) ≤ ( x2 + 2) ( c2 + 2) = ( x2 + 2) ( 6 − 2x ) + 2   2 2  5 Xét hàm số f ( x ) = ( x2 + 2) ( 6 − 2x ) + 2 , ∀x ∈ 2; 

 2

Có f ′ ( x ) = 24 ( x 2 + 2 ) ( x − 2 ) ( x 2 − 3 x + 1) , f ′ ( x ) = 0 ⇔ x = 2 , x =

3± 5  5 ∈/  2;  .

2  2

Lập bảng biến thiên x

2

f '( x )

0

f ( x)

216

5 2

-

3267 16

max f ( x) = f ( 2 ) = 216 , Dấu bằng khi và chỉ khi a = b = c = 2  5  2; 2 

Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 216

Bài 5. (Đề thi HSG 12 – Tỉnh Vĩnh Phúc – năm học 2015-2016) Cho x, y, z là ba số thực thuộc đoạn [1;9 ] và x ≥ y , x ≥ z . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =

y 1 y z  +  + .

10 y − x 2  y + z z + x 

Giải Với a, b dương thỏa mãn ab ≥ 1 ta có bất đẳng thức

1 1 2 + ≥ .

1 + a 1 + b 1 + ab 20

1 1 2 + ≥ ⇔ a− b 1 + a 1 + b 1 + ab bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b hoặc ab = 1 .

(

Thật vậy:

2

)(

)

ab − 1 ≥ 0 đúng do ab ≥ 1 . Dấu

  Áp dụng bất đẳng thức trên: P = 1 + 1  1 + 1 x 2 z x 10 − 1+ 1+  y y z 

Đặt

  1 1 ≥ + x x  10 − 1+  y  y

1 1 x + trên đoạn [1;3] . = t ∈ [1;3] . Xét hàm số f ( t ) = 2 10 − t 1 + t y

f '(t ) =

2t 2 2

1

−

(10 − t ) (1 + t )

2

; f ' ( t ) = 0 ⇔ t 4 − 2t 3 − 24t 2 − 2t + 100 = 0

3 ( t − 2 ) ( t 3 − 24t − 50 ) = 0 ⇔ t = 2 do t − 24t − 50 < 0 ∀t ∈ [1;3] .

BBT t

1

f '( t )

f (t )

2

3 +

−

11 18

5 4 1 2

Suy ra Pmin

x = 4 y   z = x 1 = khi và chỉ khi   y z ⇔  x = 4 y .  2 z = 2 y  x  = 1   y

Bài 6. Cho a,b,c là các số thực dương và

abc = 1 , thỏa mãn:

1 a b+b a+ = ab + 2. ab 3

3

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

P=

1 1 3 + − 1 + a 2 1 + b 2 1 + 2c

Giải Theo BĐT Cô–si ta có: a 3 b + ab 3 ≥ 2 a 2 b 2 ⇒ ab + 2 ≥ 2 a 2 b 2 + 1

ab

21

Đặt t=a.b>0 Với

⇒ t + 2 ≥ 2t 2 +

ta chứng minh

a , b > 0; ab ≤ 1

Thật vậy:

(*) ⇔ (

⇔

1 1 ⇔ 2t 3 − t 2 − 2t + 1 ≤ 0 ⇔ ≤ t ≤ 1 t 2 1 1 2 + ≤ 2 2 1+ a 1+ b 1 + ab

(*)

1 1 1 1 − )+( − )≤0 2 2 1+ a 1 + ab 1+ b 1 + ab

a(b − a) b(a − b) + ≤ 0 ⇔ (a − b)2 (ab −1) ≤ 0 (đúng) 2 2 (1+ a )(1+ ab) (1+ b )(1+ ab)

⇒P≤

2 3 2 3t − = − 1 + ab 1 + 2 1 + t t + 2 ab

Xét t ∈  1 ;1 ; f ( t ) = 2 − 3t ; f ' ( t ) = − 2 2 − 6 2 < 0 1+ t t + 2 2  (1 + t ) ( t + 2 ) 1 

1

11

Từ đó f ( t ) nghịch biến trên  ;1 ⇒ Max f ( t ) = f   = 2   2  15 1 2

Dấu “=” xảy ra khi t = ⇒ a =

1 1 ;b = ;c = 2 2 2

Bài 7. Cho các số x, y, z thỏa mãn 0 < x ≤ y ≤ z . Tìm giá trị lớn nhất của biểu P = xy 2 + yz 2 + zx2

thức

(x − xyz −

2

+ y2 + z2 )

2

6

.

Giải Vì 0 < x ≤ y ≤ z nên x( x − y)( y − z) ≥ 0 ⇔ ( x2 − xy)( y − z) ≥ 0 ⇔ x2 y − x2 z − xy2 + xyz ≥ 0 ⇔ x2 y + xyz ≥ x2 z + xy 2

Khi đó xy 2 + yz 2 + zx 2 − xyz = ( x 2 z + xy 2 ) + yz 2 − xyz ≤ ( x 2 y + xyz ) + yz 2 − xyz = y ( x 2 + z 2 )

Theo bất đẳng thức Cô si ta có: y ( x2 + z 2 ) =

1 2 y 2 ( x2 + z 2 )( x2 + z 2 ) 2 3

3

 x2 + y 2 + z 2  1  2 y 2 + ( x 2 + z 2 ) + ( x2 + z 2 )  ≤   =2   3 3 2    

Do đó 2

2

P = xy + yz + zx

2

(x − xyz −

2

+ y2 + z2 ) 6

2

3

 x2 + y 2 + z 2  3  x2 + y 2 + z 2  ≤2   −   3 3   2 

2

22

3 4  x2 + y 2 + z2  3  (t > 0) . Ta có P ≤ f (t ) = 2t − t .

2 3  

Đặt t = 

f '(t) = 6t 2 − 6t3 = 6t 2 (1− t) = 0 ⇔ t = 1.

Lập bảng biến thiên của hàm

f (t )

0

t

1 0

+

f '(t )

+∞ −

1 2

f (t ) 0

−∞

3 1 1 Từ bảng biến thiên ta có f (t ) ≤ f (1) = 2 − = ⇒ P ≤ .

2 2 2

Vậy giá trị lớn nhất cần tìm là

1 khi x = y = z = 1.

2

Bài 9. (Đề khảo sát giáo viên tỉnh Vĩnh Phúc năm học 2017 – 2018) Cho hai số thực

a, b

thỏa mãn

1 < b < a < 1.

