Về một cách tìm giá trị lớn nhất , nhỏ nhất của biểu thức chứa hai biến số

 vÒ mét c¸ch t×m gi¸ trÞ lín nhÊt , nhá nhÊt cña biÓu thøc 
chøa hai biÕn sè 
 §ç B¸ Chñ – Th¸i B×nh tÆng www.mathvn.com
Có nhiều phương pháp để tìm giá trị lớn nhất (GTLN) , giá trị nhỏ nhất (GTNN) của một biểu thức có 
từ một biến số trở lên . Bài viết này chúng tôi xin trao đổi về phương pháp tìm cực trị của biểu thức hai 
biến số nhờ miền giá trị , trong đó hai biến bị ràng buộc bởi một điều kiện cho trước . 
Bài toán : Cho các số thực x , y thoả mãn điều kiện : G(x ; y) = 0 ( hoặc G(x;y) 0≥ 
 hoặc G(x;y) 0≤ ) . 
 Tìm GTLN , GTNN ( nếu có ) của biểu thức P = F(x ; y). 
Cách giải : 
Gọi T là miền giá trị của P . Khi đó m là một giá trị của T khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm (x ; y): 
( ; ) 0
( ; )
=⎧⎨ =⎩
G x y
F x y m
 ( hoặc 
( ; ) 0
( ; )
≥⎧⎨ =⎩
G x y
F x y m
 hoặc 
( ; ) 0
( ; )
≤⎧⎨ =⎩
G x y
F x y m
 ) 
Sau đó tìm các giá trị của tham số m để một trong các hệ trên có nghiệm . Từ đó suy ra miền giá trị 
T của P , rồi suy ra GTLN , GTNN ( nếu có ) của P. 
Sau đây là các bài toán minh hoạ . 
Bài toán 1 : Cho hai số thực x , y thoả mãn điều kiện : ( )3 3 3 3 3( 1) 1x x y y− + − = xy 
 Tìm GTLN , GTNN của biểu thức = + +3 3 3F x y xy . 
Lời giải : Gọi T1 là miền giá trị của F . Ta có 1m T∈ ⇔ hệ sau có nghiệm: ( )3 3 3 3 3
3 3 3
( 1) 1x x y y
x y xy m
⎧ − + − =⎪⎨⎪ + + =⎩
xy
Đặt : 
3 3
3
S x y
P xy
⎧ = +⎪⎨ =⎪⎩
. Ta có 2, , : 4x y S P S∃ ⇔ ∃ ≥ P 
Hệ trên 
2 23 0 2 3S S P S S m
S P m P m S
⎧ ⎧− − = + =⇔ ⇔⎨ ⎨+ = = −⎩ ⎩
Ta có : 
2
2 2 24( )4 4 0
3
S S
S P S S S S
−≥ ⇔ ≥ ⇔ − ≤ ⇔ ≤ ≤0 4 
Từ đó hệ PT đầu có nghiệm ⇔ 2( ) 2 3f S S S m= + = có nghiệm 0 S 4≤ ≤ . Vì hàm bậc hai f(S) đồng 
biến trên [ ]0;4 nên PT f(S) = 3m có nghiệm 0 4S≤ ≤ (0) 3 (4) 0 3 24f m f m⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ 
 . Do đó 0 m⇔ ≤ ≤ 8 [ ]1 0 ;8T = 
Vậy minF = 0 , maxF = 8. 
