Sáng kiến kinh nghiệm Khám phá phương pháp sử dụng đạo hàm trong bài toán tìm cực trị của hàm nhiều biến

KHÁM PHÁ PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG ĐẠO HÀM TRONG BÀI 
TOÁN TÌM CỰC TRỊ CỦA HÀM NHIỀU BIẾN Gv Thái Văn Duẩn 
SÁNG KIÊN KINH NGHIỆM MÔN TOÁN 12 1 
A. Lý do chọn đề tài Bất đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất là bài toán luôn có mặt hầu hết trong các kỳ thi HSG và tuyển sinh Đại Học. Không những thế nó còn là bài toán hay và khó nhất trong đề thi. Trong chương trình giảng dạy và học tập bất đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhất nhỏ luôn là chủ đề hấp dẫn đối với người dạy lẫn người học. Việc giảng dạy để làm sao cho học sinh học tốt chủ đề này luôn là môt vấn đề khó. Chủ đề này thường dành cho học sinh giỏi nên các bài toán đưa ra thường hay và khó. Để chứng minh Bất đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhất nhỏ nhất có nhiều phương pháp, và không có phương pháp nào là vạn năng để giải được mọi bài toán cực trị mà chỉ chỉ có những phương pháp giải được một nhóm các bài toán mà thôi. Một trong các phương pháp khá hiệu quả là dùng đạo hàm cho hàm nhiều biến, tư tưởng cơ bản là khảo sát lần lượt từng biến, bằng cách xem các biến còn lại là tham số cố định. Không có một thuật giải chi tiết nào cho phương pháp này mà chỉ thông qua ví dụ để HS rèn luyện để tự mình tìm ra cách giải quyết như thế nào trong từng bài toán cụ thể và từ đó tìm thấy sơ đồ giải cho riêng mình. Vì những lý do trên chúng tôi viết chuyên đề này nhằm giúp học sinh có cái nhìn rộng hơn về phương pháp sử dụng đạo hàm trong các bài toán chứng minh BĐT và tìm GTLN, GTNN. B. Nội Dung 1. Phương pháp đưa về một biến trong các bài toán hai biến. 

 Biến đổi giả thiết và biểu thức cần tìm cực trị để tìm mối quan hệ giữ chúng rồi tìm cách đặt ẩn phụ hợp lý, đưa biểu thức đã cho về hàm một biến để khảo sát. 
 Thí dụ 1: Cho x, y là số thực và thoả mãn x^ + y^ = 2. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: b = 2cde + feg − 3df cCao đẳng khối A, B – 2008g Hoạt động khám phá: 
- Từ giả thiết x^ + y^ = 2 có thể đưa bài toán về một ẩn không? - Ta nghĩ tới hằng đẳng thức: d^ + f^ = cd + fg^ − 2df ; de + fe = cd + fgc d^ −df+f2 - Khai triển biểu thức P cố gắng làm xuất hiện x^ + y^ để sử dụng giả thiết. - Biến đổi biểu thức P và thế vào d^ + f^ = 2 ta có: b = 2cd + fgc d^ − df + f^g −3df 
 = 2cd + fgc 2 − dfg − 3df 
- Từ giả thiết: cd + fg^ − 2df = 2 ⇒ df = cstugvw^^ 
www.VNMATH.com
KHÁM PHÁ PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG ĐẠO HÀM TRONG BÀI 
TOÁN TÌM CỰC TRỊ CỦA HÀM NHIỀU BIẾN Gv Thái Văn Duẩn 
SÁNG KIÊN KINH NGHIỆM MÔN TOÁN 12 2 
Vậy đến đây ta có thể nghĩ đến việc đưa có thể P về hàm một biến số nếu ta đặt: y = d + f 
Cần chặn biến t bằng cách sử dụng bất đẳng thức: d^ + f^ ≥ cstugv^ Lời giải: 
Ta có: 
 b = 2cd + fgc d^ − df + f^g − 3df 
 = 2cd + fgc 2 − dfg − 3df 
Ta có: df = cstugvw^^ , vì thế sau khi đặt y = d + f, thì 
bcyg = 2y {2 − y^ − 22 | − 3 y^ − 22 = −ye − 32 y^ + 6y + 3 
Ta có: d^ + f^ ≥ cstugv^ ⇒ cd + fg^ ≤ 4 ⇒ −2 ≤ y ≤ 2 
Xét hàm số: bcyg = −ye − e^ y^ + 6y + 3 với −2 ≤ y ≤ 2 
Ta có: b‚cyg = −3y^ − 3y + 6 
Ta có bảng biến thiên 
Vậy: 
maxƒw^;^„ …cyg = …c1g = †e^ khi ‡d = †t√e^ ; f = †w√e^ d = †w√e^ ; f = †t√e^
‰ 
minƒw^; ^„ …cyg = Š‹Œ…c−2g; …c2gŽ = Š‹Œ−7; 1Ž = −7 khi d = f = −1 
 t 
 -2 1 2 
 P’ctg 
 − 0 + 
 Pctg †e^ -7 1 
www.VNMATH.com
KHÁM PHÁ PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG ĐẠO HÀM TRONG BÀI 
TOÁN TÌM CỰC TRỊ CỦA HÀM NHIỀU BIẾN Gv Thái Văn Duẩn 
SÁNG KIÊN KINH NGHIỆM MÔN TOÁN 12 3 
 Thí dụ 2: Cho x, y ≥ 0 và x + y = 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: ‘ = c4d^ + 3fgc4f^ + 3dg + 25df cĐại học khối D – 2009g Hoạt động khám phá: 
- Từ giả thiết x + y = 1 có thể đưa bài toán đã cho về một ẩn không? - Khai triển biểu thức S cố gắng làm xuất hiện d + f để sử dụng giả thiết. 
