Bi toỏn tỡm cc tr Bi toỏn tỡm giỏ tr ln nht, giỏ tr nh nht ca biu thc Q = F ( ) 1 2 , , , n a a a vi i a D v ngoi ra 1 2 , , , n a a a cũn chu mt s rng buc khỏc. Cỏc cỏch gii thụng dng 1/ ỏnh giỏ trc tip Q bng bt ng thc 2/ ỏnh giỏ Q bng phng phỏp o hm 3/ ỏnh giỏ Q bng phng phỏp dn bin 4/ ỏnh giỏ Q bng phng phỏp lng giỏc húa 5/ Đánh giá Q thông qua tìm miền giá trị Vn dựng bt ng thc ỏnh giỏ Q cú trong rt nhiu ti liu ,trong ti ny qua mt s vớ d nhm lm rừ thờm v mt phng phỏp dựng o hm, dn bin phng phỏp lng giỏc húa,phơng pháp tìm miền giá trị để tỡm cc tr ca biu thc nhiu bin. Để thuận tiện cho việc nghiên cứu tôi xin đề cập đến phơng pháp chuẩn hóa trong các hàm có tính thuần nhất ba biến. Bài toán: Tim cực trị củ biểu thức Q = ( ) , ,F x y z biết ( ) ( ) , , , ,F x y z F x y z = (1) với 0 Hm s F tha món iu kin (1) gi l hm thun nht ba bin x,y,z Mệnh đề 1:Cho ( ) , ,H x y z là một đa thức đẳng cấp bậc k và hàm số ( ) , ,F x y z thóa mãn (1) thì giá trị của ( ) , ,F x y z trên miền: ( ) ( ) { } , , / , , ;( 0)x y z H x y z a a= > không thay đổi khi a thay đổi. Giả sử ( ) , ,M x y z là một điểm sao cho: ( ) 1 , ,H x y z a= ( ) ' ', ', 'M x y z là một điểm sao cho: ( ) 2 ' ', ', 'H x y z a= với 1 2 1 1 ( 0; 0)a a a a > > ta chứng minh ( ) ( ) 'F M F M= .Thật vậy ( ) ( ) 1 2 2 1 2 2 2 2 1 1 ( , , ) . , , , , k k a a a H x y z a a H x y z a H x y z a a a a = = = = ữ ữ 2 2 2 2 1 1 1 . , . , . k k k a a a H x y z a a a a = ữ ữ ( ) 2 ', ', 'H x y z a = (đặt 2 2 2 1 1 1 ' . ; ' . ; ' . k k k a a a x x y y z z a a a = = = ) mặt khác ( ) ( ) { } ( ) ( ) { } 1 2 , , , , ' ', ', ' ', ', 'M x y z H x y z a M x y z H x y z a = = nên ( ) ( ) , , ', ', 'F x y z F x y z= do (1).áp dụng mệnh đề trên để tìm giá trị của ( ) , ,F x y z trên các miền ( ) { } , ,H x y z a= chỉ cần tìm giá trị của nó trên miền ( ) 0 , ,H x y z a= cố định.Điểm mấu chốt trong từng bài toán chọn đa thức đẳng cấp ( ) . ,H x y z nào là thích hợp cho việc chuẩn hóa. Ví d minh h a : Cho các số thực dơng , ,a b c . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Q = ( ) , ,F a b c = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 a b c b c a c a b b c a c a b a b c + + + + + + + + + + + 1 Nhận xét ( ) ( ) , , , ,F a b c F a b c = ,vậy F là hàm thuần nhất nên chỉ cần tìm giá trị của F trên miền ( ) , , 1H a b c a b c= + + = ,khi đó Q ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 1 1 , , 1 2 2 1 2 2 1 2 2 a a b b c c F a b c a a b b c c = = + + + + + Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 1 2 1 2 1 1 2 1 2 1 1 2 4 4 a a a a a a a a a a + + + = + = ữ ( ) ( ) 1 3 0 4 a a + = > ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 4 1 3 4. 