Bài toán 2 : Cho các số thực x, y thoả mãn : 3≤2 2x - xy + y 
 Tìm GTLN , GTNN của biểu thức 2 2Q = x + xy - 2y 
Lời giải : Gọi T2 là miền giá trị của Q . Ta có 2m T∈ ⇔ hệ sau có nghiệm: 
3⎧ ≤⎨⎩
2 2
2 2
x - xy + y (1)
x + xy - 2y = m (2)
Nếu y = 0 thì hệ (1),(2)
⎧ ≤⎪⇔ ⎨ =⎪⎩
2
2
3x
x m
 , suy ra trường hợp này hệ có nghiệm (x ; 0)⇔ ≤ ≤0 3m
Nếu y 0 thì đặt x = ty ta có hệ : ≠ ⎧ − + ≤⎨ + − =⎩
2 2
2 2
( 1) 3 (
( 2) (
y t t
y t t m
3)
4)
2)t t+ −Từ (4) ta phải có m ( > 0 và thay 2 2
2 2
m
y
t t
= + − vào (3) được 
− + ≤+ −
2
2
( 1)
3
2
m t t
t t
Trường hợp này hệ (1),(2) có nghiệm 
⎧ + −⎪⇔ ⎨ − + ≤⎪ + −⎩
2
2
2
m( 2) > 0 
Ö ( 1)
3
2
t t
H m t t
t t
 có nghiệm 
⎡ >⎧⎪⎢⎨⎢ ≤ ∈ −∞ − ∪ +∞⎪⎢⎩⇔ ⎢ <⎧⎢ ⎪⎢ ⎨ ≥ ∈ −⎢ ⎪⎩⎣
0
3
( ) ã Ö ( ; 2) (1; )
0
3
( ) ã Ö ( 2;1)
m
f t c nghi m t
m
m
f t c nghi m t
m
 ( I ) ( với − += + −
2
2
1
( )
2
t t
f t
t t
 , { }\ 2;1t∈ −R ) 
Ta có : − +′ = + −
2
2 2
2 6
( )
( 2
1t t
f t
t t
( )
)
 , t′ = 0 ±⇔ = 3 7
2
t f
Bảng biến thiên của hàm f(t) 
 t −∞ - 2 −3 7
2
 1 3 7
2
+ +∞ 
 f’(t) + + 0 - - 0 + 
−1 2 7
9
 +∞ 1 + ∞
 f(t) 
 1 −∞ −∞ 1 2 7
9
+
Từ bảng biến thiên ta có 
 ( I ) 
⎡ >⎧⎪⎢⎨ +⎢ ≤⎪⎢ ⎡ < ≤ − +⎩⇔ ⇔⎢ ⎢<⎧ − − ≤ <⎢ ⎢⎣⎪⎢⎨ −⎢ ≥⎪⎢⎩⎣
0
1 2 2 3
0 1 29
0 1 2 7 0
1 2 7 3
9
m
mm
m m
m
7
Kết hợp các trường hợp trên ta được : − − ≤ ≤ − +1 2 7 1 2 7m . 
Do đó ⎡ ⎤= − − − +⎣ ⎦3 1 2 7 ; 1 2 7T . Vậy minQ = 1 2 7− − , maxQ = 1 2 7− + 
( Bài này các bạn có thể tham khảo hướng dẫn giải đề số 4 - THTT tháng 6/2007 ) 
Bài toán 3 : Cho hai số thực x, y thoả mãn : 2 29 16 6 8 3(1 8 )x y x y xy+ + + ≤ − 
 Tìm GTNN của biểu thức = + + +( 1) ( 1K x x y y ) 
Lời giải : Gọi T3 là miền giá trị của K . Ta có m T3∈ ⇔
)
hệ sau có nghiệm: 
2 29 16 6 8 3(1 8
( 1) ( 1)
x y x y xy
x x y y m
⎧ + + + ≤ −⎨ + + + =⎩
Hệ trên 
⎧ − ≤ + ≤⎧+ + + − ≤⎪ ⎪⇔ ⇔⎨ ⎨ + + + = ++ + + = +⎪ ⎪⎩⎩
2
2 22 2
3 3 4 1 (5)(3 4 ) 2(3 4 ) 3 0
1 1 11 1 1
( ) ( ) (6)( ) ( )
2 2 22 2 2
x yx y x y
x y mx y m
Dễ thấy : nếu 1
2
m thì hệ vô nghiệm ≤ −
Với 1
2
m , xét trong mặt phẳng toạ độ Oxy ta có : tập hợp nghiệm của (5) là miền mặt phẳng > −
(H) ở giữa hai đường thẳng song song 1 : 3 4 3 0d x y+ + = và d x2 : 3 4 1 0+ y − = có chứa cả biên là hai 
đường thẳng và , còn tập hợp nghiệm của (6) là đường tròn (C) có tâm I(1d 2d
1
2
− ; 1
2
− ) , bán kính 
1
2
R m= + . Trường hợp này hệ (5),(6) có nghiệm ⇔ (C) và (H) có điểm chung ⇔ 
1
1 1
( ; )
10 2 100
d I d R m m≤ ⇔ ≤ + ⇔ ≥ − 49 ( thoả mãn m > 1
2
− ) . 
Do đó 3
49
;
100
T ⎡ ⎞= − +∞⎟⎢⎣ ⎠ . Vậy = −
49
min
100
K ( không tồn tại maxK) . 
 (Bạn đọc tự vẽ hình minh hoạ). 