Chú ý hằng đẳng thức: d^ + f^ = cd + fg^ − 2df 
de + fe = cd + fgc d^ − df + f^g 
Sau khi khai triển và thế vào x + y = 1, ta có: ‘ = 16d^f^ − 2df + 12 
- Vậy đến đây ta có thể nghĩ đến việc đưa có thể S về hàm một biến số nếu ta đặt: y = df 
Cần chặn biến t bằng cách sử dụng bất đẳng thức: 0 ≤ df ≤ cstugv” Lời giải: 
Ta có: ‘ = c4d^ + 3fgc4f^ + 3dg + 25df = 16d^f^ + 12cde + feg + 34df 
 = 16d^f^ + 12cd + fgc d^ − df + f^g + 34df 
 = 16d^f^ + 12ƒcd + fg^ − 3df„ + 34df c•– d + f = 1g 
 = 16d^f^ − 2df + 12 c•– d + f = 1g 
Đặt xy = t. Ta có: do d ≥ 0, f ≥ 0 ŒêŒ 0 ≤ df ≤ cstugv” = †” ⇒ 0 ≤ y ≤ †” 
Xét hàm số: …cyg = 16y^ − 2y + 12 với 0 ≤ y ≤ †”. Ta có: …‚cyg = 32y − 2 
Bảng biến thiên 
 t 
 0 ††— †” 
 f’ctg 
 − 0 + 
 fctg 12 
www.VNMATH.com
KHÁM PHÁ PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG ĐẠO HÀM TRONG BÀI 
TOÁN TÌM CỰC TRỊ CỦA HÀM NHIỀU BIẾN Gv Thái Văn Duẩn 
SÁNG KIÊN KINH NGHIỆM MÔN TOÁN 12 4 
^™^ †š††— 
Vậy: min›œ;žŸ …cyg = …   ††—¡ = †š††— khi ‡d =
^t√e” ; f = ^w√e” d = ^w√e” ; f = ^t√e”
‰ 
max›œ;žŸ …cyg = Š¢d £…c0g; …  †”¡¤ = Š¢d £12; ^™^¤ = ^™^ khi d = f = †^ 
 Thí dụ 3: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức: ¥ = 3cd” + f” + d^f^g − 2cd^ + f^g + 1 với x, y là các số thoả mãn điều kiện: cd + fge + 4df ≥ 2. cĐại học khối B – 2009g Hoạt động khám phá: 
- Vì giả thiết là biểu thức khá phức tạp nên ta khai thác nó trước cho gọn để dễ sử dụng hơn. Chú ý hằng đẳng thức: d^ + f^ = cd + fg^ − 2df 
de + fe = cd + fgc d^ − df + f^g 
và cd + fg^ ≥ 4df. Khi đó điều kiện bài toán trở thành: d + f ≥ 1 
- Ta biến đổi được A như sau: 
¥ = 3cd” + f” + d^f^g − 2cd^ + f^g + 1 
 = e^ cd^ + f^g^ + e^ cd” + f”g − 2cd^ + f^g + 1 
 ≥ e^ cd^ + f^g^ + e§svtuv¨v” − 2cd^ + f^g + 1 cdo d” + f” ≥ §svtuv¨v^ g 
hay ¥ ≥ š” cd^ + f^g^ − 2cd^ + f^g + 1 
- Vậy đến đây ta có thể nghĩ đến việc đưa có thể A về hàm một biến số được không?cnếu ta đặt: y = d^ + f^g - Cần chặn biến t bằng cách sử dụng bất đẳng thức:d^ + f^ ≥ cstugv^ Lời giải: 
 Theo bất đẳng thức hiển nhiên: cd + fg^ ≥ 4df, nên từ 
cd + fge + 4df ≥ 2 ⇒ cd + fge + cd + fg^ ≥ cd + fge + 4df ≥ 2 
www.VNMATH.com
KHÁM PHÁ PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG ĐẠO HÀM TRONG BÀI 
TOÁN TÌM CỰC TRỊ CỦA HÀM NHIỀU BIẾN Gv Thái Văn Duẩn 
SÁNG KIÊN KINH NGHIỆM MÔN TOÁN 12 5 
 ⇒ cd + fge + cd + fg^ ≥ 2 ⇒ ƒcx+yg-1„ƒ cd + fg^ + cd + fg + 2„ ≥ 0 ⇒ cx+yg - 1≥ 0 
cdo cd + fg^ + cd + fg + 2 = ›cd + fg + †^Ÿ^ + ©” > 0, ∀d, fg Bài toán được đưa về tìm min, max của: ¥ = 3cd” + f” + d^f^g − 2cd^ + f^g + 1 với x, y thoả mãn: x+y ≥ 1. Ta biến đổi A như sau: ¥ = 3cd” + f” + d^f^g − 2cd^ + f^g + 1 = e^ cd^ + f^g^ + e^ cd” + f”g − 2cd^ + f^g + 1 