4 1 1 2 1 3 3 3 a a a a a a a a a a a = = ữ + + + + nên Q 1 1 1 4 3 3 3 3 3a b c + + ữ + + + Vì 1 1 1 9 9 3 3 3 9 10a b c a b c + + = + + + + + + 9 6 4 3 3. 10 5 Q = ữ . Q = 6 5 khi 1 3 a b c= = = Kết luận: MaxQ = 6 5 khi 0a b c= = > Sau õy l mt s phng phỏp tỡm cc tr ca biu thc nhiu bin s c cp trong ti ny: I ) Ph ơng pháp đạo hàm : Phng phỏp o hm l chuyn vic ỏnh giỏ Q v ỏnh giỏ biu thc mt bin s. 1/ ỏnh giỏ i din : Nu Q cú dng ( ) ( ) ( ) 1 2 , n i Q f a f a f a a D= + + + i xng a/ ỏnh giỏ i din bng phng phỏp min giỏ tr Bi toỏn 1: Cho , ,A B C l ba gúc ca mt tam giỏc.Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc ( ) 1 1 1 2 cot cot cot sin sin sin Q A B C A B C = + + + + ữ . Ta vit 2 2 2 cot cot cot sin sin sin Q A B C A B C = + + ữ ữ ữ ỏnh giỏ i din ( ) ( ) 2 cot , 0; sinx f x x x = .Ta cú f ( ) 2 1 2cos sin x x x = Lp bng bin thiờn hm s f trong khong ( ) 0; x 0 x 0 / 3 T bng bin thiờn ta suy ra ( ) ( ) ( ) 3 3 3 f A f B f C ( ) ( ) ( ) 3 3Q f A f B f C = + + . Du ng thc khi ABC u Bi toỏn 2: Cho cỏc s thc , , 0a b c > ,tha món iu kin 2 2 2 1a b c+ + = . f(x) - 0 + f(x) 3 2 Chứng minh BĐT 2 2 2 2 2 2 3 3 ,(1) 2 a b c b c c a a b + + ≥ + + + Ta có (1) ⇔ ( ) 2 2 2 2 2 2 3 3 . 1 1 1 2 a b c a b c a b c + + ≥ + + − − − Từ đó gợi ý ta chứng minh các bất đẳng thức sau: 2 2 2 2 2 2 3 3 3 3 3 3 ; ; 1 2 1 2 1 2 a b c a b c a b c ≥ ≥ ≥ − − − Hay phải chứng minh ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 ; 1 ; 1 . 3 3 3 3 3 3 a a b b c c− ≤ − ≤ − ≤ Khảo sát đại diện là hàm số ( ) ( ) 2 ( ) 1 , 0;1f x x x x= − ∈ bằng đạo hàm tìm được giá trị lớn nhất của ( )f x trên khoảng này là 2 3 3 từ đó suy ra điều cần chứng minh. b/ Đánh giá gián tiếp thông qua biểu thức bậc nhất Nếu bài toán có dạng sau cho n *∈¥ và các số 1 2 , , , n a a a D∈ thỏa mãn 1 2 n a a a n α + + + = , với D α ∈ Chứng minh rằng ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 n f a f a f a nf α + + + ≥ ( hay ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 n f a f a f a nf α + + + ≤ ), Đẳng thức xãy ra khi 1 2 n a a a α = = = = . Dạng bài toán này có tính chất nổi bật: vế trái là biểu thức đối xứng đối với các biến 1 2 , , , n a a a nên thường có nhiều cách giải.Tuy nhiên việc tìm ra một phương pháp chung để có thể giải được hàng loạt bài Toán như thế thì hoàn toàn không đơn giản. Trong bài viết này ta sẽ vận dụng giả thiết 1 2 n a a a n α + + + = một cách linh hoạt, đó là ta sẽ tìm các hằng số A , B thích hợp để đánh giá ( ) Ax + B , x Df x ≥ ∀ ∈ ,đẳng thức xãy ra khi x α = .