3

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

 3b − 1  2 P = log a   + 12log b a − 6 .  4  a

Giải 1  3 

Ta có: 4b3 − 3b + 1 = (b + 1)(2b − 1)2 ≥ 0, ∀b ∈  ;1 .  3b −1  1  3  ≥ loga ( b ) , do a ∈  ;1 .  4  3 

Suy ra: 3b −1 ≤ 4b3 ⇒ loga 

⇒ P ≥ 3log a b + 12log 2b a − 6 = 3l og a b + a

12 12 − 6 = 3l og a b + −6.

2 2b log b − 1 ( ) a log a   a

Đặt t = loga b . Do b < a < 1 ⇒ t > 1 Khi đó ⇒ P ≥ 3t + 12 2 − 6

( t − 1)

Xét f (t ) = 3t + 12 2 − 6 trên

( t − 1)

(1; +∞ )

23

Ta có f '(t ) = 3 − 24 3 ;

( t − 1)

f '( t ) = 0 ⇔ t = 3

Bảng biến thiên t

1

3

f '(t ) f (t )

+∞

0

−

+

+∞

+∞ 6

Dựa vào bảng biến thiên ta có f (t ) ≥ 6, ∀t >1.

1 2

Suy ra P ≥ 6, dấu “=” xảy ra khi b = ; a =

1 2

3

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 6.

Bài tập đề nghị 1. Cho

a, b > 0

và a + b ≤ 1 . Chứng minh rằng:

a+b+

1 1 + ≥ 5. a b

2. Cho x, y là số thực dương thỏa mãn ln x + ln y ≥ ln ( x 2 + y ) . Tìm giá trị nhỏ nhất của P = x + y 3. Cho các số thực dương a , b , c . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P=

1

2 a + b + c + 1 ( a + 1)( b + 1)( c + 1) 2

2

2

−

4. (Đề thi Đại học khối A năm 2011) Cho x , y , z là ba số thực thuộc đoạn [1;4] . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P=

x y z + + 2x + 3 y y + z z + x

5. Cho x , y , z là các số thực dương thỏa mãn x + y +1 = z . Tìm giá trị nhỏ

x3 y3 z3 14 + + + nhất của biểu thức P = x + yz y + zx z + xy ( z + 1) 1 + x + y + xy 2.2.2.2 Sử dụng hàm số đặc trưng để đánh giá Bài 1. (THPT Quốc gia 2016- 2017) Cho các số thực dương thỏa mãn log 3

1 − xy = 3 xy + x + 2 y − 4. x + 2y

Tìm giá trị nhỏ nhất của P = x + y.

Giải 24

Ta có log 3

1 − xy = 3 xy + x + 2 y − 4 ⇔ log 3 ( 3 − 3 xy ) + ( 3 − 3 xy ) = log 3 ( x + 2 y ) + ( x + 2 y )(*) x + 2y

Xét hàm số f ( t ) = log 3 t + t , t > 0 1 + 1 > 0, ∀t > 0 ⇒ f ( t ) đồng biến trên ( 0; +∞ ) Ta có f ′ ( t ) = t ln 3

Khi đó (*) ⇔ f ( 3 − 3 xy ) = f ( x + 2 y ) ⇔ 3 − 3 xy = x + 2 y ⇔ y = Vậy P = x + y = x +

3 − x 3x2 + x + 2 3 − x 3x 2 + x + 2 9 x 2 + 12 x − 7 S = x+ = ⇒ S′ = = 2 3x + 2 3x + 2 3x + 2 3x + 2 ( 3x + 2 ) 3x2 + x + 2 trên ( 0; +∞ ) 3x + 2

Xét hàm số g(x) = Ta có

g '( x ) =

3− x 3x + 2

9 x 2 + 12 x − 7

(3x + 2 )

2

; g '( x) = 0 ⇔ x =

−2 ± 11 3

Bảng biến thiên x

−2 + 11 3

0

g '( x)

0

−

+∞ +

1

+∞

g ( x)

2 11 − 3 3

Từ bảng biến thiên ta có min P =

2 11 − 3 3

Bài 2. (Đề thi HSG – tỉnh Vĩnh Phúc – năm học 2016-2017) Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn abc = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu a3 b3 c3 + 2 + 2 ⋅ thức P = 2 a + a +1 b + b +1 c + c +1 Giải Xét hàm số f ( x) = Ta có f '( x ) = Do

x3 2 1 − ln x − , x ∈( 0; +∞) 2 x + x +1 3 3

x 2 ( x 2 + 2 x + 3)

(x

2

+ x + 1)

2

−

4 3 2 2 ( x − 1) ( 3 x + 7 x + 12 x + 6 x + 2 ) = 2 3x 3 x ( x 2 + x + 1)

x > 0 ⇒ f '( x ) = 0 ⇔ x = 1

25

Ta có bảng biến thiên

1

0

x

f '( x )

f ( x)

3

0

−

+ 68 − 26 ln3 39

+∞ 0

Từ bảng biến thiên ta được

f ( x ) ≥ f (1) = 0; ∀ x > 0

Thay x lần lượt bằng a,b,cta được:

f ( a ) + f (b ) + f ( c ) ≥ 0

a3 b3 c3 2 + + − ( ln a + ln b + ln c ) − 1 ≥ 0 2 2 2 a + a +1 b + b +1 c + c +1 3 2 a3 b3 c3 ⇔ 2 + 2 + 2 − ln(abc) − 1 ≥ 0 a + a +1 b + b +1 c + c +1 3 a3 b3 c3 ⇔ 2 + 2 + 2 ≥1⇒ P ≥1 a + a +1 b + b +1 c + c +1

⇒

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 1 khi a = b = c = 1

Bài 3. Cho x, y , z là các số thực không âm thỏa mãn 2 2 2 0 < ( x + y ) + ( y + z ) + ( z + x ) ≤ 18.

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức x 3

y 3

z 3

P = 4 + 4 + 4 + log 3 ( x 2017 + y 2017 + z 2017 ) −

1 4 ( x + y + z ) − 2017.

