Chuyên đề Một số phương pháp giải bài toán cực trị trong đại số ở trường THCS

Giải : Ta có : A(x) = = 8x + 
Ta thấy 8x và là hai đại lượng lấy giá trị dương không đổi, nhưng tích của chúng 8x. = 16 luôn luôn không thay đổi.
Vậy A(x) = 8x + đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi 8x = hay 8x2 = 2
Từ đây, ta tính được x2 = , suy ra x = hoặc x = . Kết hợp với điều kiện x > 0, ta chỉ lấy giá trị x = .
Với x = ; A(x)( nhỏ nhất ) = 8. + = 4 + 4 = 8. 
 Đáp số : A(x)( nhỏ nhất ) = 8; với x = .
Thí dụ 7:
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức đại sốB(x) =16x3- x6, với x thuộc tập hợp số thực dương.
Giải:
Trước hết ta phải tìm cách biến đổi để áp dụng được các bài toán áp dụng bất đẳng thức Côsi.
 Từ B(x) = 16x3 - x6 , ta có : B(x) = x3(16 -x3 ). Rõ ràng x3 > 0; còn 16 - x3 > 0 
 khi 16 > x3 hay x < (*)
Đến đây ta nhận thấy rằng x3 và 16 - x3 là hai đại lượng biến đổi nhưng tổng của chúng x3+ (16-x3) = 16 luôn luôn không thay đổi, vậy tích của chúng B(x) = x3(16-x3) đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi x3 = 16 - x3. Từ đây ta có : 2x3 = 16 hay x3 = 8. Ta tính được 
x = 2. Giá trị x = 2 thoả mãn điều kiện (*).
 Vậy B(x) đạt giá trị lớn nhất tại giá trị x = 2.
 B(x)( lớn nhất ) = 16 . 23-26 =(16-23).23 = 8 . 8 = 64.
 Đáp số: B(x)( lớn nhất ) = 64, với x = 2 
 Phương pháp 4 - Giải các bài toán cực trị đại số bằng phương pháp đặt ẩn phụ.
Thí dụ 8. Với giá trị nào của x thì biểu thức
 P(x) = , đạt giá trị nhỏ nhất.
 Giải
Đây là một bài toán rất khó giải đối với học sinh. Bởi vì trong bài toán còn ẩn tàng cả phép giải phương trình, xét các dấu hiệu có thể áp dụng được bất đảng thức Côsi hay không, ngoài ra việc biến đổi đồng nhất để rút gọn được biểu thức không phải không có khó khăn 
1)Trước hết ta biến đổi biểu thức về dạng để có thể áp dụng được các bài toán về bất đẳng thức Côsi.
 Bằng cách biến đổi đồng nhất, ta cũng có thể biến đổi tử thức thành tích các nhân tử và sau đó rút gọn. Cách này khá dài dòng và gặp không ít khó khăn 
 Để đơn giản hơn, ta dùng phương pháp chia đa thức cho đa thức
x2+ 2x +5
4x4 + 16x3 + 56x2 + 80x + 356
 0 + 8x3 + 36x2 + 80x +356
4x2 + 8x + 20
4x4 + 8x3 + 20x2
8x3 + 16x2 + 40x
0 + 20x2 + 40x + 356
20x2 + 40x + 100
0 + 0 + 256
Kết quả ta được :
 P(x) = 4x2 + 8x + 20 + 
Vì x2 + 2x + 5 = x2 + 2x + 1 + 4 = (x+1) 2 + 4 > 0 (*), nên P(x) luôn luôn xác đinh với mọi giá trị x. 
2) Đặt ẩn phụ để đưa về xét biểu thúc có dạng đơn giản hơn
 Từ P(x) = 4x2 + 8x + 20 + , ta có : P(x) = 4 ( x2 + 2x + 5 ) + 
 Đặt y = x2 + 2x + 5, ta có : 
P(x) = 4y + , và y = x2 + 2x + 5 > 0 với mọi x.
4y và là các đại lượng luôn lấy giá trị dương và có tích bằng 1024 ( không đổi ). Vậy tổng 4y + đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi 4y = . 
 Từ đây ta được y2 = 64.