Bài toán 4 : Cho các số thực x, y thoả mãn : 2cos 2cos 3 cos cos 2 cos cos( 2 . ) 2 4 4 2x y x y x y+ + + + ++ − ≥
 Tìm GTLN , GTNN của biểu thức : cos 2 cos 2M x y= + 
Lời giải : Gọi T4 là miền giá trị của M . Ta có ∈ ⇔4m T hệ sau có nghiệm: 
2cos 2cos 3 cos cos 2 cos cos( 2) 2 4 4 2 (*)
cos 2 cos 2
x y x y x y
x y m
+ + + + +⎧ + − ≥⎪⎨ + =⎪⎩
Hệ(*)⇔
cos cos 2 cos cos cos cos
2 2 2 2
2 2
31 cos cos(2 ) (2 2 2)2 4 2 0 2 2 2 2
2
2 2 2cos cos cos cos cos cos
+ + +⎧ ⎧⎧ ≤ + ≤− + + ≤ ≤ ≤⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪⇔ ⇔⎨ ⎨ ⎨+ +
2 2 2
++ = + =⎪ ⎪ ⎪ + =⎩ ⎪⎩
x y x y x y x y
m m mx y x y x y
v y= =
⎪⎩
Đặt u x ta có hệ :cos ; cos
2 2
31 (
2
1 , 1 (8)
2 (9)
2
⎧ ≤ + ≤⎪⎪ ≤ ≤⎨⎪ +⎪ + =⎩
u v
u v
mu v
7)
v
Hệ (*) có nghiệm hệ (7),(8),(9) có nghiệm. ⇔
Dễ thấy , với m hệ (7),(8),(9) vô nghiệm . 2≤ −
Với m > - 2 , xét trong mặt phẳng toạ độ Ouv 
khi đó tập hợp nghiệm của (7) và (8) là hình 
O u
A 
B C 
D 
1 
1 
1
2
1
2
thang cân ABCD ( gồm các điểm ở trong hình 
thang và các điểm trên cạnh hình thang) , còn 
tập hợp nghiệm của (9) là đường tròn ( T ) có 
tâm O(0 ; 0) , bán kính 2
2
+= mR ( hình vẽ ) 
Từ đó , hệ (7),(8),(9) có nghiệm đường tròn ⇔
( T ) có điểm chung với hình thang ABCD 
( ; )d O CD R OB⇔ ≤ ≤ 2 2 5 1
2 2 2
+⇔ ≤ ≤ ⇔ − ≤ ≤m m 1
2
0
 ( thoả mãn m > - 2) 
(Ở đây đường thẳng CD: , đường thẳng AB: 1 0u v+ − = 2 2 3u v+ − = và các tam giác OCD , OAB 
cân tại O) . 
Do đó 4
1
1;
2
⎡= −⎢⎣ ⎦T
⎤⎥ . Vậy minM = -1 , maxM = 
1
2
Bài toán 5 : (Tuyển sinh đại học khối A năm 2006 ) 
 Cho hai số thực thay đổi x ≠ 0 , y ≠ 0 thoả mãn : 2 2(x y)xy x y xy+ = + − 
 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 3 3
1 1A
x y
= + 
Lời giải : Gọi T5 là tập giá trị của A . Ta có 5m T∈ ⇔ hệ sau có nghiệm x ≠ 0 , y 0 : ≠
2 2 2 22 2
2 2 2
3 3 3 3
(x y)xy x y xy (x y)xy x y xy(x y)xy x y xy
1 1 (x y)(x y xy) xy(x y)m m m
x y (xy) (xy)
⎧ ⎧+ = + − + = + −⎧ + = + −⎪ ⎪ ⎪⇔ ⇔⎨ ⎨ ⎨+ + − ++ = = =⎪ ⎪ ⎪⎩ ⎩ ⎩
2
2
(x y)xy (x y) 3xy
x y( ) m
xy
⎧ + = + −⎪⇔ +⎨ =⎪⎩
 (V) 
Đặt ( ) , ta có hệ :
S x y
P xy
= +⎧⎨ =⎩
2S 4≥ P
2
2
SP S 3P
S( ) m
P
⎧ = −⎪⎨ =⎪⎩
 (VI) 
Hệ (V) có nghiệm x 0 , y 0 hệ (VI) có nghiệm ( S ; P ) thoả mãn . ≠ ≠ ⇔ 2S 4P≥
Do 2 2 2 21 3SP x y xy (x y) y 0
2 4
= + − = − + > với mọi x ≠ 0 , y ≠ 0 S 0
P
⇒ > với mọi x 0 , y ≠ ≠ 0 
Từ đó : 
• Nếu thì hệ (V) vô nghiệm m 0≤
• Nếu m > 0 thì từ phương trình 2S S( ) m m
P P
= ⇒ = S m.⇒ = P thay vào phương trình 
 đầu của hệ (VI) được : 2 2mP mP 3P (m m)P 3= − ⇔ − = ( vì SP > 0 nên P 0 ) ≠
 Để có P từ phương trình này thì m m 0 m 1− ≠ ⇔ ≠ ( m > 0 ) và ta được 
 3P
m( m 1)
= − , do đó 
3S
m 1
= − . Trường hợp này hệ (VI) có nghiệm ( S ; P ) thoả 
 mãn khi và chỉ khi : 2S 4P≥
 23 12( )
m 1 m( m 1)
≥− −
24( m 1)3 3 m 4( m 1) m 4
m( m 1)
−⇔ ≥ ⇔ ≥ − ⇔ ≤− 
 0 m 16 (m 1)⇔ < ≤ ≠