 ≥ e^ cd^ + f^g^ + e§svtuv¨v” − 2cd^ + f^g + 1 cdo d” + f” ≥ §svtuv¨v^ g hay ¥ ≥ š” cd^ + f^g^ − 2cd^ + f^g + 1 Vì d^ + f^ ≥ cstugv^ cdo x+y ≥ 1g nên d^ + f^ ≥ †^ Đặt y = d^ + f^ Ta có: …cyg = š” y^ − 2y + 1 với y ≥ †^ ⇒ …‚cyg = š” y − 2 Ta có bảng biến thiên: t ”š †^ +∞ f’ctg 
 + 
 fctg 
 š†— +∞ 
Vậy min­®v …cyg = …  †^¡ = š†— xẩy ra khi t = †^ 
Suy ra ¥ ≥ š†—. Mặt khác ta dễ thấy d = f = †^ thì ¥ = š†— 
Tóm lại: minA = š†— khi d = f = †^ 
 Thí dụ 4: Cho hai số thực x, y ckhác 0g thay đổi thoả mãn điều kiện: cd + fgdf = d^ + f^ −df Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 
www.VNMATH.com
KHÁM PHÁ PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG ĐẠO HÀM TRONG BÀI 
TOÁN TÌM CỰC TRỊ CỦA HÀM NHIỀU BIẾN Gv Thái Văn Duẩn 
SÁNG KIÊN KINH NGHIỆM MÔN TOÁN 12 6 
¥ = 1de + 1fe cĐại học khối A – 2006g Hoạt động khám phá: 
- Từ giả thiết cd + fgdf = d^ + f^ − df có thể đưa bài toán về ít ẩn hơn không? 
- Biến đổi biểu thức A, ta được: 
¥ = de + fedefe = cd + fgcd^ − df + f^gdefe = ¯d + fdf °^ = ¯1d + 1f°
^ 
- Do giả thiết là biểu thức mà số mũ trong các hạng tử ở vế trái lớn hơn vế phải nên ta đặt x = ty thì ta có thể rút được x hoặc y theo t: cd + fgdf = d^ + f^ − df ⟹ đặt x = ty ⟹ f = ­vw­t†­vt­ ; d = yf = ­vw­t†­t† 
- Vậy đến đây ta có thể đưa có thể A về hàm một biến t. Đến đây ta khảo sát hàm biến t là đi đến được kết quả. 
Lời giải: 
Từ giả thiết, ta có: 
¥ = 1de + 1fe = de + fedefe = cd + fgcd^ − df + f^gdefe = ¯d + fdf °^ = ¯1d + 1f°
^ 
Đặt: d = yf 
từ giả thiết cd + fgdf = d^ + f^ − df ⟹ cy + 1gyfe = cy^ − y + 1gf^ 
do đó: f = ­vw­t†­vt­ ; d = yf = ­vw­t†­t† 
Từ đó 
¥ = ¯1d + 1f°
^ = {y^ + 2y + 1y^ − y + 1 |
^ 
Xét hàm số: 
…cyg = y^ + 2y + 1y^ − y + 1 ³ó …‚cyg = −3y^ + 3cy^ − y + 1g^ 
Ta có bảng biến thiên: 
 t 
 −∞ -1 1 +∞ f’ctg 
 - + - 
www.VNMATH.com
KHÁM PHÁ PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG ĐẠO HÀM TRONG BÀI 
TOÁN TÌM CỰC TRỊ CỦA HÀM NHIỀU BIẾN Gv Thái Văn Duẩn 
SÁNG KIÊN KINH NGHIỆM MÔN TOÁN 12 7 
 fctg 
1 4 0 1 Vậy: GTLN của A là: …^c1g = 16 khi d = f = †^. 
2. Phương pháp khảo sát lần lượt từng biến trong bài toán ba biến. 

 Đối với bất đẳng thức nhiều biến, ta có thể khảo sát lần lượt từng biến một bằng cách chọn một biến làm tham số biến thiên và cố định các biến còn lại, bài toán lúc này trở thành bất đẳng thức một biến. Luôn có tâm thế nhìn biểu thức nhiều biến mà ta cần tìm GTLN, GTNN dưới dạng là một hàm số để ta sử dụng được công cụ hiệu quả trong giải toán là đạo hàm. 

 Sơ đồ tổng quát Giả sử tìm cực trị của biểu thức ba biến x, y, z: Pcx, y, zg với điều kiện T nào đó. 