Giải phương trình y2 = 64, ta được y = 8 hoặc y = -8.
 Từ trên , vì y > 0 nên ta chỉ lấy giá trị y = 8.
Với y = x2 + 2x + 5 = 8, giải phương trình bậc hai này ta được x = -3 , x = 1.
Vậy P(x) lấy giá trị nhỏ nhất khi x = -3 hoặc x = 1 ( ứng với y = 8 ), ta tính được : 
 P(x) = 4.8 + = 64.
 Đáp số : P(x) đạt giá trị nhỏ nhất bằng 64 khi x = -3 hay x = 1.
Thí dụ 9 : Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức đại số sau :
 Q(x) = ( x2 - 2x + 2 ) ( 4x - 2x2 + 2 ), với x R .
Giải: Nhận xét về các hệ số của ẩn x, ta thấy rằng 4x - 2x2 = 2 ( 2x - x2 ) = -2( x2 - 2x).
Do đó đặt x2 - 2x + 2 = y thì ta có : 4x - 2x2 + 2 = -2( x2- 2x + 2) + 6 = -2y + 6
Vậy Q(x) = ( x2 - 2x + 2 ) ( 4x - 2x2 + 2 ) = y ( 6 - 2y )
Ta liên tưởng đến vấn đề tích 2 số lớn nhất khi tổng của chúng không đổi. ở đây y và 
6 - 2y thoả mãn điều kiện trên vì thế để tìm giá trị lớn nhất của Q(x) ta chuyển sang tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P(x) = 2.Q(x) 
Ta có P(x) = 2.Q(x) = 2.y( 6 - 2y) 
Ta thấy y = x2 - 2x + 2 = ( x - 1 )2 + 1 > 0, 6 - 2y > 0 khi 6 > 2y hay y < 3
Ta lại có 2y + ( 6 - 2y ) = 6 không đổi .
Vậy P(x) = 2.Q(x) đạt giá trị lớn nhất khi 2y = 6 - 2y, lúc đó y = ( thoả mãn ĐK ).
 Vậy P(x) Lớn nhất = 2. ( 6 - 2. ) = 3.3 = 9.
 Q(x) Lớn nhất = = 4,5.
Lúc đó y = , hay x2 - 2x + 2 = . Giải phương trình bậc hai ta được : x = 1 ± .
 Đáp số : Q(x) Lớn nhất = 4,5 ; với x = 1 ± .
Phương pháp 5 - Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất của các biểu thức chứa nhiều đại lượng.
Thí dụ 10 .
 Tìm giá trị của m và p sao cho : A = m2 - 4mp + 5p2 + 10m - 22p + 28 đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó.
Giải : Ta có A = ( m2 - 4mp + 4p2 ) + ( p2 - 2p + 1 ) + 27 + 10m - 20p
 = ( m - 2p )2 + ( p - 1 )2 + 27 + 10( m - 2p )
Đặt X = m - 2p, ta có :
A = X2 + 10X + ( p - 1 )2 + 27 = ( X + 5 )2 + ( p - 1 )2 + 2.
Đến đây, ta thấy rằng ( X + 5 )2 ³ 0, m, p R; ( p -1 )2 ³ 0 , p R, do đó A đạt giá trị nhỏ nhất khi X + 5 = 0 và p - 1 = 0.
Lúc đó , , hay Û .
 Vậy A ( Nhỏ nhất ) = 2 ; với p = 1; m = -3.
Thí dụ 11. Với giá trị nào của x và y, biểu thức sau đây đạt giá trị nhỏ nhất ?
 F(x,y) = x2 + 26y2 - 10xy + 14x - 76y + 59.
 Tìm giá trị nhỏ nhất đó.
Giải: Ta có F(x,y) = x2 + 26y2 - 10xy + 14x - 76y + 59 = ( x2 - 10xy + 25y2 ) + ( y2 - 6y + 9 ) + ( 14x - 70y ) + 50 = ( x - 5y )2 + ( y - 3 )2 + 14( x - 5y ) + 50.
 Đặt Z = x - 5y, ta có :
F(x,y) = Z2 + ( y - 3 )2 + 14Z + 50 = ( Z + 7 )2 + ( y - 3 )2 + 1.
