Issuu

ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM MÔN TOÁN

vectorstock.com/11519232

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

BÀI TOÁN TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA BIỂU THỨC NHIỀU BIẾN TÁC GIẢ: TRẦN VĂN HUẤN TRƯỜNG THPT A NGHĨA HƯNG WORD VERSION | 2016 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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH TRƯỜNG THPT A NGHĨA HƯNG

BÀI TOÁN TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA BIỂU THỨC NHIỀU BIẾN

Tác giả: TRẦN VĂN HUẤN GV: Trường THPT A Nghĩa Hưng ĐT: 0986 539 716

“Học vấn do người siêng năng đạt được, Tài sản do người tinh tế sở hữu, Quyền lợi do người dũng cảm nắm giữ Thiên đường do người lương thiện xây dựng.” - Franklin -

Nghĩa Hưng, tháng 4 năm 2016 Lời nói đầu Bài toán giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức nhiều biến thường là câu khó nhất trong đề thi đại học các năm gần đây. Tài liệu này đưa ra các gợi ý cho các em trong quá trình tìm kiếm lời giải cho bài toán khó trên. Hy vọng nó giúp các em tự tin hơn trong quá trình làm bài thi của mình. Chúc các em thành công!

“Học vấn do người siêng năng đạt được,Tài sản do người tinh tế sở hữu, Quyền lợi do người dũng cảm nắm giữ Thiên đường do người lương thiện xây dựng.” - Franklin -

Thầy Trần Văn Huấn

Các giải pháp (trọng tâm) Trong phần này thầy sẽ trình bày các giải pháp trọng tâm khi giải bài toán tìm GTLN, GTNN của biểu thức nhiều biến. Cụ thể gồm các nội dung sau:

Chương I: ( nhắc lại ) GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT , GIÁ TRỊ LỚN NHẤT CỦA HÀM SỐ ( Biểu thức một biến số ) Chương II: GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT , GIÁ TRỊ LỚN NHẤT CỦA BIỂU THỨC NHIỀU BIẾN CÓ THỂ SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP THẾ.

Tác giả : Trần Văn Huấn .Trường THPT A Nghĩa Hưng

-2-

“Học vấn do người siêng năng đạt được,Tài sản do người tinh tế sở hữu, Quyền lợi do người dũng cảm nắm giữ Thiên đường do người lương thiện xây dựng.” - Franklin Chương III: GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT , GIÁ TRỊ LỚN NHẤT CỦA BIỂU THỨC NHIỀU BIẾN TRONG ĐÓ ĐỐI XỨNG ĐỐI VỚI HAI BIẾN Chương IV: GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT , GIÁ TRỊ LỚN NHẤT CỦA BIỂU THỨC NHIỀU BIẾN TRONG ĐÓ ĐỐI XỨNG ĐỐI VỚI BA BIẾN Chương V: GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT , GIÁ TRỊ LỚN NHẤT CỦA BIỂU THỨC NHIỀU BIẾN VÀ ĐẲNG CẤP ĐỐI VỚI CÁC BIẾN . Chương VI: PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG HÀM ĐẶC TRƯNG ( PHƯƠNG PHÁP TIẾP TUYẾN VÀ PHƯƠNG PHÁP CÁT TUYẾN ) Chương VII: PHƯƠNG PHÁP KHẢO SÁT THEO TỪNG BIẾN

SAU ĐÂY LÀ NỘI DUNNG CỤ THỂ TỪNG CHƯƠNG

Tác giả : Trần Văn Huấn .Trường THPT A Nghĩa Hưng

-3-

“Học vấn do người siêng năng đạt được,Tài sản do người tinh tế sở hữu, Quyền lợi do người dũng cảm nắm giữ Thiên đường do người lương thiện xây dựng.” - Franklin -

Chương I GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT, GIÁ TRỊ LỚN NHẤT CỦA HÀM SỐ I.1. Một số kiến thức cơ sơ về đạo hàm Trong mục này tôi xin trình bày lại một số kiến thức về đạo hàm và một số công thức về đạo hàm. 1.1 Định lí. Giả sử D là một khoảng hay hợp các khoảng. Nếu hai hàm số

u = u ( x ) và v = v ( x ) có đạo hàm trên D thì

( u + v )′ ( uv )′

= u ′ + v ′;

( u − v )′

= u ′v + uv ′;

( ku )′

( uv )′

u ′v −uv ′ v2

, với

= u ′ − v ′; = ku ′;

v (x ) ≠ 0

1.2.Định lý. Đạo hàm của một số hàm số thường gặp

(c )′

= 0 ( c là hàng số)

( x )′

( x n )′

( u n )′

= nx n −1 ( x ∈ ℝ )

( x1 )′

1 2 x

(e x )′ ( ln x )′

( u1 )′

= − x12

( x )′ =

( sin x )′ ( cos x )′

= − uu2′

( u )′ =

> 0)

(e u )′

= ex 1 x

= nu n −1u ′

= e uu ′

( ln u )′

> 0)

( sin u )′

= cos x

( cos u )′

= − sin x

( tan x )′

= 1 + tan2 x ( x ≠

(co t x )′

= − ( 1 + cot2 x )( x ≠ kπ )

π 2

( tan u )′

+ kπ )

(co t u )′

u′ 2 u

u′ u

= u ′ cos u = −u ′ sin u

= u ′ ( 1 + tan2 u )

= −u ′ ( 1 + co t2 u )

1.3 Nhận xét. Đạo hàm của một số hàm phân thức hữu tỉ thường gặp 1. Cho hàm số

y =

ax + b với a.c ≠ 0, ad − cb ≠ 0 . Ta có y ′ cx + d

ax 2 + bx + c 2. Cho hàm số y = với a.m ≠ 0 . Ta có y ′ mx + n

ad −cb

(cx +d )

b c m n

amx 2 +2anx +

( mx +n ) a

ax 2 + bx + c 3. Cho hàm số y = với a.m ≠ 0 . Ta có y ′ mx 2 + nx + p

m n

x 2 +2

. x+ 2

( mx 2 +nx + p )

I.2. Giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của hàm số Trong mục này tôi trình bày lại một số kiến thức về bài toán tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của hàm số.