108

Giải 0 ≤ x, y, z ≤ 3 Từ giả thiết suy ra  0 < x2 + y 2 + z 2 ≤ 9 1 3t Xét hàm số g (t ) = 4 − t − 1, t ∈ [0;3] . Ta có g '(t ) = .4 .ln 4 −1 3 t 3

g '(t ) = 0 ⇔ t = 3log 4

Vì 1 <

3 = t0 ; g '(t ) > 0 ⇔ t > t0 và g '(t ) < 0 ⇔ t < t0 . ln 4

3 < 4 , nên 0 <t0 <3. ln 4 26

Bảng biến thiên

t

t0

0

g '(t )

3

0

−

+

0

g (t )

0 g (t0 ) t

Suy ra g (t ) ≤ 0, ∀t ∈ [0;3] ⇔ 4 3 ≤ t + 1, ∀t ∈ [0;3] (1) Lại có 2017

2017

 x x y z 0 ≤ x, y , z ≤ 3 ⇔ 0 ≤ , , ≤ 1 ⇒    3 3 3 3 2017

 x  ⇒ log 3      3

2017

 y +    3 

x

y

2017

z +    3 

z

 y +    3 

2017

z +    3 



2017

2017

2017

 y +    3 

Từ (1) và (2) ⇒ P ≤ 3 + ( x + y + z) −

1 4 ( x + y + z) 108

   3

z +    3 

Đặt x + y + z = u , khi đó u ≥ 0 và P ≤ 3 + u −

Có f '(u) = 1−

2

2

  ≤ 0 (2)  

 x Ta có P = 4 3 + 4 3 + 4 3 + log 3  

Xét hàm số f (u) = 3 + u −

2

 x  y  z ≤   +   +   ≤ 1  3   3   3 

  − 1 ( x + y + z )4   108

1 4 u .

108

1 4 u , với u ∈ [0; +∞) 108

1 3 u , f '(u) = 0 ⇔ u = 3 27

Bảng biến thiên 0

u

3

+

f '(u )

0

+∞ −

21 4

f (u) 3

−∞

27

Dựa vào bảng biến thiên ta có f (u) ≤ Suy ra P ≤

21 , ∀u ≥ 0.

4

21 , dấu “=” xảy ra khi x = 3, y = z = 0 hoặc các hoán vị.

4

Vậy giá trị lớn nhất của P là

21 .

4

Bài 4. Cho hai số thực x , y thỏa mãn x, y > 1 và log 3 ( x + 1)( y + 1) 

y +1

= 9 − ( x − 1)( y + 1) . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P = x 3 + y 3 − 57 ( x + y )

Giải Ta có log3 ( x +1)( y +1) 

y+1

⇔ log3 ( x +1) + x +1 = log3

= 9 − ( x −1)( y +1) ⇔ log3 ( x +1) + log3 ( y +1) =

9 − x +1 y +1

9 9 + y +1 y +1

Xét hàm số f ( t ) = log3 t + t trên ( 0; +∞) f '(t ) =

1 + 1 > 0; ∀ t > 0 t

Hàm số đồng biến nên x + 1 =

9 ⇔ x + y = 8 − xy y +1

3

Vậy P = ( x + y ) − 3 xy ( x + y ) − 57 ( x + y )

Đặt t = x + y ⇒ P = t 3 − 3( 8 − t ) .t − 57t = t 3 + 3t 2 − 81t t2 Ta có 8 = x + y + xy ≤ t + ⇔ t 2 + 4t − 32 ≥ 0 ⇒ t ≥ 4.

4

Mặt khác ( x − 1)( y − 1) > 0 ⇒

xy > x + y − 1 ⇒ 8 = x + y + xy > 2 t − 1 ⇒ t <

9 2

Xét hàm số g (t ) = t 3 + 3t 2 − 81t trên  4; 9  2 



g ′ ( t ) = 3t 2 + 6t − 81 = 0 ⇔ t = −1 + 2 7

28

Bảng biến thiên

t

9 2

2 7 −1

4

+

g '(t )

0

-

−1708 8

−212

g (t )

83 − 112 7

Từ bảng biến thiên ta có giá trị nhỏ nhất của P là 83 − 112 7

Bài 5. Xét các số thực x, y

( x ≥ 0) thỏa mãn

2018 x + 3 y + 2018 xy +1 + x + 1 = 2018 − xy −1 +

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

1 − y ( x + 3) 2018 x + 3 y .

T = x + 2y .

Giải 1 − y ( x + 3) 2018 x + 3 y + x + 3 y = 2018− xy −1 − 2018 xy +1 + ( − xy − 1)(*)

2018 x + 3 y + 2018 xy +1 + x + 1 = 2018− xy −1 + ⇔ 2018 x + 3 y − 2018− x − 3 y

Xét hàm số f (t) = 2018t − 2018−t + t f '(t) = 2018t ln2018+ 2018−t ln2018+1 > 0;∀t

Hàm số đồng biến nên (* ) ⇔ Khi đó

T = x−

x + 3 y = − xy − 1 ⇔ y =

−x −1 ( do x ≥ 0) x+3

2x + 2 x+3

Ta có g ( x ) = x − 2 x + 2 xét trên [ 0; +∞) . x+3

Có

g '( x ) =

Vậy

x2 + 6x + 5

( x + 3)

2

> 0, ∀ x ≥ 0

min g ( x ) = g (0) = −

[0; +∞ )

2 .

3

Bài 6. Cho các số thực dương 5

của biểu thức P =

3

a, b, c 5

thỏa mãn: 3

5

a2 + b2 + c2 = 1 .

Tìm giá trị lớn nhất

3

a − 2a + a b − 2b + b c − 2c + c + 2 2 + 2 2 b 2 + c2 c +a a +b 29

Giải Từ giả thiết ⇒ a, b, c ∈ ( 0;1) 2

Ta có:

2 a 5 − 2 a 3 + a a (1 − a ) = = −a3 + a b2 + c2 1− a2

b5 − 2b3 + b c5 − 2c3 + c 3 = −b + b và = −c3 + c Tương tự ta cũng có: 2 2 2 2 c +a a +b

Do đó P = ( − a 3 + a ) + ( −b3 + b ) + ( −c3 + c ) 1 3

2 Xét hàm số: f ( t ) = −t 3 + t, t ∈ ( 0;1) . Ta có: f ′ ( t ) = −3t +1, f ′ ( t ) = 0 ⇔ t =

Bảng biến thiên:

t

1 3

0

+

f ′(t )

1

-

0

2 3 9

f (t ) 0

Do đó f ( a ) + f ( b ) + f ( c ) ≤

0

2 3 2 3 hay ( −a3 + a ) + ( −b3 + b) + ( −c3 + c ) ≤ 3 3

Dấu “=” xảy ra khi a = b = c =

1 .

3

Vậy giá trị lớn nhất của P là

2 3 3

Bài tập đề nghị

(

2

2

)

2

1. Cho các số thực dương x và y thỏa mãn 4 + 9.3x −2 y = 4 + 9x −2 y .72 y−x +2 .

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P=

x + 2 y + 18 x

.