Tóm lại các giá trị của m để hệ (V) có nghiệm x ≠ 0 , y ≠ 0 là : 0 m 16 , m 1< ≤ ≠ 
Do đó : ( ] { }5T 0;16 \ 1= 
Vậy : maxA = 16 ( chú ý không tồn tại minA ) 
Bài toán 6 : ( HSG quốc gia - Bảng A + B năm 2005 ) 
 Cho hai số thực x, y thoả mãn : x 3 x 1 3 y 2 y− + = + − 
 Hãy tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức K x y= + 
Lời giải : ĐKXĐ : x 1, y≥ − ≥ −2
Gọi T6 là tập giá trị của K . Ta có hệ sau có nghiệm: 6m T∈ ⇔
3( x 1 y 2) mx 3 x 1 3 y 2 y (VII)
x y m x y m
⎧⎧ + + + =− + = + −⎪ ⎪⇔⎨ ⎨+ = + =⎪ ⎪⎩ ⎩
Đặt u x= +1 và v y= + 2 thì và hệ (VII) trở thành : u, v 0≥
 2 2 2
mu v3(u v) m 3
u v m 3 1 muv ( m 3)
2 9
⎧ + =⎪+ =⎧ ⎪⇔⎨ ⎨+ = +⎩ ⎪ = − −⎪⎩
⇔ u , v là hai nghiệm của phương trình : 
2
2 2m 1 mt t ( m 3) 0 18t 6mt m 9m 27 0
3 2 9
− + − − = ⇔ − + − − =2
2
 (10) 
Từ đó , hệ (VII) có nghiệm ( x ; y ) sao cho khi và chỉ khi (10) có hai nghiệm không âm 
và điều kiện là : 
x 1, y≥ − ≥ −
2
t
t
2
t
9(m 18m 54) 0
m 9 3 21S 0 m 9 3
3 2
m 9m 27P 0
18
⎧⎪ ′Δ = − − − ≥⎪ +⎪ = ≥ ⇔ ≤ ≤ +⎨⎪⎪ − −= ≥⎪⎩
15 . Do đó 6
9 3 21T ;9
2
3 15
⎡ ⎤+= +⎢ ⎥⎣ ⎦
Vậy : minK = 9 3 21
2
+ , maxK = 9 3 15+ 
Bình luận : Ưu thế của phương pháp trên là quy bài toán tìm GTLN , GTNN về bài toán tìm tham số 
để hệ có nghiệm , vì vậy không cần chỉ rõ giá trị của biến số để biểu thức đạt GTLN , GTNN . Nếu 
dùng các bất đẳng thức để đánh giá thì nhất thiết phải chỉ rõ các giá trị của biến số để tại đó biểu thức 
đạt GTLN , GTNN . 
Các bạn có thể mở rộng phương pháp này cho biểu thức có nhiều hơn hai biến số . 
Cuối cùng mời các bạn vận dụng phương pháp trên để làm các bài tập sau : 
Bài 1 : Cho hai số thực x , y thoả mãn : 2 2 2( ) 7x y x y+ = + + . 
 Tìm giá trị lớn nhất , nhỏ nhất của biểu thức = − + −3 3( 2) ( 2P x x y y ) 
Bài 2 : Cho hai số thực x , y thoả mãn : + + + ≤( 1) ( 1)x x y y 0 . 
 Tìm giá trị lớn nhất , nhỏ nhất của biểu thức 2007 2008 2009= + +Q x y 
Bài 3 : Cho các số thực x, y thoả mãn : 2 24x - 3xy + 3y 6≤ . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của 
 biểu thức 2 2F = x + xy - 2y 
Bài 4 : Cho các số thực không âm x , y thoả mãn : 4x y+ = . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất 
 của biểu thức 1 9Q x y= + + + 
Bài 5 : Cho các số thực x, y thoả mãn : 1cos cos
2
x y+ = . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu 
 thức cos3 cos3L x y= + 
Bài 6 : (Đại học khối B năm 2008 ) : Cho hai số thực x , y thay đổi và thoả mãn hệ thức 
 . Tìm GTLN và GTNN của biểu thức 2 2x y+ =1
2
2
2(x 6xy)P
1 2xy 2y
+= + + 
Bài 7 : ( Cao đẳng kinh tế kỹ thuật năm 2008 ) Cho hai số x , y thoả mãn 2 2x y 2+ = . 
 Tìm GTLN , GTNN của biểu thức 3 3P 2(x y ) 3xy= + −
Bài 8 : Cho các số dương x , y thoả mãn : xy + x + y = 3 . Tìm GTLN của biểu thức 
 23x 3y xyP
y 1 x 1 x y
= + + − −+ + +
2x y ( Đ/s : maxP = 3/2) 
 ...............................Hết .............................