Tác giả : Trần Văn Huấn .Trường THPT A Nghĩa Hưng

-4-

“Học vấn do người siêng năng đạt được,Tài sản do người tinh tế sở hữu, Quyền lợi do người dũng cảm nắm giữ Thiên đường do người lương thiện xây dựng.” - Franklin 2.1 Định nghĩa. Giả sử hàm số a) Nếu tồn tại một điểm

f xác định trên tập hợp D ⊂ ℝ .

x 0 ∈ D sao cho f ( x ) ≤ f ( x 0 ) với mọi x ∈ D thì số M = f ( x 0 ) được gọi là

f trên D , kí hiệu là M = max f ( x ) .

giá trị lớn nhất của hàm số

x ∈D

b) Nếu tồn tại một điểm x 0 ∈ D sao cho

f ( x ) ≥ f ( x 0 ) với mọi x ∈ D thì số m = f ( x 0 ) được gọi là

giá trị nhỏ nhất của hàm số f trên D , kí hiệu là m = 2.1 Nhận xét. Như vậy, muốn chứng tỏ rằng số

min f ( x ) . x ∈D

M (hoặc m ) là giá trị lớn nhất (hoặc giá trị nhỏ nhất) của hàm số f

trên tập hợp D cần chỉ rõ : a)

f ( x ) ≤ M (hoặc f ( x ) ≥ m ) với mọi x ∈ D ;

b) Tồn tại ít nhất một điểm x 0 ∈ D sao cho

f ( x 0 ) = M (hoặc f ( x 0 ) = m ).

2.2 Nhận xét. Người ta đã chứng minh được rằng hàm số liên tục trên một đoạn thì đạt được giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất trên đoạn đó. Trong nhiều trường hợp, có thể tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số trên một đoạn mà không cần lập bảng biến thiên của nó. Quy tắc tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của hàm f trên đoạn 1. Tìm các điểm

 a;b  như sau :  

x 1, x 2,..., x n thuộc khoảng (a;b ) mà tại đó f có đạo hàm bằng 0 hoặc không có đạo

hàm. 2. Tính

f ( x 1 ), f ( x 2 ),..., f ( x n ), f (a ) và f (b ) .

3. So sánh các giá trị tìm được. Số lớn nhất trong các giá trị đó là giá trị lớn nhất của f trên đoạn trị nhỏ nhất của

 a;b  , số nhỏ nhất trong các giá trị đó là giá  

f trên đoạn  a;b  .

I.2. Giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của hàm số Trong mục này chúng tôi trình bày một số ví dụ tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của hàm số. Thí dụ 1 ( Đề thi tuyển sinh Đại học khối B – 2003) Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số Lời giải. Tập xác định

f (x ) = x +

D =  −2;2  , f ′ ( x ) = 1 −

Bảng biến thiên

4 − x2

−2

f ′ (t )

4 − x2 ,

f ′(x ) = 0 ⇔ x =

2 +

−

2 2

Từ bảng biến thiên ta có

f (t ) min f ( x ) = f ( −2 ) = −2 và max f ( x 2) = f     x ∈  −2;2 

x ∈  −2;2 

Thí dụ 2.Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số

y =

( 2) = 2

ln2 x trên đoạn  1;e 3    x

(Đề thi tuyển sinh Đại học khối B – 2004 và thi 8 tuần học kỳ I-2013 Nghĩa Hưng A) Lời giải.

Tác giả : Trần Văn Huấn .Trường THPT A Nghĩa Hưng

-5-

“Học vấn do người siêng năng đạt được,Tài sản do người tinh tế sở hữu, Quyền lợi do người dũng cảm nắm giữ Thiên đường do người lương thiện xây dựng.” - Franklin -

1 2 ln x . .x − ln2 x  x = 1 ∈ 1; e3  ln x ( 2 − ln x )   x Ta có y ′ = = ; y'= 0 ⇔  2 2 x x  x = e 2 ∈ 1; e3     4 9 2 3 +/ y (1) = 0; y (e ) = 2 ; y (e ) = 3 e e 2 4 Vậy max y = y (e ) = 2 ⇔ x = e 2 và min y = y ( 1 ) = 0 ⇔ x = 1 e  3  3 1;e   

1;e   

Ví dụ 3: Tìm GTNN, GTLN của hàm số

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

Lời giải : Đặt t = sinx, điều kiện −1 ≤ t ≤ 1.

t +1 trên đoạn [ −1;1] . t2 + t +1 t = 0 ∈ [ 0;1] −t 2 − 2t ; Ta có f '(t ) = 2 f '( t ) = 0 ⇔  (t + t + 1) 2 t = −2 ∉ [ 0;1] 2 + f ( −1) = 0; f (0) = 1; f (1) = 3 f (t ) =

Bài toán quy về tìm GTNN, GTLN của hàm số

Kết luận : GTLN của y là 1 khi sinx=0 hay x=0

Π + k 2Π 2 Ví dụ 4: Tìm GTNN, GTLN của hàm số y = x + 1 − 3 − x − ( x + 1)(3 − x) GTNN của y là 0 khi sinx=-1 hay x= −

Lời giải : Đặt t =

4 − t2 t2 và ta có hàm số theo biến t sau: g (t ) = +t −2. 2 2 2 Để tìm điều kiện cho biến số t ta lưu ý rằng t = 4 − 2 ( x + 1)(3 − x) ≤ 4, ∀x ∈ [ −1;3] , từ đó suy ra x + 1 − 3 − x thì

( x + 1)(3 − x ) =

−2 ≤ t ≤ 2. (hoặc lập BBT của hàm số t ( x) = x + 1 − 3 − x trên D = [ −1;3] để suy ra −2 ≤ t ≤ 2. )

t2 + t − 2 trên đoạn [ −2; 2] . 2 5 7 Đáp số: Maxy = 2 ⇔ x = 3; Miny = − ⇔ x = 1− . 2 2

Bài toán quy về tìm GTNN, GTLN của hàm số

g (t ) =

Bài tập tương tự Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số 1. f

1 − x 2 + 2 3 (1 − x 2 )

(x ) =

π π ≤x ≤ 4 4 4 2 2 2 1−x + 1+ x + 1−x + 3

f ( x ) = 5 cos x − cos 5x với −

f (x ) =

1 + x2 + 1 − x2 + 1

Hướng dẫn. Đặt 4.

f ( x) =

2x + 3 2

x +1

t =

1 + x 2 + 1 − x 2 , với 5.

2 ≤ t ≤ 2.