2. Cho các số thực a, b thỏa mãn điều kiện 0 < b < a < 1.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = log a

2.2.2.3 Cho hàm số

4 ( 3b − 1) 9

+ 8log 2b a − 1 . a

Sử dụng tính chất tiếp tuyến f ( x ) liên

tục và có đạo hàm cấp hai trên đoạn [ a;b]

Nếu f "(x) ≥ 0,∀ x ∈ [ a,b] ta luôn có f(x) ≥ f '( x0 )( x − x0 ) + f(x0 ),∀ x0 ∈ [ a,b] Nếu f "(x) ≤ 0,∀ x ∈ [ a,b] ta luôn có f(x) ≤ f '( x0 )( x − x0 ) + f(x0 ),∀ x0 ∈ [ a,b] 30

Đẳng thức xảy ra trong hai bất đẳng thức trên khi và chỉ khi x = x0 Với bài toán sử dụng tính chất tiếp tuyến này thì việc chọn điểm rơi x = x0 là khó, để tìm được điểm này thường chúng ta đánh giá dấu bằng xảy ra khi các biến có giá trị bằng nhau.

Bài 1. Cho a ,b ,c ,d là các số thực không âm và có tổng bằng 1.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P= (1 + a 2 + b 2 + a 2b 2 )(1 + c 2 + d 2 + c 2 d 2 ) Giải P = (1 + a 2 )(1 + b 2 )(1 + c 2 )(1 + d 2 ) ⇒ ln P = ln (1 + a 2 ) + ln (1 + b 2 ) + ln (1 + c 2 ) + ln (1 + d 2 )

Đặt f (t ) = ln (1 + t 2 ) Hàm số đạt giá trị nhỏ nhất khi

a=b=c=d =

1 4

1 4

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số f (t ) = ln (1 + t 2 ) tại M  ;ln

17  : 16 

17 8 2 17  1  1  y = f '   t −  + ln = t − + ln 16 17 17 16  4  4 

Chứng minh được bất đẳng thức: Thật vậy g '(t ) =

(*) ⇔ g ( t ) = ln (1 + t 2 ) −

ln (1 + t 2 ) ≥

8 2 17 t− + ln , ∀ t ∈ [ 0;1] ( * ) 17 17 16

8 2 17 t+ − ln ≥ 0, ∀ t ∈ [ 0;1] 17 17 16

2t 8 − t + 1 17 2

1  t = ∈ [ 0;1]  4 g '(t ) = 0 ⇔   t = 4 ∉ [ 0;1]

Ta có g (0) =

2 17 32 6  1  − ln ; g (1) = ln − ; g   = 0 17 16 17 17  4  1  

Vậy g (t ) ≥ g   = 0, ∀t ∈[ 0;1] 4 Áp dụng (*) ta có: ln (1 + a 2 ) + ln (1 + b2 ) + ln (1 + c 2 ) + ln (1 + d 2 ) ≥ ⇔ ln P ≥ 4ln

17  17  ⇔ P≥  16  16 

8 8 17 ( a + b + c + d ) − + 4ln 17 17 16

4

31

Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = d = Vậy giá trị nhỏ nhất của P là  17 

1 4

4

 16 

Bài 2. Cho a,b,c là các số thực dương có tổng bằng 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của 2

2

2

(b + c − a) + ( c + a − b) + ( a + b − c ) biểu thức P = 2 2 2 2 a + ( b + c ) b2 + ( c + a ) c 2 + ( a + b ) Giải Ta có 2

2

2

(1 − 2a ) + (1 − 2b ) + (1 − 2c ) = 6 − 1 1 1 P= 2 − 2 − 2 2 2 2 2 2 2 2a − 2a + 1 2b − 2b + 1 2c − 2c + 1 a + (1 − a ) b + (1 − b ) c + (1 − c ) Tiếp tuyến của hàm số

y=

1 2 2x − 2x +1

1 9

tại điểm M  ;  là 3 5

y=

54 x + 27 25

1 54 x + 27 ≤ (*) 2x2 − 2x + 1 25

Ta chứng minh

2

Thật vậy (*) ⇔

2 ( 3x −1) ( 6 x + 1) 25 ( 2x2 − 2x + 1)

Thay x bởi a,b,cta có

P ≥ 6−

≥ 0 luôn đúng với mọi x>0

54 a + 27 54 b + 27 54 c + 27 3 − − = 25 25 25 5

Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = Vậy giá trị nhỏ nhất của P là

1 3

3 5

Bài tập đề nghị 1. Cho

a, b, c ≥ 0

thỏa mãn: a + b + c = 3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

P = ( a 2 + a + 1)( b 2 + b + 1)( c 2 + c + 1)

2. Cho

a, b, c

là các số thực dương thỏa mãn:

a2 + b2 + c2 = 1 .

Tìm giá trị nhỏ

a b c P= 2 + 2 + 2 2 2 b +c c +a a + b2

nhất của biểu thức

C. Ứng dụng của GTLN – GTNN 1. Ứng dụng vào bài toán giải phương trình, bất phương trình chứa tham số Bài 1. Tập tất cả các giá trị của tham số m để phương trình m

(

)

1 + x + 1 − x + 3 + 2 1 − x 2 − 5 = 0 có đúng hai nghiệm thực phân biệt 32

Giải

(

)

m 1 + x + 1 − x + 3 + 2 1 − x2 − 5 = 0(*)

Đặt

t=

1+ x +

1− x

Theo bất đẳng thức Bunhiacopxky ta có: 2

≤ (1 + 1)(1 + x + 1 − x ) = 4 ⇒ 0 ≤ t ≤ 2

2

= 2 + 2 1 − x2 ⇒ 1 − x2 =

t2 =

(

1+ x + 1− x

)

t2 =

(

1+ x + 1− x

)

để phương trình có nghĩa thì t ≥

(1) ⇔ 1 − x 2 =

t2 − 2 (1) 2

2

t 4 − 4t 2 + 4 −t 4 + 4t 2 ⇔ x2 = để (1) có hai nghiệm thực phân biệt thì 4 4

 − t 4 + 4t 2 >0  ⇒ 2 ≤t<2 4   t ≥ 2

Lúc này pt (*) ⇔ m(t + 3) + t 2 − 7 = 0 ⇔ m =

Đặt f (t ) =

7 − t2 t +3

t = −3 + 2 7 − t2 −t 2 − 6 t − 7 ⇒ f ′(t ) = ⇔ t+3 ( t + 3 )2 t = −3 − 2

Ta có bảng biến thiên: t

2

2

−∞

+∞ f ′( t )

−

(

f (t )

5 3− 2

) 3 5

Suy ra

3 < m ≤ 5 3− 5

(

2

)