Vì ( Z + 7 )2 ³ 0 và ( y - 3 )2 ³ 0 với mọi giá trị x, y nên F(x,y) đạt giá trị nhỏ nhất khi 
( Z + 7 )2 = 0 và ( y - 3 )2 = 0. Từ đó suy ra Z = -7, y = 3 hay Û 
 Đáp số : F(x,y) nhỏ nhất = 1, với x = 8, y = 3.
Phương pháp 6- Phương pháp giải các bài toán cực trị đại số có hệ ràng buộc ( thoả mãn một hệ các điều kiện nào đó ).
Thí dụ 12. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P(x,y) = 6x + 4y thoả mản điều kiện : 
Giải: Vấn đề quan trọng và then chốt là ta phải tìm ra từ biểu thức đã cho P(x,y) = 6x + 4y ta làm xuất hiện được các yếu tố ràng buộc đã cho.
Từ P(x, y) = 6x + 4y, với x > 0, y > 0 nên 6x > 0, 4y > 0 và do đó 
( áp dụng bất đẳng thức Côsi )
Từ đó Đến đây ta làm xuất hiện tích xy.
Theo giả thiết ( ràng buộc ), ta có xy = 216, suy ra P(x,y) đạt giá trị nhỏ nhất là: 
 P(x,y) = = 144
 Đáp số : P(x,y) nhỏ nhất = 144.
Thí dụ 13 . Tìm giá trị của x, y, z để biểu thức sau : F(x,y,z) = 2x + 3y - 4z đạt giá trị nhỏ nhất. Biết rằng x, y, z thoả mãn hệ ràng buộc sau đây : 
Giải: Từ điều kiện , trước hết ta tính x, y theo z, ta được 
Để x ³ 0 thì 4 - 3z ³ 0, suy ra z Ê 
Để y ³ 0 thì 3z - 2 ³ 0, suy ra z ³ 
 Để x ³ 0 và y ³ 0, phải có điều kiện : Ê z Ê (***)
Thay các giá trị của x,y từ (*) và (**) vào biểu thức đã cho ta được F(x,y,z) = 2(4 -3z) + 3(3z - 2) - 4z = 2 - z.
Như vậy F(x,y,z) chỉ còn phụ thuộc vào giá trị của z . F(x,y,z) đạt giá trị nhỏ nhất khi z đạt giá trị lớn nhất. Nhưng từ ràng buộc, z chỉ có thể lấy các giá trị trong khoảng xác định Ê z Ê mà thôi .
Từ đó suy ra : F(x,y,z) đạt giá trị nhỏ nhất với hệ ràng buộc đã cho khi z = .
Từ đó ta tính được x = 4 - 3z = 4 - 3. = 0; y = 3z - 2 = 3. - 2 = 2
Và F(x,y,z) nhỏ nhất = 2 - = .
Đáp số : F(x,y,z) nhỏ nhất = ; với x = 0, y = 2, z = .
Thí dụ 14 . Cho biểu thức đại số sau : P = x1x2 + x2x3 + x3x4 + x4x5 ; với x1, x2, x3, x4, x5 là các đại lượng lấy giá trị không âm.
Hãy tìm giá trị lớn nhất của P, biết rằng : x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = 1.
Giải: Từ P = x1x2 + x2x3 + x3x4 + x4x5 , và vì x1x4 + x2x5 ³ 0, ta có :
 P = x1x2 + x2x3 + x3x4 + x4x5 Ê x1x2 + x2x3 + ( x1x4 + x2x5 ) + x3x4 + x4x5
Biến tổng thành tích ta được :
P Ê x2 (x1 + x3 + x5 ) + x4(x1 + x3 + x5) hay P Ê (x2 + x4) (x1 + x3 + x5 )
Đến đây ta nhận thấy rằng :
Do giả thiết các xi ( i = 1,2,…,5) ³ 0 nên các tổng (x1 + x3 + x5) và tổng (x2 + x4) là đại lượng không âm.