 π π f ( x ) = sin 2 x − x, x ∈  − ;  .  2 2

Tác giả : Trần Văn Huấn .Trường THPT A Nghĩa Hưng

-6-

“Học vấn do người siêng năng đạt được,Tài sản do người tinh tế sở hữu, Quyền lợi do người dũng cảm nắm giữ Thiên đường do người lương thiện xây dựng.” - Franklin -

y = 4 2x + 2x + 2 4 6 − x + 2 6 − x 2

x 2 , x ∈  0; π  . 9. f ( x ) =  2  x cosx+2sin 2 s inx+2cos

8. y = −x + 4x + 21 − −x + 3x +10

10.

f ( x) = x + 4 − x 2

12..

f ( x) = 1 − x 2 + 1 + x 2

x2 + x +1 − x2 − x +1, x ∈[ −1;1]

7. y =

11.

f ( x) = x + 1 + 3 − x

13.

f ( x) = x

(

1 − x2 + x

)

14. y =

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

1 1 − sin x + 4 cos x − 4 17. y = 1 + sin x + 1 + cos x 15.

16. y = sin

18.y =

x + cos6 x + a.sin x.cos x

3sin x + 3cos x+1

3 cos 4 x + 4 sin 2 x 1 20. y = (cos 4 x − cos 8 x) 3 sin 4 x + 2 cos 2 x 2 1 + sin 6 x + cos6 x cos x Π 21.y = 22. y = , với 0 < x ≤ . 4 4 2 3 sin x(2 cos x − sin x) 1 + sin x + cos x 3 1 1 1 3 2 6 2 23. y = x + 4 1 − x 24. y = x + 3 − x − 2 + x + , x ∈ [ −1;1] x x x 19. y = 2(1 + sin 2 x cos 4 x ) −

(

)

Chương II: GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT , GIÁ TRỊ LỚN NHẤT CỦA BIỂU THỨC NHIỀU BIẾN CÓ THỂ SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP THẾ. Từ kết quả của Chương I chúng ta thấy rằng việc tìm GTNN, GTLN của hàm số khá đơn giản. Việc chuyển bài toán tìm GTNN, GTLN của một biểu thức nhiều biến sang bài toán tìm GTNN, GTLN của biểu thức chứa một biến sẽ giúp chúng ta giả được bài toán tìm GTNN, GTLN của một biểu thức chứa nhiều biến. Và phương pháp thế là một cách rất đơn giản để có thể chuyển từ bài toán tìm GTLN,GTNN của biểu thức nhiều biến sang bài toán tìm GTLN, GTNN của biểu thức một biến . Sau đây là một vài ví dụ : Ví dụ 1: Cho hai số dương x,y thoả mãn x+y=1:Tìm GTNN của:

x y + 1− x 1− y

Giải :

x 1− x + = f ( x) 1− x x x +1 2− x 1 + ) f '( x ) = − + ) f '( x) = 0 ⇔ x = 2 2(1 − x) 1 − x 2 x x

Từ giả thiết :,ta có

0<x<1 và y=1- x.Khi đó

+) BBT

f ′ (x )

−

1 2 0

f (x ) 2 Tác giả : Trần Văn Huấn .Trường THPT A Nghĩa Hưng

-7-

“Học vấn do người siêng năng đạt được,Tài sản do người tinh tế sở hữu, Quyền lợi do người dũng cảm nắm giữ Thiên đường do người lương thiện xây dựng.” - Franklin KL :MinP=f(1/2)=

2 khi x=y=1/2

Ví dụ 2: Cho x, y, z dương thỏa mãn 2x+4y+7z=2xyz. Tìm GTNN của P=x+y+z Giải : Từ :

⇒ P = x+ y+z = x+ y+ = x+

2x + 4 y 2 xy − 7 2 2 x + ( 4 xy − 14 ) + 14

2 x + 4 y + 7 z = 2 xyz ⇔ z (2 xy − 7) = 2 x + 4 y ⇒ 2 xy − 7 > 0 và z = 2x + 4 y 2 xy − 7 + 7 = x+ + 2 xy − 7 2x

x(2 xy − 7)

2 xy − 7 7 2 x 2 + 14 2 11  2 xy − 7  2 x 2 + 14 + + + = x+ + + 2x 2 x x(2 xy − 7) x 2 x  2 x  x(2 xy − 7)

2 x2 + 7 11 x2 + 7  2 xy − 7  2 x + 14 ≥2 ⇒ P≥ x+ +2 Do  + x2 2x x2  2 x  x (2 xy − 7) 11 x2 + 7 Xét hàm số f ( x ) = x + +2 ( x > 0) . 2x x2

f '(t ) = 1 −

Ta có

11 14 − ; 2 2 2x x x2 + 7

f '( x) = 0 ; đặt t = x 2 + 7 ta được 2t 3 − 25t − 28 = 0 ⇒ t = 4 ⇔ x = 3

Lập BBT của f(x)

x ′ f (x )

f (x )

−

+∞

15 2

5 15 . Đẳng thức xảy ra khi x = 3, y = ; z = 2 2 2 15 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là . 2

⇒P≥

Ví dụ 3. Cho x , y > 0 thỏa mãn

x +y =

5 4 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = + 4 x 4y

5 5 4 1 ta có y = − x . Khi đó P = + . 4 4 x 5 − 4x  5 4 1 4 4 Xét hàm số f ( x ) = + với x ∈  0;  . Ta có f ′ ( x ) = − 2 + . 2  x 5 − 4x  4 x 5 − 4 x ( ) Lời giải. Từ giả thiết

x +y =

Bảng biến thiên

f ′ (x )

5 4

−

+∞

f (x ) Tác giả : Trần Văn Huấn .Trường THPT A Nghĩa Hưng

-8-

“Học vấn do người siêng năng đạt được,Tài sản do người tinh tế sở hữu, Quyền lợi do người dũng cảm nắm giữ Thiên đường do người lương thiện xây dựng.” - Franklin -

Từ bảng biến thiên ta có min

 5 x ∈ 0;   4 

f ( x ) = f (1) = 5 .

Do đó min P = 5 đạt được khi

x = 1, y =

1 . 4

Ví dụ 4 : Xét các số thực a , b thỏa mãn a > b > 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất Pmin của biểu thức

a P = log 2a ( a 2 ) + 3logb   . b b A. Pmin = 19 .