Bài 2. (Đề minh họa THPT Quốc gia năm 2018) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình 3 m + 3 3 m + 3sin x = sin x có nghiệm thực Giải: 33

Ta có 3 m + 3 3 m + 3sin x = sin x ⇔ m + 3 3 m + 3sin x = sin 3 x ⇔ m + 3sin x + 33 m + 3sin x = sin3 x + 3sin x(1) 3 Xét hàm số f (t) = t +t 2 Ta có f '(t) = 3t +1 > 0; ∀t ∈ℝ

Do đó hàm số

f (t ) đồng

Khi đó

(

(1) ⇔ f

3

biến trên ℝ

)

m + 3 sin x = f ( sin x ) ⇔

3

m + 3 sin x = sin x ⇔ m = sin 3 x − 3 sin x

Đặt t = sin x ⇒ −1 ≤ t ≤ 1 Ta được phương trình

m = t 3 − 3t

3 Xét hàm số g(u) = u −3u trên đoạn [ −1;1] 2 Ta có g '(u) = 3u −3;

g '(u ) = 0 ⇔ u = ± 1

Ta có u

−1 g '(u )

1

0

–

0

2 g (u )

−2

Vậy để phương trình có nghiệm thì −2 ≤ m ≤ 2

Bài 3. Cho phương trình: sin x ( 2 − cos 2 x ) − 2 ( 2 cos3 x + m + 1) 2 cos3 x + m + 2 = 3 2cos3 x + m + 2 .

2π

  Tìm m để phương trình trên có nghiệm x ∈ 0;  ?  3 

Giải Phương trình tương đương với 2sin3 x +sin x =2(2cos3 x +m+2) 2cos3 x +m+2 + 2cos3 x +m+2.

Xét hàm f (t ) = 2t 3 + t với

t ≥ 0.

Ta có

f '(t ) = 6t 2 +1> 0  → f (t)

đồng biến.

Mà f (sin x ) = f ( 2cos3 x + m + 2 ), suy ra sin x ≥ 0 sin x = 2cos3 x + m + 2 ⇔  2 sin x = 2 cos3 x + m + 2 34

⇔ sin 2 x = 2cos3 x + m + 2 (vì sin x ≥ 0, ∀x ∈ 0; 2π  )  

  3

⇔1− cos2 x = 2cos3 x + m + 2 ⇔ m = −2cos3 x − cos2 x −1. Đặt u = cos x , vì

 2 π   1  x ∈  0;  ⇒ u ∈ − ;1  .    3 2 

Khi đó phương trình trở thành m = − 2 u 3 − u 2 − 1 .

3 2 Xét g (u ) = −2u − u − 1 , có

  1  u = 0 ∈ − ;1   2  g ' (u ) = −6u 2 − 2u; g ' (u ) = 0 ⇔  .    1 1 u = − ∈ − ;1  3  2  

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên suy ra phương trình có nghiệm khi −4 ≤ m ≤ 1

Bài 4. Tìm các giá trị thực của tham số m để phương trình 2 − x + 1 − x = m + x − x2 có hai nghiệm phân biệt.

Giải +) 2 − x + 1 − x = m + x − x2 ( 1)

Điều kiện: −1 ≤ x ≤ 2 +) (1) ⇔ 3 + 2 − x 2 + x + 2 = − x 2 + x + m 2 Đặt: −x + x = t; f ( x) = −x2 + x; f ′ ( x) = −2x +1

1 1  1 f ( −1) = 2, f ( 2) = −2, f   = ⇒ t ∈ −2;   2 4  4

(1) ⇔ 3 + 2

t + 2 = t + m ⇔ 2 t + 2 = t + m − 3 ⇔ m = 2 t + 2 + 3−t

Đặt f ( t ) = 2 t + 2 + 3 − t

35

f ′ (t ) =

1 1− t − 2 −1 = . f ′ ( t ) = 0 ⇒ 1 − t − 2 = 0 ⇔ t = −1 t+2 t−2

Bảng biến thiên 1 t

-∞

-2

-1

+∞

4

f'(t) 6 f(t) 23 5

4

+) − x 2 + x = t ⇔ − x 2 + x − t = 0

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆ = 1 − 4t > 0 ⇔ t ≤ 1

4

Do đó để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì phương trình ( ∗ ) có nghiệm 1  t ∈  −2;  . Từ bảng biến thiên ⇒ m∈[5;6] .

4 

Bài 5. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho bất phương trình: 1 − x 3 + 3mx − 2 < − 3 nghiệm đúng ∀ x ≥ 1 ? x

Giải 3 2 Bất phương trình ⇔ 3mx < x − 13 + 2, ∀x ≥ 1 ⇔ 3m < x − 14 + 2 = f ( x) , ∀x ≥ 1

x

x

x

Ta có f ′ ( x ) = 2 x + 45 − 22 ≥ 2 2 x 45 − 22 = 4 2 2− 2 > 0 suy ra x

(x )

x

x

x

f (x )

tăng.

Yêu cầu bài toán ⇔ f ( x ) > 3 m , ∀ x ≥ 1 ⇔ m in f ( x ) = f (1 ) = 2 > 3 m ⇔ 2 > m x ≥1 3

Bài 6. Tìm m để phương trình :

( m −1) log21 ( x − 2)

2

+ 4 ( m − 5) log 1

2

2

1 5  + 4m − 4 = 0 có nghiệm trên  , 4  x−2 2 

Giải 5 

Đặt t = log 1 ( x − 2) . Do x ∈  ;4 ⇒ t ∈[ −1;1] 2  2 4 ( m −1) t 2 + 4(m − 5)t + 4m − 4 = 0 ⇔ m ( t 2 + t + 1) = t 2 + 5t + 1

⇔m=

t 2 + 5t +1 t 2 + t +1 36

Xét f ( t ) = f ′ (t ) =

t 2 + 5t + 1 với t ∈[ −1;1] t 2 + t +1

4 − 4t 2

(t

2

+ t + 1)

2

≥ 0 ∀t ∈ [ −1;1] ⇒ Hàm số đồng biến trên đoạn [ −1;1]

Để phương trình có nghiệm khi hai đồ thị y = m; y = f ( t ) cắt nhau ∀t ∈ [ −1;1] ⇒ f ( − 1) ≤ m ≤ f (1) ⇔ − 3 ≤ m ≤

7 3

Bài tập đề nghị 1. Tìm m để phương trình 3 tan x + 1 ( sin x + 2 cos x ) = m ( sin x + 3cos x ) có  π nghiệm duy nhất x ∈ 0;  ?  2

2. Tìm m sao cho bất phương trình 3 + x + 6 − x − 18 + 3x − x 2 ≤ m 2 − m + 1 nghiệm đúng ∀x ∈[ −3,6] ?

2. Ứng dụng vào bài toán thực tế 2.1 Bài toán liên quan đến quãng đường Bài 1. (Đề thi HSG tỉnh Vĩnh Phúc năm học 2016 -2017) Một ngọn hải đăng đặt tại vị trí A cách bờ biển một khoảng AB = 4(km). Trên bờ biển có một cái

A

kho ở vị trí C cách B một khoảng BC = 7(km).