• Bước 1: Xem Pcx, y, zg là hàm theo biến x, còn y, z la hằng số. Khảo sát hàm này tìm cực trị với điều kiện T. Ta được: µc¶, ·, ¸g ≥ ¹c·, ¸gcº»ặ¼ µc¶, ·, ¸g ≤ ¹c·, ¸gg 
• Bước 2: Xem gcy, zg là hàm biến y, còn z là hằng số. Khảo sát hàm này với điều kiện T. Ta được ¹c·, ¸g ≥ ºc¸g cº»ặ¼ ¹c·, ¸g ≤ ºc¸gg 
• Bước 3: Cuối cùng Khảo sát hàm một biến hczg với điều kiện T tìm min, max của hàm này. 
 Ta đi đến kết luận: µc¶, ·, ¸g ≥ ¹c·, ¸g ≥ ºc¸g ≥ ½ cº»ặ¼ µc¶, ·, ¸g ≤ ¹c·, ¸g ≤ ºc¸g ≤ ¾g 
 Thí dụ 5: Cho hai số thực x, y, z là 3 số thực thuộc ƒ1; 4„ và d ≥ f, d ≥ ¿. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: b = d2d + 3f + ff + ¿ + ¿¿ + d cĐại học khối A – 2011g Hoạt động khám phá: 
- Khảo sát lần lượt từng biến như thế nào? 
- Xem P là một hàm theo biến z, con x, y là hằng số. Khảo sát hàm số với điều kiện đã cho suy ra GTNN của P, tức là bcd, f, ¿g ≥ bcd, fg 
- Khảo sát hàm Pcx, yg, ở đây có thể đưa Pcx, yg về hàm một biến không? 
- Bằng cách đặt ẩn phụ y = Àsu để đưa bcd, fg về hàm một biến. Tìm GTNN của hàm một biến 
- Vậy bcd, f, ¿g ≥ bcd, fg = bcyg ≥ e”ee Lời giải: 
www.VNMATH.com
KHÁM PHÁ PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG ĐẠO HÀM TRONG BÀI 
TOÁN TÌM CỰC TRỊ CỦA HÀM NHIỀU BIẾN Gv Thái Văn Duẩn 
SÁNG KIÊN KINH NGHIỆM MÔN TOÁN 12 8 
Ta có: 
b = d2d + 3f + ff + ¿ + ¿¿ + d 
Xem đây là hàm theo biến z; còn x, y là hằng số. 
b‚c¿g = −fcf + ¿g^ + dc¿ + dg^ = cd − fgc¿^ − dfgcf + ¿g^c¿ + dg^ 
Theo giả thiết: d ≥ f ⇒ d − f ≥ 0 nếu b ≥ 0 ⇔ ¿ ≥ Âdf cdo x, y, z ∈ ƒ1; 4„g 
 t 
 Âdf 
 P’czg 
 - 0 + 
 Pczg 
 min 
Từ bảng biến thiên: 
 b ≥ b§Âdf¨ = s^steu + ^√u√st√u 
 = ÄÅ^ÄÅte + ^†tÀÄÅ 
Đặt y = Àsu , do d ≥ f, d ≥ ¿ và x, y, z ∈ ƒ1; 4„ nên 1 ≤ y ≤ 2. 
Xét hàm 
 …cyg = ­v^­vte + ^†t­ 
 …‚cyg = w^Ɣ­Çc­w†gtec^­vw­tegÈc^­vtegvc†t­gv < 0, ∀ y ∈ ƒ1; 2„ 
Suy ra fctg giảm trên ƒ1; 2„, do đó b ≥ b§Âdf¨ = …cyg ≥ …c2g = e”ee 
www.VNMATH.com
KHÁM PHÁ PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG ĐẠO HÀM TRONG BÀI 
TOÁN TÌM CỰC TRỊ CỦA HÀM NHIỀU BIẾN Gv Thái Văn Duẩn 
SÁNG KIÊN KINH NGHIỆM MÔN TOÁN 12 9 
Đẳng thức xẩy ra: Ê ¿ = Âdfy = Àsu = 2 ⇒ d = 4, f = 1, ¿ = 2‰ 
Vậy: bËÌÍ = e”ee Îℎ‹ d = 4, f = 1, ¿ = 2 
 Thí dụ 6: Cho hai số thực ¢, Ð, ³ là 3 số thực thuộc ›†e ; 3Ÿ. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: b = ¢¢ + Ð + ÐÐ + ³ + ³³ + ¢ Hoạt động khám phá: 
- Khảo sát lần lượt từng biến như thế nào? 