B. Pmin = 13 .

C. Pmin = 14 .

D. Pmin = 15 .

Hướng dẫn giải Chọn D. Với điều kiện đề bài, ta có 2

  a  a  a  a P = log ( a ) + 3log b   =  2 log a a  + 3logb   = 4 log a  .b   + 3logb   b  b b b   b  b  2 a b

  a = 4 1 + log a b  + 3log b   . b b   3 3 2 Đặt t = log a b > 0 (vì a > b > 1 ), ta có P = 4 (1 + t ) + = 4t 2 + 8t + + 4 = f ( t ) . t t b 2 3 8t 3 + 8t 2 − 3 ( 2t − 1) ( 4t + 6t + 3) Ta có f ′(t ) = 8t + 8 − 2 = = t t2 t2 1 1 Vậy f ′ ( t ) = 0 ⇔ t = . Khảo sát hàm số, ta có Pmin = f   = 15 . 2 2

Xét các số thực dương x , y thỏa mãn log 3

1 − xy = 3 xy + x + 2 y − 4 . Tìm giá trị nhỏ x + 2y

nhất Pmin của P = x + y . 9 11 − 19 . 9 18 11 − 29 . = 9

9 11 + 19 . 9 2 11 − 3 . = 3

A. Pmin =

B. Pmin =

C. Pmin

D. Pmin Hướng dẫn giải

Chọn D. 1 − xy log 3 = 3 xy + x + 2 y − 4 x + 2y

⇔ log 3 (1 − xy ) − log3 ( x + 2 y ) = 3 ( xy − 1) + ( x + 2 y ) − 1 ⇔ log3 3 (1 − xy ) − log3 ( x + 2 y ) = 3 ( xy − 1) + ( x + 2 y )

⇔ log3 3 (1 − xy ) + 3 (1 − xy ) = log 3 ( x + 2 y ) + ( x + 2 y ) Xét f ( t ) = log 3 t + t , ( t > 0 ) f ′ (t ) =

1 + 1 > 0, ∀t > 0 t ln 3

Tác giả : Trần Văn Huấn .Trường THPT A Nghĩa Hưng

-9-

“Học vấn do người siêng năng đạt được,Tài sản do người tinh tế sở hữu, Quyền lợi do người dũng cảm nắm giữ Thiên đường do người lương thiện xây dựng.” - Franklin -

Suy ra : f ( 3 (1 − xy ) ) = f ( x + 2 y ) ⇔ 3 − 3xy = x + 2 y ⇔ x =

Điều kiện

1 − xy 5y − 2 2 >0⇔ 2 >0⇔ y> x + 2y 5 6y + 3

P = x+ y = y+

P′ = 1 +

3 − 2y 1 + 3y

−11

(1 + 3 y )

 −1 − 11 y = 3 =0⇔  −1 + 11 y = 3 

Bảng biến thiên:

−1 − 11 3

−∞

y′

−

2 5

−

−∞

Vậy Pmin =

−1 + 11 3 0

1 3

+∞

+ +∞

2 11 − 3 3

−∞

2 11 − 3 . 3

Xét các số thực dương a , b thỏa mãn log 2

1 − ab = 2ab + a + b − 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất a+b

Pmin của P = a + 2b . 2 10 − 3 . 2 2 10 − 5 . = 2

A. Pmin = Pmin

B. Pmin =

3 10 − 7 . 2

C. Pmin =

2 10 − 1 . 2

Hướng dẫn giải Chọn A. Điều kiện: ab < 1 . Ta có 1 − ab log 2 = 2ab + a + b − 3 ⇔ log 2  2 (1 − ab )  + 2 (1 − ab ) = log 2 ( a + b ) + ( a + b )(*) . a+b Xét hàm số y = f ( t ) = log 2 t + t trên khoảng ( 0; +∞ ) . Tác giả : Trần Văn Huấn .Trường THPT A Nghĩa Hưng

- 10 -

“Học vấn do người siêng năng đạt được,Tài sản do người tinh tế sở hữu, Quyền lợi do người dũng cảm nắm giữ Thiên đường do người lương thiện xây dựng.” - Franklin -

Ta có f ′ ( t ) = Do đó,

1 + 1 > 0, ∀t > 0 . Suy ra hàm số f ( t ) đồng biến trên khoảng ( 0; +∞ ) . t.ln 2

−b + 2 . f  2 (1 − ab )  = f ( a + b ) ⇔ 2 (1 − ab ) = a + b ⇔ a ( 2b + 1) = 2 − b ⇔ a = 2b + 1 −b + 2 Ta có P = a + 2b = + 2b = g ( b ) . 2b + 1 −5 5 10 10 − 2 2 (vì b > 0 ). g′ (b) = + 2 = 0 ⇔ ( 2b + 1) = ⇔ 2b + 1 = ⇔b= 2 2 2 4 ( 2b + 1)

( *) ⇔

 10 − 2  2 10 − 3 Lập bảng biến thiên ta được Pmin = g  .  4  = 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

A. P = 6 . P = 17 + 3 .

B. P = 2 2 + 3 .

C. P = 2 + 3 2 .

Hướng dẫn giải: Chọn đáp án B. Từ ln x + ln y ≥ ln ( x 2 + y ) ⇔ xy ≥ x 2 + y . Ta xét: Nếu 0 < x ≤ 1 thì y ≥ xy ≥ x 2 + y ⇔ 0 ≥ x 2 mâu thuẫn. Nếu x > 1 thì xy ≥ x 2 + y ⇔ y ( x − 1) ≥ x 2 ⇔ y ≥

x2 x2 . V ậy P = x + y ≥ x + . x −1 x −1

x2 xét trên (1;+∞ ) . x −1  2− 2 (loai ) x = 2 2x − 4x + 1 2 Có f ' ( x ) = 2 =0⇔ x − 2x + 1  2+ 2 ( nhan) x =  2 2+ 2  Vậy min f ( x ) = f  .  2  = 2 2 + 3 (1;+∞ )   Ta có f ( x ) = x +

Bài tập tương tự :

x , y ∈ ℝ thỏa mãn y ≤ 0, x 2 + x = y + 12 . Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của biểu thức P = xy + x + 2y + 17 .