Người canh hải đăng phải chèo đò từ vị trí A đến vị trí M trên bờ biển với vận tốc 6( km h) rồi đi xe

đạp từ M đến C với vận tốc 10( km h) (hình vẽ bên). Xác định vị trí của M để người đó đến C nhanh nhất.

B

M

C

7 km

Giải Đặt BM = x ( km ), x ∈ [0; 7]. khi đó AM = x2 + 16; MC = 7 − x Thời gian người canh hải đăng đi từ A đến C theo lộ trình bài toán là: h( x) =

AM MC x 2 + 16 7 − x + = + (h) 6 10 6 10

Xét hàm số h( x) =

x 2 + 16 7 − x + , 0 ≤ x ≤ 7.

6 10

Hàm số liên tục trên

[0; 7].

1 .

6 x2 + 16 10 h '( x) = 0 ⇔ x = 3(do x ∈[ 0;7]) h '( x) =

x

−

37

41 65 37 , h(7) = , h(3) = 30 6 30 37 Suy ra min h ( x ) = khi x = 3 h(0) =

30

x∈[ 0;7 ]

Vậy khi điểm M cách B một khoảng bằng 3(km) thì người canh hải đang đến kho nhanh nhất.

Bài 2. Một mảnh đất hình chữ nhật ABCD có chiều dài AB = 25m , chiều rộng AD = 20m được chia thành hai phần bằng nhau bởi vạch chắn MN ( M , N lần lượt là trung điểm BC và AD ). Một đội xây dựng làm một con đường đi từ A đến C qua vạch chắn MN , biết khi làm đường trên miền ABMN mỗi giờ làm được 15m và khi làm trong miền CDNM mỗi giờ làm được 30m . Tính thời gian ngắn nhất mà đội xây dựng làm được con đường đi từ A đến C .

Giải M

B

C

Giả sử con đường đi từ A đến C gặp vạch chắn MN t ại E

đặt NE = x(m)( x ∈ [0; 25]) ⇒ AE = x2 + 102 ; CE = (25 − x ) 2 + 102

25m

E x

A

t ( x) = t '( x) =

20m

AE CE + = 15 30 x 2

D

N

15 x + 100

Thời gian làm đường đi từ A đến C là

(25 − x) 2 + 100 x + 100 + ( h) 15 30 2

−

(25 − x ) 30 (25 − x ) 2 + 100

;

t '( x ) = 0 ⇔ 2 x (25 − x ) 2 + 100 = (25 − x ) x 2 + 100  x (25 − x ) ≥ 0 ⇔ 2 2 2 2  4 x [(25 − x ) + 100] = (25 − x ) ( x + 100)  0 ≤ x ≤ 25  0 ≤ x ≤ 25 ⇔ ⇔ 2 2 2 2 2 2  4(25 − x ) ( x − 25) + x [400 − (25 − x ) ]=0  ( x − 5)[4(25 − x ) ( x + 5) + x (45 − x )]=0 ⇔ x = 5;

20 + 725 10 + 2 725 2 5 , t (25) = , t (5) = ⇒ Thời gian ngắn nhất làm con đường 30 30 3 2 5 từ A đến C là (giờ).

3 t (0) =

2.2 Bài toán liên quan đến diện tích, thể tích hình học Bài 1. (Đề THPT Quốc Gia 2018) 38

2 Ông A dự định sử dụng hết 6,5m kính để làm một bể cá bằng kính có dạng hình hộp chữ nhật không nắp, chiều dài gấp đôi chiều rộng (các mối ghép có kích thước không đáng kể). Bể cá có dung tích lớn nhất bằng bao nhiêu (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm)?

Giải Gọi chiều rộng, chiều dài, chiều cao của bể cá lần lượt là Diện tích phần lắp kính là 2 x2 + 6xy = 6,5 ⇔ xy =

x; 2 x; y ( m ); ( x , y > 0)

6,5 − 2 x2 13 >0⇒0< x < 6 2

6,5 − 2x2 13x − 4x3 = Thể tích bể cá là V = 2x y = 2x.

6 6 2

Xét hàm số f ( x) =

 13  13x − 4x3 trên  0;  2  6 

 39 x = 13 −12x 6 ; f '( x) = 0 ⇔  Ta có f '( x) =  6 39 x = − 6  2

Bảng biến thiên x

39 6

0

+

f '( x )

0

13 2 −

13 39 54

f ( x) 0

Vậy thêt tích lớn nhất bằng

0

13 39 ≈ 1,5m 3 54

Nhận xét: Khi làm trắc nghiệm tìm được thể tích là hàm số theo biến x ta sử dụng máy tính để tìm GTLN của thể tích mà không cần giải theo tự luận và rút ngắn được thời gian làm bài mà vẫn đảm bảo đáp số đúng Bài 2. Cho một tấm nhôm hình vuông cạnh a. Người ta cắt ở 4 góc 4 hình vuông bằng nhau, rồi gập tấm nhôm lại để được một cái hộp không nắp. Tìm cạnh của hình vuông bị cắt sao cho thể tích của khối hộp là lớn nhất?

39

Giải a

 

Gọi x là độ dài cạnh củaa hình vuông bbị cắt  0 < x <  .

2 2



a

 

Thể tích của khối hộp là: V (x) = x(a − 2x)  0 < x <  .

2 

V′(x) = (a − 2x)2 + x.2(a − 2x).(−2) = (a − 2x)(a − 6x) ; V ′( x ) = 0 ⇔

x=

a  0 < x < a .   2 6 

Bảng biến thiên

x

a 6

0

+

V ′(x)

0

a 2

−

2a3 27

V (x)

0

 

a

Vậy trong khoảng  0;  có 1 điểm cực đại duy nhất là 2 

0

a x= 6

tạii đó V (x) =

2a3 .

27

Bài 3. Cho hình hộp chữ nh nhật ABCD.A' B'C' D' có tổng diện tích tấtt cả c các mặt là 2 36 cm , độ dài đường ng chéo AC' bằng 6 cm . Hỏi thể tích của hình hộpp đạt giá trị lớn nhất là bao nhiêu?