Đặt U = x1 + x3 + x5 ; V = x2 + x4
Ta có : U ³ 0, V ³ 0 và U + V = 1
áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có : hay 
 (1)
Ta lại có : (x2 + x4) (x1 + x3 + x5 ) = x1x2 + x2x3 + x1x4 + x2x5 + x3x4 + x4x5
Suy ra (x1 + x3 + x5 )(x2 + x4) ³ x1x2 + x2x3 + x3x4 + x4x5 (2)
Từ (1) và (2) suy ra : 
Theo giả thiết, ta có x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = 1, nên ta có x1x2 + x2x3 + x3x4 + x4x5.
P = x1x2 + x2x3 + x3x4 + x4x5 đạt giá trị lớn nhất bằng khi và chỉ khi 
Từ trên ta suy ra x1 = x2 = x5 = 0, x3 = x4 = 
Đáp số : P ( lớn nhất ) = , với x1 = x2 = x5 = 0 và x3 = x4 = .
Phương pháp 7 - Giải các bài toán cực trị đại số bằng phương pháp sử dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski.
Bất đẳng thức Bunhiacốpski
Viết dưới dạng luỹ thừa :
( ax + by )2 Ê ( a2 + b2 ) ( x2 + y2 )
 Dấu bằng xẩy ra khi 
( ax + by + cz )2 Ê ( a2 + b2 + c2 ) ( x2 + y2 + z2 )
 Dấu bằng xẩy ra khi .
Tổng quát ta có : 
 ( a1b1 + a2b2 +…+ anbn )2 Ê ( a12 + a22 +…+ an2 )( b12 + b22 +…+ bn2 )
 Dấu bằng xẩy ra khi .
Viết dưới dạng căn thức:
ax + by Ê 
 Dấu bằng xẩy ra khi 
ax + by + cz Ê 
 Dấu bằng xẩy ra khi .
* Tổng quát ta có : 
 a1b1 + a2b2 +…+ anbn Ê 
 Dấu bằng xẩy ra khi .
Các thí dụ
Thí dụ15
Tìm các giá trị của x, y, z để sao cho biểu thức sau đây đạt giá trị nhỏ nhất :
 P = x2 + y2 + z2. Tìm giá trị nhỏ nhất đó. Biết rằng x + y + z = 1995.
Giải
áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpski cho các bộ số 1, 1, 1 và x, y, z ta có :
( x.1 + y.1 + z.1 )2 Ê ( 12 + 12 + 12 )( x2 + y2 + z2 )
hay ( x + y + z )2 Ê 3 . ( x2 + y2 + z2 )
Từ đó ta có : P = x2 + y2 + z2 ³ 
Theo giả thiết : x + y + z = 1995, nên ta có P = x2 + y2 + z2 ³ với .
P đạt giá trị nhỏ nhất khi dấu đẳng thức xẩy ra, tức P = chỉ khi ( hay x = y = z ).
Từ ta tính được x = y = z = = 665.
Đáp số : P ( nhỏ nhất ) = , với x = y = z = 665.
Thí dụ 16
 Cho biểu thức Q(x,y,z) = , trong đó x, y, z là các đại lượng 
 thoả mãn điều kiện x2 + y2 + z2 = 169.
Tìm các giá trị của x, y, z để sao cho Q(x,y,z) đạt giá trị lớn nhất. Tìm giá trị lớn nhất đó.
Giải 
áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpski cho các bộ số 2, 4, và x, y, z ta có : , 
hay Q2(x,y,z) = ( 2x + 4y + z )2 Ê .
Theo giả thiết ta có : x2 + y2 + z2 = 169, với , do đó ta có :
Q2(x,y,z) Ê 25.169 và lúc đó (*).
Từ (*) ta có z = , y = = 2x thay vào phương trình x2 + y2 + z2 = 169, ta có :
 x2 + ( 2x )2 + ( )2 = 169
Û x2 + 4x2 + = 169
Û 25x2 = 4.169 Û x2 = 
ị x = ± .
* Với x = , y = , z = 
* Với x = - , y = - , z = -.
Q(x,y,z) ( lớn nhất ) = = 5.13 = 65.
Đáp số : Q(x,y,z) ( lớn nhất ) = 65 ứng với các bộ số ( x = ± ; y