Đối với nhiều bài toán ,biểu thức y = Ax + B được chọn chính là phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f(x) tại x = α . Nhìn qua phương pháp này chúng ta sẽ thấy nó “tương tự”với phương pháp sử dụng BĐT Jensen- còn gọi là BĐT hàm lồi.Thật sự ở đây phương pháp này sẽ “tốt” hơn,nếu sử dụng BĐT Jensen thì phương pháp này cũng sử dụng được nhưng điều ngược lại thì có thể không xãy ra. Ta có thể minh họa bằng đồ thị 3 f(x)=x^3+3x^2+2 f(x)=(15x)/4+1 -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 x y Hàm số y = f(x) trên khoảng D = ( ) 3;2− không lồi và cũng không lõm trên D nhưng đồ thị vẫn “nằm trên” tiếp tuyến 15 1 4 x y = + của nó tại 1 2 x = ∈ D .Trong bài này không thể áp dụng được BĐT hàm lồi được nhưng vẫn có thể dùng phương pháp “tiếp tuyến” để giải quyết bài toán. Sau đây xin được trình bày một số bài toán minh họa cho phương pháp trên được trích dẫn từ một số đề thi Olympic của nước ta và các nước trên thế giới. Trong một số bài toán có thể chúng ta phải sử dụng linh hoạt các giả thiết và tính chất của các biểu thức trong bài toán để vận dụng phương pháp một cách hiệu quả nhất. Bài toán 3:( Olimpic 30/4- 2006).Cho các số thực dương , ,a b c .Chứng minh rằng: Q = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 6 5 a b c b c a c a b b c a c a b a b c + + + + + ≤ + + + + + + ,(1) Do Q có tính thuần nhất nên chỉ xét giá trị của Q với 1a b c+ + = Viết Q = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 a a b b c c f a f b f c a a b b c c − − − + + = + + − + − + − + Với ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 , 0;1 1 2 1 x x x x f x x x x x x − − = = ∈ − + − + .Khi đó tiếp tuyến tại 1 3 x = có phương trình: 27 1 2 27 1 25 3 5 25 25 y x x   = − + = +  ÷   .Mặc dầu trong khoảng ( ) 0;1 đồ thị (C) của hàm số ( )y f x= không lồi Nhưng vẫn có 27 1 ( ) (*) 25 25 f x x≤ + thật vậy ( ) 0;1x∀ ∈ (*) 2 3 2 2 27 1 54 27 1 0 2 2 1 25 x x x x x x x − + ⇔ ≤ ⇔ − + ≥ − + Xét hàm số ( )g x = 3 2 54 27 1x x− + với ( ) 0;1x ∈ g’(x) = ( ) 54 3 1x x − lập bảng biến thiên của hàm số y = g(x) ta được kết quả ( ) ( ) 0, 0;1g x x≥ ∀ ∈ .Áp dụng BĐT (*) cho các số a , b , c ( ) 0;1∈ 4 ta có ( ) 27 3 30 6 ( ) ( ) ( ) 25 25 25 5 f a f b f c a b c+ + ≤ + + + = = .BĐT (1) được chứng minh .Đẳng thức xãy ra khi .a b c = = Bài toán 4: (Hồng Kong,2005) .Cho các số dương , , ,a b c d thỏa mãn 1.a b c d + + + = Chứng minh rằng: ( ) 3 3 3 3 2 2 2 2 1 6 8 a b c d a b c d+ + + ≥ + + + + .(1) Từ giả thiết ta có ( ) , , , 0;1a b c d ∈ và BĐT (1) 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ,(2) 8 f a f b f c f d⇔ + + + ≥ Trong đó 3 2 ( ) 6f x x x= − xét ( )f x với ( ) 0;1x ∈ . Tiếp tuyến của đồ thị hàm số ( )y f x= tại 1 4 x = Có phương trình 5 1 8 8 y x= − .Mặt khác ( ) ( ) 2 3 2 5 1 5 1 1 ( ) 6 4 1 3 1 0 8 8 8 8 8 f x x x x x x x     − − = − − − = − + ≥  ÷  ÷     với mọi ( ) 0;1x ∈ hay 5 1 ( ) 8 8 f x x≥ − Từ đó suy ra ( ) 5 1 1 ( ) ( ) ( ) ( ) 4. 