1. Cho

2 . Cho hai số không âm x,y thoả mãn x+y = 1. Tìm GTLN,NN của A = 3x + 3y B=

x y + y +1 x +1

Tác giả : Trần Văn Huấn .Trường THPT A Nghĩa Hưng

- 11 -

“Học vấn do người siêng năng đạt được,Tài sản do người tinh tế sở hữu, Quyền lợi do người dũng cảm nắm giữ Thiên đường do người lương thiện xây dựng.” - Franklin 3. Cho x,y không âm thoả mãn x+y=1. Tìm GTLN,NN của A = x4 +y4 4. Cho x , y ≥ 0 thỏa mãn x + y = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của biểu thức

P =

x y + y +1 x +1 1

5. Cho

x , y > 0 thỏa mãn x + y = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x 2 + y 2 +

6. Cho

x + y = 1 .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x 3 + y 3 + 3 ( x 2 − y 2 ) + 3 ( x + y )

 x ≥ 0, y ≥ 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của biểu thức P = x 3 + 2y 2 + 3x 2 + 4xy − 5x  x + y = 3 8. Cho x, y, z dương thỏa mãn x + 2 y + z = 2 xyz . Tìm GTNN của P = 5 x + 2 y + 2 z 7. Cho

 x ≥ 0, y ≥ 0  9. Cho  x + y + 2 z ≤ 35 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = 12 3 x + 2 y + 3 z 3 x + y ≤ 33  2 10. Cho 2abc ≥ ab + b + 2c , và a, b, c dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = a + b + c 11. Cho

2 2 2 y ≥ x . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = x 4 + y 4 +  2 (x + y )2  y ≤ 3 x − 2 x

x , y ∈  −3;2  thỏa mãn x 3 + y 3 = 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của biểu thức P = x 2 + y 2 . 12. Cho

Chương III: GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT , GIÁ TRỊ LỚN NHẤT CỦA BIỂU THỨC NHIỀU BIẾN TRONG ĐÓ ĐỐI XỨNG ĐỐI VỚI HAI BIÊN Gỉa sử cần tìm GTLN, GTNN của biểu thức A chứa hai hoặc ba biến x, y, z ,với x,y,z thỏa mãn điều kiện nào đó. 1. Nếu biểu thức A và giả thiết của bài toán chỉ chứa hai biến x và y đối xứng. Cách giải Bước 1 :Đặt S=x+y, P=xy 2

Bước 2 : Chặn S hoặc P bằng điều kiện S ≥ 4 P ; S ≥ 0 Bước 3 : Đưa A về hàm số ẩn S hoặc P. Bước 4 : Bài toán trở thành tìm GTLN, NN của hàm một biến . 2. Nếu biểu thức A và giả thiết của bài toán chứa ba biến x , y và z. Trong đó đối xứng với hai biến ( Gỉa sử đối xứng với y và z ) Cách giải. Dồn về ẩn thứ ba x và chặn lại bằng cách sử dụng phép thế, và các BĐT đối xứng đối với y, z ( dấu = xẩy ra khi y = z )Như : + BĐT Côsi, BĐT Bunhiacopski,

Tác giả : Trần Văn Huấn .Trường THPT A Nghĩa Hưng

- 12 -

“Học vấn do người siêng năng đạt được,Tài sản do người tinh tế sở hữu, Quyền lợi do người dũng cảm nắm giữ Thiên đường do người lương thiện xây dựng.” - Franklin -

y 2 + z 2 ≥ 2 yz

yz ≤

( y + z)2 4 3

( y + z) ; y + z > 0 1 1 4 +/ + ≥ , với y, z dương.; y 3 + z 3 ≥ 4 y z y+z +/y

( y + z) ≥

2 +/ 1 + y + 1 + z ≥ 1 + 1 + y + z ; y , z ≥ 0 1 1 2 +/ + ≥ , với x,y dương và xy ≥ 1 1 + x 1 + y 1 + xy 1 1 2 + + ≤ , với x, y dương và xy ≤ 1 1 + x 1 + y 1 + xy

+ x, y ∈ ( 0;1) .Có 1 1 2 + ≤ ; và 2 2 1 + x 1 + y 1 + xy

1 1 + x2

1 1+ y2

≤

2 1 + xy

..... Sau đây là một vài ví dụ: Ví dụ 1: Cho x,y là các số thực thỏa mãn :

x2 + y 2 = 2 . 3

Tìm GTLN,GTNN của biểu thức : A=2(x +y )-3xy ( CĐ A-08) Nhận xét: Trong bài toán trên, cả giả thiết và biểu thức A đều chỉ chứa hai biến x, y và đối xứng đối với hai biến đó. Nên ta có lời giải như sau:

 S2 − 2  S2 − 2 P =  x + y = S P =    2 Lời giải: Đặt  ( S 2 ≥ 4 P) .Từ x 2 + y 2 = 2 ⇒  ⇒ 2 2 2  xy = P P = S − 2 ≤ S  S ∈ [ −2; 2]   2 4 3 2 3 Ta có A = − S − S + 6 S + 3 = f ( S ), S ∈ [ −2; 2] 2 Ta có

f '( s ) = −3s 2 − 3s + 6 .

s = 1 f '( s) = 0 ⇔   s = −2 Ta có bảng biến thiên như sau : s

-2

1 +

f’(s)

2 -

13 2 f(s) -7

Tác giả : Trần Văn Huấn .Trường THPT A Nghĩa Hưng

- 13 -

“Học vấn do người siêng năng đạt được,Tài sản do người tinh tế sở hữu, Quyền lợi do người dũng cảm nắm giữ Thiên đường do người lương thiện xây dựng.” - Franklin Vậy

 1+ 3 1− 3 x= ;y=  13 2 2 max f (t ) = f (1) = ⇔  [ −2;2] 2  1− 3 1+ 3 ;y= x =  2 2

min f ( s ) = f (−2) = −7 khi x = y = −1 [ −2;2]

( x + y ) xy = x 2 + y 2 − xy .

x, y ≠ 0 thay đổi thỏa mãn điều kiện 1 1 Tìm GTLN của biểu thức: A = 3 + 3 (ĐH Khối A- 2006) x y Ví dụ 2:. Cho hai số thực

Nhận xét : Trong bài toán trên ,cả giả thiết và biểu thức A đều chỉ chứa hai biến x, y và đối xứng đối với hai biến đó.

x + y = S 2 ( S ≥ 4 P) và có lời giải tương tự như ví dụ 1. Tuy nhiên lại thấy rằng biểu thức A đối xúng  xy = P 1 1 1 đối với và , hơn nữa nếu chia hai vế của giả thiết cho (xy)2 thì ta cũng được một đẳng thức đối xứng đối với x y x 1 và .Nên ta có lời giải như sau: y Nên ta có đặt 

Lời giải:

1 1 x 3 + y 3 ( x + y )( x 2 + y 2 − xy ) ( x + y )( x + y ) xy  1 1  Ta có A = 3 + 3 = = = = +  x y x3 y 3 x3 y 3 x3 y 3 x y

x+ y 1 1 1 1 1 1 1 3 Từ: ( x + y ) xy = x + y − xy ⇒ = + 2− ⇔ + =  +  − (*) xy x y xy x y  x y  xy 1   S2 − S  S2 − S P =  P = xy  = P    3 Đặt  ( S 2 ≥ 4 P ). Từ (*) Suy ra :  ⇒ 3 2 P ≤ S  S ∈ [ 0; 4] S = 1 + 1    x y 4 2 Khi đó : A = S ≤ 16 2