Giải 40

Giả sử 3 kích thước của hình hộp chữ nhật là a, b, c. Giả sử a ≤ b ≤ c a + b + c = 6 2 2ab + 2bc + 2ca = 36 a + b + c = 6 2   ⇒ ⇔  Ta có  2 2 2 a + b + c = 36 a(b + c) + bc = 18 bc = 18 − a(6 2 − a)

Do a ≤ b ≤ c ⇒ 0 < a ≤ 2 2

(

)

Thể tích của hình hộp chữ nhật là V = abc = a 18 − 6a 2 + a 2 = a 3 − 6a 2 2 + 18a

(

Xét hàm số f (a ) = a 3 − 6a 2 2 + 18a trên 0;2 2   Ta có f '(a) = 3a 2 − 12a 2 + 18 a = 2  f '(a) = 0 ⇔  a = 3 2 

Bảng biến thiên

x

2

0

f '( a)

+

0

2 2

−

8 2

f ( a) 4

0

2

Từ bảng biến thiên ta có thể tích lớn nhất của hình hộp chữ nhật là 8 2 2.3. Bài toán kinh tế Bài 1. Một người thợ xây, muốn xây dựng một bồn chứa thóc hình trụ tròn với thể tích là 150m 3 (như hình vẽ bên). Đáy làm bằng bê tông, thành làm bằng tôn và nắp bể làm bằng nhôm. Tính chi phí thấp nhất để làm bồn chứa thóc (làm tròn đến hàng nghìn). Biết giá thành các vật liệu như sau: bê tông 100 nghìn 2 đồng một m , tôn 90 nghìn một m 2 và nhôm 120 nghìn đồng một m 2 .

.

Giải 41

Gọi r , h ( m 2 ) ( r > 0, h > 0 ) lần lượt là bán kính đường tròn đáy và đường cao của hình trụ theo đề ta có π r 2 h = 150 ⇔ h =

150 . π r2

Khi đó chi phí làm nên bồn chứa thóc được xác định theo hàm số: f ( r ) = 220π r 2 + 90.2π r.

f ′ ( r ) = 440π r −

150 2700 = 220π r 2 + (nghìn đồng).

2 πr r

27000 675 =a. , f ′(r ) = 0 ⇔ r = 3 2 r 11π

Bảng biến thiên:

0

r f '(r) f (r )

a

+∞

0

−

+

+∞

+∞ f (a)

 675   ≈ 15038,38797 nghìn đồng.  11π 

Ta có chi phí thấp nhất là f ( a ) = f  3

Bài 2. Người ta xây một bể chứa nước với dạng khối hộp chữ nhật không nắp có thể tích bằng 500 m 3 . Đáy bể là hình chữ nhật có chiều dài gấp đôi chiều rộng.

3

Giá thuê nhân công để xây bể là 600.000 đồng/m2. Xác định chi phí thuê nhân công thấp nhất.

Giải Gọi x ( m) là chiều rộng của đáy bể, khi đó chiều dài của đáy bể là 2x ( m) và h ( m) là chiều cao bể.

Bể có thể tích bằng

500 3 500 250 m ⇔ 2x2h = ⇔h= .

3 3 3x2

Diện tích cần xây là: Xét hàm

f (x) =

S = 2 ( xh + 2 xh ) + 2 x 2 = 6 x

250 500 + 2x2 = + 2x2.

2 3x x

500 − 500 + 2x2 , ( x > 0) ⇒ f '( x) = + 4x = 0 ⇔ x = 5 x x2

42

Lập bảng biến thiên x

0

f '( x )

5 −

0

+∞ +

+∞

+∞

f ( x) 150

f min = f ( 5) = 150.

Chi phí thuê nhân công thấp nhất khi diện tích xây dựng là nhỏ nhất và bằng fmin =150.

Vậy giá thuê nhân công thấp nhất là: 150.600000 = 90000000 đồng.

Bài tập đề nghị: 1. Một ngọn hải đăng đặt ở vị trí A cách bờ 5km , trên bờ biển có một kho hàng ở vị trí C cách B một khoảng 7km . Người canh hải đăng có thể chèo thuyền từ A đến M trên bờ biển với vận tốc 4km/h rồi đi bộ từ M đến C với vận tốc 6km/h . Xác định độ dài đoạn BM để người đó đi từ A đến C nhanh nhất.

2. Công ty A chuyên sản xuất một loại sản phẩm và ước tính rằng với q sản phẩm được sản xuất thì tổng chi phí sẽ là C ( q ) = 3q 2 + 72q − 9789 (đơn vị tiền tệ). Giá mỗi sản phẩm công ty sẽ bán với giá p ( q ) = 180 − 3q . Hãy xác định số sản phẩm công ty cần sản xuất sao cho công ty thu được lợi nhuận cao nhất ?

3. Một mảnh giấy hình chữ nhật có chiều dài 12cm và chiều rộng 6cm. Thực hiện thao tác gấp góc dưới bên phải sao cho đỉnh được gấp nằm trên cạnh chiều dài còn lại. Hỏi chiều dài L tối thiểu của nếp gấp là bao nhiêu?

D. Một số câu hỏi trắc nghiệm 1. Giá trị lớn nhất của hàm số f ( x ) = x3 − 8x2 + 16x − 9 trên đoạn [1;3] là: 43

A.

max f ( x ) = 0.

[1; 3 ]

B.

max f ( x ) = [1; 3]

2. Giá trị nhỏ nhất của hàm số A.

min y = − 8.

[ − 4 ; +∞ )

B. m in

[ − 4 ; +∞ )

ℝ

C.

m ax f ( x ) = − 6.

[1; 3 ]

C.

y = − 11.

D.

m ax f ( x ) = 5.

[1; 3 ]

trên [ −4; +∞) là:

y = x ( x + 2)( x + 4)( x + 6) + 5

3. Giá trị lớn nhất của hàm số y = A. max y = −1.

13 .

27

D.

m in y = − 17.

[ − 4 ; +∞ )

min y = − 9.

[ − 4 ; +∞ )

x2 − 8x + 7 là: x2 +1

B. max y = 1 . x∈ℝ

C. max y = 9.

D. max y = 10.

x∈ℝ

ℝ

 π 4. Giá trị nhỏ nhất của hàm số y = 2cos2x + 4sin x trên đoạn 0;  là:  2 y = 4 − 2.

A. min  π 0; 2   

y = 2 2.

B. min  π 0; 2   

y = 2.

C. min  π

D.

min y = 0.  π  0; 2 

0; 2   

x 2 5. Giá trị nhỏ nhất của hàm số y = e (x − x −1) trên đoạn [0;2] là

A.

m in y = − 2 e.