- Xem P là một hàm theo biến a, còn b, c là hằng số. Khảo sát hàm số với điều kiện đã cho, suy ra GTLN của P của, tức là bc¢, Ð, ³g ≤ ÑcÐ, ³g 
- Xem Pcb, cg là một hàm theo biến c, còn b là hằng số. Khảo sát hàm số với điều kiện đã cho, suy ra GTLN của Pcb, cg, tức là Ñc Ð, ³g ≤ ℎcÐg 
- Tiếp theo khảo sát hàm hcbg suy ra ℎcÐg ≤ ҙ 
- Vậy: bc¢, Ð, ³g ≤ ÑcÐ, ³g ≤ ℎcÐg ≤ ҙ Lời giải: 
Đặt 
bc¢g = ¢¢ + Ð + ÐÐ + ³ + ³³ + ¢ 
Xem đây là hàm theo biến a; còn b, c là hằng số. 
b‚c¢g = Ðc¢ + Ðg^ − ³c¢ + ³g^ = cÐ − ³gc¢^ − гgc¢ + Ðg^c¢ + ³g^ 
• Trường hợp 1: ¢ ≥ Ð ≥ ³ và ¢, Ð, ³ ∈ ›†e ; 3Ÿ Suy ra: Ð − ³ ≥ 0; ¢^ − г ≥ 0 nên b‚c¢g ≥ 0. Do đó: Pcag tăng trên ›†e ; 3Ÿ ⇒ bc¢g ≤ bc3g = 33 + Ð + ÐÐ + ³ + ³³ + 3 = Ñc³g cxem gccg là hàm theo biến cg Mặt khác 
тc³g = −ÐcÐ + ³g^ + 3c³ + 3g^ = cÐ − 3gc3Ð − ³^gcÐ + ³g^c³ + 3g^ ≤ 0 
www.VNMATH.com
KHÁM PHÁ PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG ĐẠO HÀM TRONG BÀI 
TOÁN TÌM CỰC TRỊ CỦA HÀM NHIỀU BIẾN Gv Thái Văn Duẩn 
SÁNG KIÊN KINH NGHIỆM MÔN TOÁN 12 10 
Do đó: gccg giảm trên ›†e ; 3Ÿ 
⇒ Ñc³g ≤ Ñ ¯13° = 33 + Ð + 3Ð3Ð + 1 + 110 = ℎcÐg cxem hcbg là hàm theo biến bg Ta có 
ℎ‚cÐg = 3c3Ð + 1g^ − 3cÐ + 3g^ = c1 − Ðgc1 + Ðgc3Ð + 1g^cÐ + 3g^ 
Ta có bảng biến thiên: 
 b †e 1 3 h’cbg 
 + - 
 hcbg 
 ҙ 
Suy ra ℎcÐg ≤ ℎc1g = ҙ 
Vậy: bc¢, Ð, ³g ≤ bc3, Ð, ³g ≤ b  3, Ð, †e¡ ≤ b  3, 1, †e¡ = ҙ khi ¢ = 3; Ð = 1; ³ = †e. 
• Trường hợp 2: ³ ≥ Ð ≥ ¢ và ¢, Ð, ³ ∈ ›†e ; 3Ÿ Từ kết quả của trường hợp 1, ta có: bc³, Ð, ¢g ≤ ҙ Mặt khác: bc¢, Ð, ³g − bc³, Ð, ¢g = 
= c¢ − ÐgcÐ − ³gc¢ − ³gc¢ + ÐgcÐ + ³gc¢ + ³g ≤ 0 
⇒ bc¢, Ð, ³g ≤ 85 
Vậy Ó¢d ‘ = ҙ , xẩy ra khi và chỉ khi c¢, Ð, ³g = £ 3, 1, †e¡ ;  †e , 3, 1¡ ;  3, †e , 1¡¤ 
 Thí dụ 7: Cho ba số thực dương ¢, Ð, ³ thảo mãn điều kiện: abc + a + c = b 
www.VNMATH.com
KHÁM PHÁ PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG ĐẠO HÀM TRONG BÀI 
TOÁN TÌM CỰC TRỊ CỦA HÀM NHIỀU BIẾN Gv Thái Văn Duẩn 
SÁNG KIÊN KINH NGHIỆM MÔN TOÁN 12 11 
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: b = 2¢^ + 1 − 2Ð^ + 1 + 3³^ + 1 cĐề thi GV giỏi tỉnh– 2008g Hoạt động khám phá: 
- Từ giả thiết abc + a + c = b có thể đưa bài toán về ít ẩn hơn không? 
- Biến đổi giả thiết ¢ + ³ = Ðc1 − ¢³g > 0 : ta có Ð = ÔtՆwÔÕ , có thể đưa P về 2 biến cchặn biến: ¢ < †Õg 
- Khi đó: b = ^Ôvt† + ^cÔtÕgvcÔvt†gcÕvt†g − 2 + eÕvt† c0 < ¢ < †Õg 
- Với bài này suy nghĩ khám phá hàm số như thế nào? Ta nhìn biểu thức P là hàm một biến a, còn c xem như hằng số. 