Vậy MaxA=16 khi x=y=1/2

Ví dụ 3: Cho các số thực x,y,z sao cho x+y+z = 0 và x +y +z = 1. 5

Tìm GTLN của biểu thức P= x +y +z

( Đề thi khối B-2012) Nhận xét: Trong bài toán trên ,nhận thấy rằng , nếu thế z=-(x+y) vào giả thiết còn lại và biểu thức A thì bài toán trở thành bài toán tìm GTLN của biểu thức chỉ chứa hai biến x và y đối xứng. Ta có lời giải như sau: HDG : Ta có

z = − ( x + y ) ⇒ x 2 + y 2 + z 2 = 1 ⇔ ( x + y ) − xy =

1 2

S = x + y 2 1 S2 2 2 ( S ≥ 4 P) ⇒ P = S2 − ≤ ⇒− ≤S≤  2 4 3 3  P = xy 5 5 3 5 5 5 5 2 1 Mà P=x +y -(x+y) =- S(S - )=- S + S =f(S) 2 2 2 4

Đặt

Tác giả : Trần Văn Huấn .Trường THPT A Nghĩa Hưng

- 14 -

“Học vấn do người siêng năng đạt được,Tài sản do người tinh tế sở hữu, Quyền lợi do người dũng cảm nắm giữ Thiên đường do người lương thiện xây dựng.” - Franklin -

Lập BBT f(S) trên đoạn

Ví dụ 4: Cho

 5 6 2 2 ; −  ta tìm được maxP = 36 3 3 

a và b là các số thực dương thỏa mãn 2 (a 2 + b 2 ) + ab = (a + b )(ab + 2 ) .

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

a 3 b3   a 2 b2  A = 4  3 + 3  − 9  2 + 2   b  b a  a  (Đề thi tuyển sinh Đại học B – 2011)

a b  S= +  a b  b a Nhận xét: Dễ thấy A đối xứng đối với ; nên ta đặt  ⇒S≥2 b a P = a . b = 1  b a 2 2 Như vậy thì chưa sử dụng đến giả thiết 2 ( a + b ) + ab = ( a + b )( ab + 2 ) .Vậy nhận định rằng từ giả thiết 2 (a 2 + b 2 ) + ab = (a + b )(ab + 2 ) sẽ cho S ≥ α > 2 . Nên ta có lời giải sau: Lời giải. Với a, b dương, ta có: 2

(a 2 + b2 ) + ab = (a + b )(ab + 2 )

a b   1 1 ⇔ 2 ( a 2 + b 2 ) + ab = a 2b + ab 2 + 2 (a + b ) ⇔ 2  +  + 1 = ( a + b ) + 2  +  .  a b   b a  Mà

1

 1 1 a b  1 +  ≥ 2 2 ( a + b ) +  = 2 2  + + 2  , suy ra: a b   a b   b a 

(a + b ) + 2 

a b  a b  a b 5 2  +  + 1 ≥ 2 2  + + 2  ⇒ + ≥ .  b a   b a  b a 2 a b 5 + , t ≥ , suy ra : P = 4 ( t 3 − 3t ) − 9 ( t 2 − 2 ) = 4t 3 − 9t 2 − 12t + 18 b a 2 5 Xét hàm số f ( t ) = 4t 3 − 9t 2 − 12t + 18 , với t ≥ 2 5 23 Ta có f ′ ( t ) = 6 ( 2t 2 − 3t − 2 ) > 0 , suy ra : min f ( t ) = f   = − .  5 ; +∞ )  2  4  Đặt

t =

2

Vậy,

và

min P = −

23 a b 5 đạt khi và chỉ khi : + = 4 b a 2

 1 1 a + b = 2  +  ⇔ (a;b ) = ( 2;1 ) hoặc (a;b ) = ( 1;2 )  a b 

Ví dụ 5 : Cho a, b , c dương thỏa mãn : Lời giải :

a 2 + b 2 − ab = c 2 .CMR : a 3 + b3 + 3abc ≤ 5c3 2

Vì a,b,c dương ,nên bài toán trở thành :Cho a, b , c dương thỏa mãn : 3

a b a b   +  − . =1 c c c c

ab a b .CMR :   +   + 3 ≤ 5(*) cc c c

Tác giả : Trần Văn Huấn .Trường THPT A Nghĩa Hưng

- 15 -

“Học vấn do người siêng năng đạt được,Tài sản do người tinh tế sở hữu, Quyền lợi do người dũng cảm nắm giữ Thiên đường do người lương thiện xây dựng.” - Franklin -

a b   S = c + c Đặt  . ab P =  c2 S 2 −1 S 2 ≤ ⇔ S ∈ [ −2; 2] .Kết hợp với S,P không âm.Ta được S ∈ (1; 2] 3 4 2 Vế trái của (*) trở thành f ( S ) = S + S − 1, S ∈ (1; 2] .Lập BBT của f(S) với S ∈ (1; 2] ta được đpcm Từ giả thiết ,ta có

a = x + y  Chú ý :Với b = x + z .Thì bài toán trên trở thành : c = y + z  Câu V đề ĐH khối A năm 2009: Cho x, y, z dương thỏa mãn CMR : ( x +

x( x + y + z ) = 3 yz .

y ) + ( x + z ) + 3( x + y )( x + z )( y + z ) ≤ 5( y + z )3

Ví dụ 6: Cho x,y thỏa mãn Tìm GTLN của

x2+y2+z2=3

P = 3x 2 + 7 y + 3x 2 + 7 z + 5 y + 5 z

Nhận xét: Nhận thấy rằng bài toán trên có tính đối xứng đối với y và z. Nên ta sẽ đưa P về hàm của x bài toán trở thành bài toán tìm GTLN của hàm số một biến . Mặt khác lại nhận định rằng P đạt được GTLN khi x=y=z=1 và sử dụng BĐT Bunhiacopski cho hai bộ (1;1;1) và

3 x 2 + 7 y = 3 x 2 + 7 z = 5 y + 5 z . Nên có thể

3 x 2 + 7 y ; 3 x 2 + 7 z ; 5 y + 5 z và có lời giải như sau:

Lời giải: Ta có

P 2 ≤ 3  6 x 2 + 12( y + z )  ≤ 18 x 2 + 36 2( y 2 + z 2 ) = 18 x 2 + 36 2(3 − x 2 )

Xét hàm số

f (t ) = t + 2 2(3 − t ), t ∈ [ 0;3] .Có f '(t ) =

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

Maxf (t ) = f (1) = 5, Khi x = ±1, y = z = 1 [0;3]

Ví dụ 7 : Cho ba số không âm x,y,z thoả mãn A = xy + yz + zx - 2xyz

x + y + z = 1 . Tìm GTLN của biểu thức : ( IMO-1984 )

Nhận xét: Trong bài toán trên ,cả giả thiết và biểu thức A đều chứa ba biến x, y và z ,và đối xứng đối với hai trong ba

x + y = S 2 ( S ≥ 4 P ) và đưa biểu thức A về hàm của biến thứ ba z. Ta có lời giải như sau:  xy = P

biến đó. Nên ta có đặt 

Lời giải:

  1  S = 1 − z , z ∈  0; 3     Theo gt,ta đặt x + y = S, xy =P . Gỉa sử x ≥ y ≥ z ⇒  2 2 (1 − z ) S  ≤ P ≤ = 0  4 4 Khi đó :A= (1-2z)xy + z(x+y)=(1-2z)P + z(1-z)=g(P) là hàm bậc nhất ẩn P,

Tác giả : Trần Văn Huấn .Trường THPT A Nghĩa Hưng

- 16 -

“Học vấn do người siêng năng đạt được,Tài sản do người tinh tế sở hữu, Quyền lợi do người dũng cảm nắm giữ Thiên đường do người lương thiện xây dựng.” - Franklin -

 (1 − z )2  0;  4    (1 − z ) 2  1 3 2 Suy ra A = g ( P ) ≤ g   = f ( z ) = (−2 z + z + 1) ,trên  4  4   7 7 7 1 Lập BBT ⇒ f ( z ) ≤ ⇒ A≤ . Có A = ⇔x= y=z= 27 27 27 3

đồng biến trên đoạn

Vởy GTLN của A là

7 27

Ví dụ 8: Cho x,y,z là các số thực dương thỏa mãn A=

 1 0; 3 

y + z = x ( y 2 + z 2 ) . Tìm giá trị nhỏ nhât của biểu thức

1 1 1 4 + + + 2 2 2 ( x + 1) (1 + y ) (1 + z ) (1 + x)(1 + y )(1 + z ) .( ĐTgiữa học kỳ 2-Nghĩa Hưng A-2013 )

Nhận xét: Trong bài toán trên ,cũng tương tự như ví dụ 6: cả giả thiết và biểu thức A đều chứa ba biến x, y và z ,và đối xứng đối với hai biến y và z. Nên ta đưa biểu thức A về hàm của biến x bằng cách sử dụng các BĐT đối xứng đối với y và z như sau: Lời giải : Từ

( y + z)

≤ 2( y 2 + z 2 ) ⇒ x ( y + z ) ≤ 2 x( y 2 + z 2 ) = 2( y + z ) ⇒ y + z ≤

2 x

1 1 2 (1 + x) 2 (1 + y )(1 + z ) ≤ (2 + y + z ) 2 ≤ (2 + ) 2 = 4 4 x x2 1 2 4 2 x3 + 6 x 2 + x + 1 Khi đó: P ≥ + + ≥ = f ( x) 2 ( x + 1) 2 (1 + y )(1 + z ) (1 + x)(1 + y )(1 + z ) ( x + 1) Và

1 91 1 f ( x) ≥ f ( ) = .ĐT xẩy ra khi x = , y = z = 5 5 108 5 91 Vậy giá trị nhỏ nhât của P = 108 a + b + c = 3 Ví dụ 9: Xét các số thực a, b, c thỏa mãn  2 2 2 a + b + c = 27.

Lập BBT của f(x) Ta được

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 ) . ( Đề thi HSG lớp 12 tỉnh Nam Định năm 2016)

Nhận xét: Cũng tương tự như các ví dụ trên. Giả thiết bài toán thì đối xứng với a, b, c. Nhưng biểu thức P lại chỉ đỗi xứng đối với b và c. Nên ta dồn về a bằng các bất đẳng thức đối xứng đối với b và c. Đáp án của bài toán như sau:

P = a 4 − b 4 − c 4 + a 3b − ab3 + a 3c − ac 3 − b3c − bc 3 = a 3 ( a + b + c ) − b3 ( b + a + c ) − c3 ( c + a + b ) = 3 ( a 3 − b3 − c 3 ) +

− b3 − c3 ) = a 3 − ( b + c ) ( b 2 + c 2 − bc )

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

Do đó

Tác giả : Trần Văn Huấn .Trường THPT A Nghĩa Hưng

- 17 -

“Học vấn do người siêng năng đạt được,Tài sản do người tinh tế sở hữu, Quyền lợi do người dũng cảm nắm giữ Thiên đường do người lương thiện xây dựng.” - Franklin -

a 3 − b3 − c3 = a 3 − ( 3 − a ) ( 27 − a 2 − a 2 + 3a + 9 ) = − a 3 + 9a 2 + 27 a − 108 P = −3a 3 + 27 a 2 + 81a − 324 2 Ta có b + c = 3 − a ; bc = a − 3a − 9

Nên

(b + c )

Ta có

Xét hàm số

≥ 4bc, ∀b, c . Do đó ( 3 − a ) ≥ 4 ( a 2 − 3a − 9 ) ⇔ a ∈ [ −3;5]

f (a ) = −3a 3 + 27 a 2 + 81a − 324 xác định và liên tục trên [ −3;5]

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

Do đó giá trị lớn nhất của P bằng 381 khi

a = 5; b = c = −1

Ví dụ 10 : Cho x, y là hai số thực dương thỏa mãn

x 2 + y 2 + x + y = 4 . Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

 x2 + 1 y 2 + 1  P = 2 2 + 2 + x +x y + y

x+ y

( x + y)

Giai 2

a +1 ≥ −a + 3 a2 + a a2 + 1 2 Thật vậy: 2 2 ≥ −a + 3 ⇔ ( a − 1) ( a + 2 ) ≥ 0 (đúng) a +a Dấu " = " xảy ra khi a − 1 = 0 ⇔ a = 1 Áp dụng: với x, y > 0 ta có: x2 + 1 2 2 ≥ −x + 3 x +x y2 +1 2 2 ≥ −y +3 y +y x+ y ⇒ P ≥ −(x + y) + 6 + 2 ( x + y) +1 Ta chứng minh:

a > 0 thì: 2

S = x + y ( S > 0, S 2 ≥ 4 P )  p = xy 

+ Đặt

 S2 + S − 4  S2 + S − 4 P =  P = 2  2 x 2 + y 2 + x + y = 4 ⇔ ( x + y ) + ( x + y ) − 2 xy = 4 ⇒  ⇒ 2 2 2 P = S + S − 4 ≤ S  S ∈ ( 0; 2]   2 4 Do đó