8 8 8 f a f b f c f d a b c d+ + + ≥ + + + − = . Vậy BĐT (1) được chứng minh. Đẳng thức xãy ra khi 1 . 4 a b c d= = = = Bài toán 5: ( Mở rộng bài toán thi Olimpic Ba Lan,1996 và Olimpic 30-4,1999) Cho các số thực , ,a b c thỏa mãn 1.a b c+ + = Chứng minh rằng 2 2 2 9 1 1 1 10 a b c a b c + + ≤ + + + , (1) Đặt 2 ( ) . 1 x f x x = + Khi đó BĐT (1) trở thành 9 ( ) ( ) ( ) ,(2) 10 f a f b f c+ + ≤ Ta có f’(x) = ( ) 2 2 2 1 1 , '( ) 0 1 1 x x f x x x = −  − = ⇔  =  + Bảng biến thiên ( ta đưa thêm vào một số giá trị như x = - 3, x = -1/3, x = 2 và giá trị ( )f x để so sánh) x −∞ - 3 - 1 - 1/3 1 2 +∞ f’(x) - 0 + 0 - f(x) 0 1/2 2/5 -3/10 -3/10 -1/2 0 5 ( 1 3 2 ( 3) ( ) , (2) 3 10 5 f f f− = − = − = ). Xét các trường hợp xãy ra : 1/ Có một số , giả sử ( ] ; 3a∈ −∞ − 4b c⇒ + ≥ nên có một số , giả sử 2.b ≥ Khi đó ta có : 2 1 9 ( ) ( ) ( ) 0 5 2 10 f a f b f c+ + < + + = 2/ Có một số, giả sử 1 3; . 3 a   ∈ − −     Khi đó 3 1 1 7 9 ( ) ( ) ( ) 10 2 2 10 10 f a f b f c+ + ≤ − + + = < 3/ Cả ba số 1 , , ; . 3 a b c   ∈ − +∞  ÷   Khi đó tiếp tuyến của đồ thị ( )y f x= tại 1 3 x = có phương trình: 18 3 25 50 y x= + .Ta có ( ) ( ) ( ) 2 2 2 3 1 4 3 18 3 18 3 1 ( ) 0, 25 50 1 25 50 3 50 1 x x x f x x x x x x − +     − + = − + = − ≤ ∀ > −  ÷  ÷ + +     Áp dụng BĐT này cho các số 1 , , 3 a b c > − và 1a b c + + = ta có ( ) 18 3 9 ( ) ( ) ( ) 3. 25 50 10 f a f b f c a b c+ + ≤ + + + = .Vậy trong mọi trường hợp BĐT (1) đều đúng. bài toán được chứng minh,đẳng thức xãy ra khi 1 . 3 a b c= = = Nhận xét: Đây là một bài toán khó,không thể sử dụng phương pháp hàm lồi để giải. Chúng ta đã giải bài toán bằng cách phân chia trục số thành các khoảng ( ] 1 1 ; 3 , 3; , ; 3 3     −∞ − − − − +∞   ÷      và sử dụng linh hoạt giả thiết 1a b c+ + = để áp dụng tính chất của hàm số f(x) cùng với tiếp tuyến của nó tại điểm x = 1/3 một cách như mong muốn. Bài toán 6: (Rumania,2005). Cho các số thực dương , ,a b c thỏa mãn 3.a b c+ + = Chứng minh rằng: 2 2 2 2 2 2 1 1 1 a b c a b c + + ≥ + + (1) Theo giả thiết ( ) 2 2 2 2 , , 0 9.a b c a b c a b c> ⇒ + + < + + = Từ đó nếu có một trong ba số,giả sử a <1/3 thì 2 2 2 2 2 2 1 1 1 9 a b c a b c + + > > + + nên (1) đúng. Ta xét trường hợp 1 , , 3 a b c ≥ .Vì 7 3, ên a,b,c . 3 a b c n+ + = ≤ Vậy 1 7 , , ; . 3 3 a b c   ∈     BĐT (1) 2 2 2 2 2 2 1 1 1 0,(2)a b c a b c ⇔ − + − + − ≥ . Xét hàm số 2 2 1 1 7 ( ) ên ; . 