- Khảo sát hàm biến a là fcag với 0 < ¢ < †Õ suy ra …c¢g ≤ ^Õ√†tÕv + eÕvt† = Ñc³g 
- Tiếp tục khảo sát hàm gccg với ³ ∈ c0, +∞g suy ra Ñc³g ≤ †œe 
- Vậy: ‘ ≤ Ñc³g ≤ Ñc³œg = †œe Lời giải: 
Biến đổi giả thiết thành: 
¢ + ³ = Ðc1 − ¢³g > 0 ⇒ ¢ < 1³ Öà Ð = ¢ + ³1 − ¢³ 
Thay vào biểu thức P ta được: 
b = 2¢^ + 1 + 3³^ + 1 + 2c¢ + ³g^c¢^ + 1gc³^ + 1g − 2 
= 2¢^ + 1 + 2c¢ + ³g^c¢^ + 1gc³^ + 1g − 2 + 3³^ + 1 
Xét hàm số: 
…cdg = 1d^ + 1 + cd + ³g^cd^ + 1gc³^ + 1g − 1 Öớ‹ 0 0g 
Ta có 
…‚cdg = −2³cd^ + 2³d − 1gc1 + d^g^c1 + ³^g = 0 
 ⇔ dœ = −³ + √³^ + 1 ∈  0, †Õ¡ 
www.VNMATH.com
KHÁM PHÁ PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG ĐẠO HÀM TRONG BÀI 
TOÁN TÌM CỰC TRỊ CỦA HÀM NHIỀU BIẾN Gv Thái Văn Duẩn 
SÁNG KIÊN KINH NGHIỆM MÔN TOÁN 12 12 
Bảng biến thiên: 
 x 0 dœ †Ù f’cxg + - fcxg 
 fcdœg Khi đó: Từ bảng biến thiên 
…cdg ≤ …cdœg = ³√1 + ³^ 
‘ = 2…c¢g + 3³^ + 1 ≤ 2³√1 + ³^ + 3³^ + 1 = Ñc³g 
Ta có 
тc³g = 2c1 − 8³^gc1 + ³^g^c3³ + √1 + ³^g = 0 
 ⇔³ = ³œ = †√Ò ∈ c0, +∞g 
Bảng biến thiên: 
 c 
 0 ³œ +∞ g’ccg 
 + - 
 gccg 
 gc³œg 
Từ bảng biến thiên suy ra: Ñc³g ≤ Ñc³œg 
⇒ ‘ ≤ Ñc³g ≤ Ñc³œg = 103 
Vậy với 
 ³ = †√Ò , ¢ = √^^ , Ð = √2 yℎì Ó¢d ‘ = †œe 
www.VNMATH.com
KHÁM PHÁ PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG ĐẠO HÀM TRONG BÀI 
TOÁN TÌM CỰC TRỊ CỦA HÀM NHIỀU BIẾN Gv Thái Văn Duẩn 
SÁNG KIÊN KINH NGHIỆM MÔN TOÁN 12 13 
 Thí dụ 8: Cho ba số thực dương ¢, Ð, ³ thảo mãn điều kiện: 21ab + 2bc + 8ca ≤ 12. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: b = 1¢ + 2Ð + 3³ cĐề thi Olympic 30/4 – 2004g Hoạt động khám phá: 
- Với bài này suy nghĩ khám phá hàm số như thế nào? ccó thể chuyển theo ẩn mới được không?g 
- Có thể biểu diễn để biểu thức P và giả thiết cho đơn giản hơn không? 
- Nếu đặt: d = †Ô , f = †Ü , ¿ = †Õ bài toán chuyển thành bài toán là gì? 
- Có thể chuyển bài toán sao cho ít ẩn được không? 
- Từ giả thiết: 2d + 8f + 21¿ ≤ 12df¿ ⇒ ¿ ≥ ^stÒu†^suw^† Öà d > ©”u 
- Khi đó: ‘ ≥ d + 2f + ^stÒu”suw© = …cdg 
- Khảo sát hàm fcxg xem y là tham số cố định. Ta được: ‘ ≥ …cdg ≥ …cdœg = 2f + š”u +Âe^uvt†”^u = Ñcfg 
- Tiếp tục khảo sát một biến gcyg 
Ta đi đến kết luận: ‘ ≥ …cdg ≥ Ñcfg ≥ †™^ 
Lời giải: 
Đặt: 
d = 1¢ , f = 1Ð , ¿ = 1³ ⇒ d, f, ¿ > 0; 2d + 8f + 21¿ ≤ 12df¿ Öà ‘ = d + 2f + 3¿ 
Từ: 
2d + 8f + 21¿ ≤ 12df¿ ⇒ ¿ ≥ 2d + 8f12df − 21 Öà d > 74f 
Từ biểu thức S suy ra được: 
‘ ≥ d + 2f + 2d + 8f4df − 7 = …cdg 
⇒ …‚cdg = 1 − 14 − 32f^c4df − 7g^ = 0 
www.VNMATH.com
KHÁM PHÁ PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG ĐẠO HÀM TRONG BÀI 