[0 ;2 ]

B.

m in y = e 2 . [ 0 ;2 ]

C.

D. min y = − e.

min y = − 1. [ 0;2 ]

[ 0;2 ]

6. Giá trị lớn nhất của hàm số y = x + 4 + 4 − x − 4 ( x + 4)(4 − x) + 5 bằng A. C.

y = 5 − 2 2.

B. max −4;4

max y = 10.

[

[ − 4;4 ]

]

y = 5 + 2 2.

D. max −4;4

max y = − 7.

[

[ −4;4 ]

]

7. Một con cá hồi bơi ngược dòng để vượt khoảng cách là 300 km. Vận tốc dòng nước là 6 km/h. Nếu vận tốc bơi của cá khi nước đứng yên là v (km/h) thì năng lượng tiêu hao của cá trong t giờ được cho bởi công thức E(v) = cv3t, trong đó c là hằng số và E tính bằng Jun. Vận tốc bơi của cá khi nước đứng yên để năng lượng tiêu hao là ít nhất bằng A. 6 km/h.

B. 8 km/h.

C. 7 km/h.

D. 9 km/h.

8. Cho ∆ABC đều cạnh a. Người ta dựng một hình chữ nhật MNPQ có cạnh MN nằm trên BC, hai đỉnh P, Q theo thứ tự nằm trên hai cạnh AC và AB của tam giác. Xác định vị trí của điểm M sao cho hình chữ nhật có diện tích lớn nhất ?

A.

BM =

2a 3

.

B.

BM =

3a 4

.

C.

BM =

a 3

D.

.

9. Một hộp không nắp được làm từ một mảnh các tông theo mẫu như hình vẽ. Hộp có đáy là một hình vuông cạnh x cm, chiều cao h cm và có thể tích 500 cm3. Giá trị của x để diện tích của mảnh các tông nhỏ nhất bằng A. 100.

B. 300.

BM =

h

a 4

. h

x h

x

h 44

C. 10.

D. 1000.

10. Cho hai số thực x, y thỏa mãn

x ≥ 0, y ≥ 1; x + y = 3 .

Giá trị lớn nhất và giá

3 2 2 trị nhỏ nhất của biểu thức P = x + 2 y + 3x + 4xy − 5x lần lượt bằng:

B. 20 và 15 .

A. 20 và 18 .

C. 18 và 15 .

D. 15 và 13 .

2 2 11. Cho các số thực x, y thoả mãn ( x − 4 ) + ( y − 4 ) + 2 xy ≤ 32 . Giá trị nhỏ

3 3 nhất m của biểu thức A = x + y + 3(xy −1)(x + y − 2) là :

A. m =

17 − 5 5 .

4

B. m = 16.

C. m = 398.

12. Cho hai số thực dương thỏa mãn 1 ≤ của biểu thức P =

D. m = 0.

x ≤ 2; 1 ≤ y ≤ 2 .

Giá trị nhỏ nhất m

x + 2y y + 2x 1 + 2 + x + 3y + 5 y + 3x + 5 4(x + y −1) 2

A. m = 0.

B.

m=

85 .

4

C. m = −10.

D.

m=

7 .

8

Đáp án Câu

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

Đáp án

B

B

C

C

D

D

D

D

C

A

A

D

7.2. Về khả năng áp dụng của sáng kiến Sáng kiến có thể áp dụng cho đối tượng học sinh lớp 12, học sinh ôn thi THPT Quốc gia hoặc học sinh ôn thi học sinh giỏi cấp tỉnh.

8. Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến - Hướng dẫn học sinh sử dụng tài liệu tham khảo và sách hay có liên quan để học sinh tìm đọc - Chọn lọc biên soạn theo hệ thống bài dạy.

- Nghiên cứu các đề thi và trao đổi kinh nghiệm với đồng nghiệp.

9. Đánh giá lợi ích thu được hoặc dự kiến có thể thu được do áp dụng sáng kiến kinh nghiệm theo ý kiến của tác giả - Khi áp dụng đề tài vào thực tế dạy học tôi thu được kết quả: + Học sinh được phát triển tư duy và kỹ năng liên hệ các vấn đề toán học.

Học sinh hình thành lời giải một cách nhanh nhẹn, sáng tạo. + Qua đây các em không chỉ được rèn luyện củng cố các kiến thức về giải bài toán tìm GTLN – GTNN, mà còn được trang bị thêm phương pháp tiếp cận những bài tập nâng cao, khó trong đề thi THPT Quốc gia, học sinh giỏi cấp tỉnh.

45

+ Giáo viên được nâng cao trình độ chuyên môn, năng lực sư phạm của mình trong quá trình giảng dạy ôn thi THPT Quốc gia và bồi dưỡng học sinh giỏi.

- Trước và sau khi thực hiện đề tài này tôi đã tiến hành khảo sát khả năng tìm GTLN – GTNN cho học sinh lớp 12A1, 12A5, 12A7 khóa 2016 – 2017 trường THPT Lê Xoay với số học sinh khảo sát là 110 và thu được kết quả như sau: Giỏi Tổng số

Khá %

Tổng số

Trung bình %

Tổng số

%

Yếu Tổng số

%

Trước khi áp dụng đề tài

12

10,9

33

30

40

36,4

22

20

Sau khi áp dụng đề tài

22

20

45

40,9

35

31,8

8

7,3

Ngoài ra đối với học sinh giỏi tôi cũng có thành tích cao hơn trước khi áp dụng sáng kiến đó là đã có 2 học sinh được giải nhì cấp tỉnh.

10. Danh sách những tổ chức cá nhân đã tham gia áp dụng thử hoặc áp dụng sáng kiến lần đầu STT

Tên tổ chức, cá nhân

Địa chỉ

Phạm vi/Lĩnh vực áp dụng sáng kiến

1

46

TÀI LIỆU THAM KHẢO 1. Sách giải tích 12 – Nhà xuất bản giáo dục 2. Sách bài tập Giải tích 12 – Nhà xuất bản giáo dục 3. Sách Hình học 12 – Nhà xuất bản giáo dục 4. Sách bài tập Hình học 12 – Nhà xuất bản giáo dục 5. www.luyenthithukhoa.vn; www.dethi.volet.vn; www.toanmath.com 6. Đề thi học sinh giỏi môn toán cấp tỉnh 7. Đề thi THPT Quốc Gia 8. Khám phá tư duy kỹ thuật giải bất đẳng thức bài toán min – max - Đặng Thành Nam – Nhà xuất bản đại học quốc gia Hà Nội

47