3 3 f x x tr x   = −     Tiếp tuyến của đò thị hàm số ( )y f x= tại x =1 là y = -4x + 4.Ta có ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 2 1 1 7 ( ) 4 4 0, ; 3 3 x x x f x x x x − − −   − − + = − ≥ ∀ ∈     (do ( ) 2 2 2 4 1 7 ( ) 2 1 1 2 2 0 ên ; 3 3 3 g x x x x tr     = − − = − − ≤ − <  ÷       ) hay ( ) 4 4f x x≥ − + với mọi x 1 7 ; 3 3   ∈     . 6 Áp dụng cho các số 1 7 , , ; 3 3 a b c   ∈     ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 4 4.3 0f a f b f c a b c+ + ≥ − + + + = .Vậy BĐT (1) được chứng minh.Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Nhận xét cách giải: Tương tự bài toán trên, từ giả thiết bài toán ta mới chỉ có điều kiện ( ) , , 0;3a b c ∈ . Việc xét các trường hợp đặc biệt để đưa về xét trường hợp 1 7 , , ; 3 3 a b c   ∈     và áp dụng tính chất của hàm số f(x) trên đó là hết sức cần thiết. Bài toán 7: (Trung Quốc ,2005).Cho các số không âm , ,a b c thỏa mãn 1.a b c + + = Chứng minh rằng : ( ) ( ) 3 3 3 5 5 5 10 9 1a b c a b c+ + − + + ≥ (1) Đặt 3 5 ( ) 10 9f x x x= − .Khi đó (1) trở thành ( ) ( ) ( ) 1,(2)f a f b f c+ + ≥ Trường hợp 1. Trong ba số a,b,c có một số ,giả sử 9 . 10 a ≥ Khi đó thì 9 1 ;1 ; , 0; 10 10 a b c     ∈ ∈         . Xét hàm số f(x) trên đoạn 9 ;1 10       ta có f’(x)= ( ) 2 4 2 2 30 45 15 2 3 0x x x x− = − ≤ với mọi 9 ;1 10 x   ∈     Vậy f(x) nghịch biến trên đoạn này và từ đó ( ) (1) 1f a f≥ = với 9 ;1 . 10 a   ∈     hơn nữa với 1 , 0; 10 b c   ∈     Thì ( )f b = 3 5 10 9 0b b− ≥ và ( )f c = 3 5 10 9 0c c− ≥ nên ( ) ( ) ( ) 1 0 0 1f a f b f c+ + ≥ + + = hay (2) đúng Trường hợp 2. Các số 9 , , 0; 10 a b c   ∈     .Khi đó tiếp tuyến của đồ thị hàm số ( )y f x= tại 1 3 x = có phương trình 25 16 9 27 y x= − Ta có 3 5 25 16 25 16 ( ) 10 9 9 27 9 27 f x x x x x     − − = − − − =  ÷  ÷     ( ) ( ) 2 3 2 1 3 1 27 18 21 16 27 x x x x− − + − − . Xét hàm số 3 2 ( ) 27 18 21 16g x x x x= + − − trên đoạn 9 0; 10       .Ta có g’(x) = 2 81 36 21x x+ − g’(x) = 0 1 3 x⇔ = hoặc 7 9 x = − .Bảng biến thiên của g(x) trên đoạn này như sau x 0 1/3 9/10 g’(x) - 0 + g(x) -16 -637/1000 Suy ra trên đoạn 9 0; 10       ; g(x) < 0 nên 25 16 ( ) 0 9 27 f x x   − − ≥  ÷   hay 25 16 9 ( ) , 0; 9 27 10 f x x x   ≥ − ∀ ∈     7 Áp dụng cho các số a,b,c 9 0; 10   ∈     và a + b +c = 1 ta có ( ) 25 16 ( ) ( ) ( ) 3. 1 9 27 f a f b f c a b c+ + ≥ + + − = Hay (2) đúng. Vậy trong mọi trường hợp BĐT (1) đều đúng. Đẳng thức xãy ra khi 1 3 a b c= = = hoặc ( ) , ,a b c là một hoán vị bất kì của bộ ( ) 1;0;0 Nhận xét : Đây là bài toán rất khó, để giải bài toán này chúng ta phải chia miền giá trị của các biến một cách chặt chẽ. Trong cách giải trên việc chia đoạn [ ] 0;1 thành các đoạn 9 0; 10       , 9 ;1 10       là một cách hợp lí. Bài toán 8: (Moldova,2005) .Cho các số