TOÁN TÌM CỰC TRỊ CỦA HÀM NHIỀU BIẾN Gv Thái Văn Duẩn 
SÁNG KIÊN KINH NGHIỆM MÔN TOÁN 12 14 
 ⇔ d = dœ = ©”u + Âe^Ývt†””Ý ∈   ©”u , +∞¡ 
Bảng biến thiên: 
 x 
 ©”u dœ +∞ f’cxg + 0 - fcxg 
 fcdœg 
Khi đó: Từ bảng biến thiên 
‘ ≥ …cdg ≥ …cdœg = 2f + 94f + Â32f^ + 142f = Ñcfg 
⇒ тcfg = c8f^ − 9gÂ32f^ + 14 − 284f^Â32f^ + 14 = 0 
Đặt: y = Â32f^ + 14 thì phương trình тcfg = 0 
⇔ c8f^ − 9gÂ32f^ + 14 − 28 
⇔ ye − 50y − 122 = 0 ⇔ y = 8 ⇔ f = ™” 
 y 0 ™” +∞ g’cxg 
 - 0 + 
 gcxg 
 †™^ 
Từ bảng biến thiên suy ra: Ñcfg ≥ Ñ  ™”¡ 
www.VNMATH.com
KHÁM PHÁ PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG ĐẠO HÀM TRONG BÀI 
TOÁN TÌM CỰC TRỊ CỦA HÀM NHIỀU BIẾN Gv Thái Văn Duẩn 
SÁNG KIÊN KINH NGHIỆM MÔN TOÁN 12 15 
⇒ ‘ ≥ Ñcfg ≥ Ñ ¯54° = 152 
Vậy với: 
 f = ™” , d = 3, ¿ = e^ ⇔ ¢ = †e , Ð = ”™ , ³ = e^ yℎì ӋŒ ‘ = †™^ 
 Thí dụ 9: Chứng minh rằng nếu ¢, Ð, ³ là độ dài 3 cạnh của tam giác có chu vi bằng 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của: Þ = 3c¢^+Ð^ + ³^g + 4¢Ð³ Hoạt động khám phá: 
- Bài toán cần chứng minh chứa 3 ẩn a, b, c và thoả mãn ¢ + Ð + ³ = 3. Hãy suy nghĩ biến đổi Þ = 3c¢^+Ð^ + ³^g + 4¢Ð³ sao cho ít ẩn hơn? 
- Từ giả thiết: ¢ + Ð + ³ = 3 ⇒ ¢ + Ð = 3 − ³, Šà ¢ + Ð > ³ ⇒ 1 ≤ ³ ≤ e^ 
- Khi đó: Þ = 3c3 − ³g^ + 3³^ + 2¢Ðc2³ − 3g 
- Tích ab và tổng a + b = 3 – c gợi cho các em nghĩ đến bất đẳng thức nào? 
¢Ð ≤ ¯¢ + Ð2 °
^ = ¯3 − ³2 °
^ 
- Khi đó Þ ≥ 3c3 − ³g^ + 3³^ + 2c2³ − 3g  ewÕ^ ¡^ = ³e − e^ ³^ + ^©^ = …c³g 
- Khảo sát hàm một biến fccg đi đen kết quả. 
Ta đi đến kết luận Þ ≥ …c³g ≥ …c1g = 13 
Lời giải: 
Do vai trò bình đẳng của a, b, c nên ta có thể giả sử: 0 < ¢ ≤ Ð ≤ ³ 
Chu vi bằng 3 nên ¢ + Ð + ³ = 3 ⇒ ¢ + Ð = 3 − ³, Šà ¢ + Ð > ³ ⇒ 1 ≤ ³ ≤ e^ 
Ta biến đổi: Þ = 3c¢^+Ð^ + ³^g + 4¢Ð³ = 3c¢^+Ð^g + 3³^ + 4¢Ð³ 
 = 3ƒc¢ + Ðg^ − 2¢Ð„ + 3³^ + 4¢Ð³ = 3c3 − ³g^ + 3³^ + 2¢Ðc2³ − 3g 
Măt khác: 
 ¢Ð ≤  ÔtÜ^ ¡^ =  ewÕ^ ¡^ ⇒ ¢Ðc2³ − 3g ≥  ewÕ^ ¡^ c2³ − 3g Öì ³ < e^ ⇒ 2³ − 3 < 0Ž 
Do đó: 
 Þ ≥ 3c3 − ³g^ + 3³^ + 2c2³ − 3g  ewÕ^ ¡^ = ³e − e^ ³^ + ^©^ = …c³g 
Xét hàm số: …c³g = ³e − e^ ³^ + ^©^ , yßêŒ ›1; eeŸ 
www.VNMATH.com
KHÁM PHÁ PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG ĐẠO HÀM TRONG BÀI 
TOÁN TÌM CỰC TRỊ CỦA HÀM NHIỀU BIẾN Gv Thái Văn Duẩn 
SÁNG KIÊN KINH NGHIỆM MÔN TOÁN 12 16 
 ⇒ …‚c³g = 3³^ − 3³ = 0 ⇔ ³ = 1 
Bảng biến thiên 
 c 1 ee f’ccg 
 0 + 
 fccg 
 13 Khi đó: Từ bảng biến thiên suy ra 
…c³g ≥ …c1g = 13 
Suy ra Þ ≥ …c³g ≥ …c1g = 13 khi ³ = 1, ¢ = 1, Ð = 1 
Vậy min P =13 khi c = 1, a = 1, b = 1. 