dương , ,a b c thỏa mãn 4 4 4 3a b c+ + = . Chứng minh rằng: 1 1 1 1,(1) 4 4 4ab bc ca + + ≤ − − − Lời giải: Vì 2 2 2 a b ab + ≤ nên ( ) 2 2 1 2 4 8 ab a b ≤ − − + do đó ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 1 1 2 2 2 4 4 4 8 8 8 ab bc ca a b b c c a + + ≤ + + − − − − + − + − + Để vận dụng giả thiết 4 4 4 3a b c+ + = ta đặt ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 , ,x b c y c a z a b= + = + = + thì ta có x,y,z > 0 và ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 4 x + y + z = b 4 12c c a a b a b c+ + + + + ≤ + + = . Ta phải chứng minh 1 1 1 1 ,(2) 2 8 8 8x y z + + ≤ − − − .Xét hàm số ( ) 1 ( ) , 0;12 8 f t t t = ∈ − . Phương trình tiếp tuyến của đồ thị ( )y f t= tại t = 4 có phương trình 1 5 144 36 y t= + . Hơn nữa ta có : ( ) ( ) 2 1 1 5 1 2 4 0 144 36 144 8 t t t t   − + = − − − ≤  ÷ −   với ( ) 0;12t ∈ . Vậy 1 5 ( ) 144 36 f t t≤ + .Từ đó ( ) 1 5 1 15 1 ( ) ( ) ( ) 3. .12 144 36 144 36 2 f x f y f z x y z+ + ≤ + + + ≤ + = BĐT được chứng minh . Đẳng thức xãy ra khi 4 1x y z a b c= = = ⇔ = = = 2/ Đánh giá khử bớt biến đưa về đánh giá hàm một biến Bài toán 9: Cho các số thực , , 0; 1a b c a b c> + + = . Tìm giá trị lớn nhất của biể thức Q = ( ) 7 9ab bc ca abc+ + − Giải: Không mất tính tổng quát ta giả sử 0 a b c< ≤ ≤ kết hợp điều kiện 1 1 0 3 a b c a+ + = ⇒ < ≤ Ta có Q = ( ) ( ) ( ) 3 2 1 7 1 7 9 9 3 5 7 4 a a bc a a a a− + − ≤ − − + + (do 7 -9a >0; ( ) ( ) 2 2 1 1 4 4 a bc b c − ≤ + = ) Xét hàm số 3 2 1 ( ) 9 3 5 7, 0; 3 f a a a a a   = − − + + ∈     8 f’(a) = 2 1 5 27 6 5 27 0 3 9 a a a a    − − + = − − + ≥  ÷ ÷    do 1 0; 3 a   ∈     1 axf(a) = f( ) 8 3 M⇒ = Vậy giá trị lớn nhất của Q là 2 đạt được khi 1 3 a b c= = = . Bài toán 10: Cho [ ] , , 0;2a b c ∈ thỏa mãn 3a b c+ + = . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Q = 2 2 2 a b c+ + Giải: Không mất tính tổng quát gỉa sử a b c ≤ ≤ kết hợp với giả thiết ta suy ra 1 2c ≤ ≤ Vì ( ) ( ) 2 2 2 2 3a b a b c+ ≤ + = − do 0ab ≥ suy từ giả thiết Nên Q ( ) [ ] 2 2 2 ( ) 3 2 6 9, 1;2f c c c c c c≤ = − + = − + ∈ Bảng biến thiên hàm số ( )f c với [ ] 1;2c ∈ c 1 3/2 2 f’(c) - 0 + f(c) 5 5 f(3/2) Từ BBT ta suy ra Q 5 ≤ .Đẳng thức xãy ra khi ( ) , ,a b c là một hoán vị bất kì của bộ ( ) 0;1;2 Vậy giá trị lớn nhất của Q là 5. 3/ Đặt biến phụ chuyển về đánh giá hàm số một biến Bài toán 11:Cho các số thực x,y,z thỏa mãn 4 2 , , 0 x y z xyz x y z + + =   =   >  (II) Tìm giá trị nhỏ nhất,giá trị lớn nhất của biểu thức Q = 4 4 4 x y z+ + Đặt t = xy + yz + zx thì Q = ( ) 2 2 32 144t t− + Ta có t = ( ) ( ) 2 2 2 4 4x y z yz x x x x x x + + = − + = − + + Hệ (II) 4 2 0 4 y z x yz x x + = −    ⇔ =   < <   Vì ( ) 2 3 2 2 4 4. 8 16 8 0x x x x x − ≥ ⇔ − + − ≥ (do x > 0 ) ⇔ ( ) ( ) 2 2 6 4 0x x x− − + ≥ kết hợp điều kiện 9 0 < x < 4 ta được 3 5;2x   ∈ −   .Khảo sát hàm số 2 2 ( ) 4 , 3 5;2t f x x x x x   = = − + + ∈ −   ta được Tập giá trị là 5 5 1 5; 2   −     . Vì Q = h(t) = ( ) 2 2 32 144t t− + với 5 5 1 5; 2 t   − ∈     do hàm số h(t) nghịch biến trên đoạn này, suy ra giá trị nhỏ nhất của Q là MinQ = 5 5 1 383 165 5 2 h   − = −  ÷  ÷   ,và giá trị lớn nhất của Q là MaxQ = ( ) 5 18h = . Bài toán 12: Cho các số thực , , 0x y z ≥ thỏa mãn (I) 3 1 x y z xy yz zx + + =   + + =  Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của biểu thức Q = 4 4 4 x y z+ + Đặt 3 s = xyz thì Q = 3 47 12s+ Hệ (I) 2 3 3 1 y z x yz x x + = −  ⇔  = − +  Vì ( ) ( ) 2 2 2 3 4 3 1 3 6 5 0x x x x x− ≥ − + ⇔ − − ≤ kết hợp 0x ≥ ta được 3 2 6 0; 3 x   + ∈     Khảo sát hàm số 3 2 3 3 2 6 ( ) 3 , 0; 3 s g x x x x x   + = = − + ∈     và kết hợp với 3 0s ≥ ta được 3 4 6 9 0 9 s − ≤ ≤ Vì Q = 3 47 12s+ nên giá trị nhỏ nhất của Q là MinQ = 47,giá trị lớn nhất là MaxQ = 105 16 6 3 + Bài toán 13: Cho các số thực , , 0x y z > thỏa mãn 8 4 xy yz zx xyz + + =   =  Tìm giá trị nhỏ nhất ,giá trị lớn nhất của biểu thức Q = 4 4 4 x y z+ + Giải: Từ giả thiết ta có 1 4 8 4 y z x x yz x    + = −  ÷       =   Vì 2 2 2 1 4 4 1 4 . 8 4. 8 16( 0)dox x x x x x     − ≥ ⇔ − ≥ >  ÷  ÷     ( ) ( ) 3 2 2 4 4 1 0 1 3 1 0x x x x x x⇔ − + − ≤ ⇔ − − + ≤ Kết hợp với x > 0 ta được 3 5 3 5 0; 1; 2 2 x     − + ∈          U . Đặt s = x + y + z thì s= g(x) = 2 8 4 x x x + − với 3 5 3 5 0; 1; 2 2 x     − + ∈          U . Khảo sát hàm số g(x) với 3 5 3 5 0; 1; 2 2 x     − + ∈          U và chú ý s > 0 ta được 5 5 1 5 2 s − ≤ ≤ 10 [...]... gi thit ta cú cos + sin = cos ( - ) 1 2 cos 2 1 sin 2 = cos 2 cos cos do , 0; ữ 2 3 x + 4 y = 3cos + 4sin 3cos + 4in = 5cos ( ) 5, = arcos 3 (pcm) 5 IV/Phơng pháp miền giá trị: Bi toỏn 21: Tỡm giỏ tr ln nht,giỏ tr nh nht ca biu thc Q = x + y bit x 2 + y 2 = 1 Gii: Q l giỏ tr ca biu thc x + y khi v ch khi h phng trỡnh sau cú nghim x + y = Q (I ) 2 2 x + y = 1 x + y = Q . giá trị nhỏ nhất của Q là MinQ = 47,giá trị lớn nhất là MaxQ = 105 16 6 3 + Bài toán 13: Cho các số thực , , 0x y z > thỏa mãn 8 4 xy yz zx xyz + + =   =  Tìm giá trị nhỏ nhất ,giá trị. giới. Trong một số bài toán có thể chúng ta phải sử dụng linh hoạt các giả thiết và tính chất của các biểu thức trong bài toán để vận dụng phương pháp một cách hiệu quả nhất. Bài toán 3:( Olimpic. đều đúng. bài toán được chứng minh,đẳng thức xãy ra khi 1 . 3 a b c= = = Nhận xét: Đây là một bài toán khó,không thể sử dụng phương pháp hàm lồi để giải. Chúng ta đã giải bài toán bằng cách