 Thí dụ 10: Cho các số thực dương x, y, z thoả mãn điều kiện sau: àd + f + ¿ = 4df¿ = 2 ‰ Chứng minh rằng: 183 − 165√5 ≤ d” + f” + ¿” ≤ 18 cĐề thi Olympic Toán THPT Việt Nam – 2004g Hoạt động khám phá: 
- Biểu thức b = d” + f” + ¿” đối xứng với ba ẩn x, y, z. Biến đổi P theo d + f +¿, df¿, df + f¿ + ¿d như thế nào? 
- Ta có b = d” + f” + ¿” = cd^ + f^ + ¿^g^ − 2cd^f^ + f^¿^ + ¿^d^g 
= c4^ − 2cdf + f¿ + ¿dgg^ − 2cdf + f¿ + ¿dg^ − 2df¿cd + f + ¿g 
- Với mỗi quan hệ trên, chuyển P theo biến mới như thế nào? Đặt y = df + f¿ + ¿d và từ giả thiết d + f + ¿ = 4; df¿ = 2 ta có b = 2cy^ − 32y +144g 
- Tìm điều kiện theo ẩn mới như thế nào? Từ các điều kiện đối với x, y, z ta được f + ¿ = 4 − d; f¿ = s^ do đó y = dc4 − dg + s^ 
- Tìm điều kiện đối với ẩn x và chuyển điều kiện đó theo ẩn t. Áp dụng bât đẳng thức Côsi cho 2 số dương y, z ta có 
www.VNMATH.com
KHÁM PHÁ PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG ĐẠO HÀM TRONG BÀI 
TOÁN TÌM CỰC TRỊ CỦA HÀM NHIỀU BIẾN Gv Thái Văn Duẩn 
SÁNG KIÊN KINH NGHIỆM MÔN TOÁN 12 17 
 cf + ¿g^ ≥ 4f¿ ⇔ c4 − dg^ ≥ Òs ⇔ de − 8d^ + 16d − 8 ≥ 0 ⇔ cd − 2gcd^ − 6d +4≥0 ⇔ 3 − √5 ≤ d ≤ 2 
- Xét hàm số ycdg = dc4 − dg + s^ trên đoạn Æ3 − √5; 2È, ta có y‚cdg = w^csw†gcsvwsw†gsv Từ việc xét dấu của y‚cdg trên đoạn Æ3 − √5; 2È, ta được 5 ≤ y ≤ ™√™w†^ Khảo sát hàm số b = 2cy^ − 32y + 144g trên 5 ≤ y ≤ ™√™w†^ và suy ra 
183 − 165√5 ≤ d” + f” + ¿” ≤ 18 
 Bài tập đề nghị 
 Cho à d, f, ¿ ≥ 0d + f + ¿ = 1‰ Tìm GTLN của ‘ = d^f + f^¿+¿^d Đáp số: min ‘ = ”^© dẩf ߢ Îℎ‹ d = †e , f = 0, ¿ =
e^ 
 Cho x, y, z là số thực thoả mãn d^ + f^ + ¿^ = 2. Tìm GTLN, GTNN của biểu thức: b = de+fe + fe − 3df¿ Đáp số: max b = 2√2 dẩf ߢ Îℎ‹ d = √2, f = ¿ = 0 min b = −2√2 dẩf ߢ Îℎ‹ d = −√2, f = ¿ = 0 
  Cho d > 0, f > 0, d > 0 và thoả mãn điều kiện d + f + ¿ = 1. 
 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 
b = df + f¿ + ¿d − 2df¿ 
 Đáp số: min b = ©^© dẩf ߢ Îℎ‹ d = f = ¿ =†e 
 Cho ¢, Ð, ³ ∈ ƒ1; 2„. Chứng minh rằng: 
c¢ + Ð + ³g ¯1¢ + 1Ð + 1³° ≤ 10 
 Tìm GTNN của: 
Þ = ¢”Д + Д¢” − {¢^Ð^ + Ð^¢^| + ¢Ð + Т Đáp số: min Þ = −2 dẩf ߢ Îℎ‹ ¢ = −Ð 
	 Cho ¢, Ð, ³ ∈ ƒ0; 1„. Chứng minh rằng ¢Ð + ³ + 1 + г + ¢ + 1 + ³¢ + Ð + 1 + c1 − ¢gc1 − Ðgc1 − ³g ≤ 1 
www.VNMATH.com
KHÁM PHÁ PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG ĐẠO HÀM TRONG BÀI 
TOÁN TÌM CỰC TRỊ CỦA HÀM NHIỀU BIẾN Gv Thái Văn Duẩn 
SÁNG KIÊN KINH NGHIỆM MÔN TOÁN 12 18 
 Cho d > 0, f > 0, d > 0 và thoả mãn điều kiện d + f + ¿ ≤ e^ 
 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
b = d + f + ¿ + 1d + 1f + 1¿ 
 Đáp số: min b = †™^ dẩf ߢ Îℎ‹ d = f = ¿ =†^ C. Kết luận 
www.VNMATH.com