Tác giả : Trần Văn Huấn .Trường THPT A Nghĩa Hưng

- 18 -

“Học vấn do người siêng năng đạt được,Tài sản do người tinh tế sở hữu, Quyền lợi do người dũng cảm nắm giữ Thiên đường do người lương thiện xây dựng.” - Franklin -

P ≥ −S + 6 +

S 2 +1 S + Xét f ( S ) = 6 − S + , 0<S ≤2 S 2 +1 1 < 0 (vì S 2 + 1 > 1 ⇒ f ′ ( S ) = −1 + 3 2 S +1

)

(

S +1

)

<1)

⇒ f ( S ) nghịch biến trên ( 0; 2] ⇒ f ( S ) ≥ f ( 2) = 4 + Vậy

P≥

2 5

2 2 + 4 ⇒ min P = + 4 . Dấu “=” xảy ra khi x = y = 1 5 5

Ví dụ 11: Giả sử a, b, c là các số thực dương thỏa 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

Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có

a2 a2 4a 2 b2 4b 2 Tương tự, ta có ≥ . ≥ = . (c + a ) 2 + 5ca 9(c + a) 2 (b + c ) 2 + 5bc (b + c) 2 + 5 (b + c ) 2 9(b + c ) 2 4 (1)

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  y + z)  ( 2 2  vì y + z ≥   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) + c 2  9  ( a + b) 2 9  ( a + b) 2 + 4c( a + b) + 4c 2  2  + c ( a + b) + c   4   Vì a + b + c = 1 ⇔ a + b = 1 − c nên 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 2

Xét hàm số f (c) =

Ta có f '(c ) =

8 2  3 2 1 −  − (1 − c) với c ∈ (0; 1). 9  c +1  4

16  2  2 3 1 − (c − 1); f '(c) = 0 ⇔ (c − 1) 64 − (3c + 3)3 = 0 ⇔ c = . 1 − . 2 9  c + 1  (c + 1) 2 3

(

Bảng biến thiên:

f '(c ) f (c ) Dựa vào bảng biến thiên ta có f (c ) ≥ −

1 9

1 3

–

)

1 +

− 1 9 c ∈ (0; 1). với mọi 9

Từ (1) và (2) suy ra P ≥ − , dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c =

(2)

1 . 3

Tác giả : Trần Văn Huấn .Trường THPT A Nghĩa Hưng

- 19 -

“Học vấn do người siêng năng đạt được,Tài sản do người tinh tế sở hữu, Quyền lợi do người dũng cảm nắm giữ Thiên đường do người lương thiện xây dựng.” - Franklin -

1 9

1 . 3

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là − , đạt khi a = b = c =

Ví dụ 12. Cho

x, y , z

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

+ Từ điều kiện:

5 ( x 2 + y 2 + z 2 ) = 9 ( xy + 2 yz + zx )

là các số thực dương thỏa mãn

x 1 − 3 2 y +z (x + y + z) 2

 y2 z2  yz y 5 ( x 2 + y 2 + z 2 ) = 9 ( xy + 2 yz + zx ) ⇔ 5 1 + 2 + 2  = 9  + 2 2 + x x  x x 

z  z

 yz 5S 2 − 9 S + 5  P = P =   1 x 28 x2 +Đặt  S 2 ≥ 4 P ) . Từ giả thiết ⇒  2 ⇒ S ≥ hay y + z ≥ ( 2 2 2  5S − 9S + 5 ≤ S S = y + z   x 28 4

x 1 2x 1 4 1 − ≤ − ≤ − 3 2 3 3 2 y + z (x + y + z) ( y + z ) ( x + y + z ) y + z 27 ( y + z ) 2

1 3 t . Xét hàm ⇒ P ≤ 16. 27 1   y = z = 12 Vậy MaxP = 16 khi  x = 1  3

Đặt y + z = t > 0, ta có: P ≤ 4t -

 x, y , z ≥ 0 . x + y + z = 3

Ví dụ 13: Cho x,y,z là các số thực thỏa mãn điều kiện: 

Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của các biểu thức : M = x + y + 4 z

Giải: + Gíá trị nhỏ nhất của M: Ta có

M = x3 + y3 + 4 z 3 ≥

( x + y) 4

+ 4z3 =

(3 − z ) 4

+ 4 z3 = f ( z)

Lập BBT của f(z) trên [0;3]. Ta có kết quả. + Gía trị lớn nhất của M NX: nhận định GTLN của M đạt được khi x,y,z bằng 0 hoặc 3. Ta có lời giải sau: 3 2  x 2 ( x − 3) ≤ 0  x, y , z ≥ 0  x ≤ 3 x + ⇒ x, y, z ∈ [ 0;3] ⇒  ⇔ 2 ⇒ x3 ≤ 9 x  x ≤ 3 x x + y + z = 3  x( x − 3) ≤ 0 ⇒ M ≤ 9( x + y ) + 4.9 z = 27(1 + z ) ≤ 4.27 = 108

Đẳng thức xẩy ra khi z=3,x=y=0 Ví dụ 14: Cho x, y là các số thực thỏa mãn điều kiện: x, y ∈

[1; 2]

Tác giả : Trần Văn Huấn .Trường THPT A Nghĩa Hưng

- 20 -

“Học vấn do người siêng năng đạt được,Tài sản do người tinh tế sở hữu, Quyền lợi do người dũng cảm nắm giữ Thiên đường do người lương thiện xây dựng.” - Franklin -

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M =

x + 2y y + 2x 1 + + x 2 + 3 y + 5 y 2 + 3 x + 5 4( x + y − 1) ( ĐH Kd 2014)

Tương tự ta có :

 x 2 ≤ 3 x − 2 ( x − 1)( x − 2) ≤ 0 x, y ∈ [1; 2] ⇒  ⇒ 2 ( y − 1)( y − 2) ≤ 0  y ≤ 3 y − 2 x + 2y y + 2x 1 x+ y 1 M≥ + + = + 3 x + 3 y + 3 3 y + 3 x + 3 4( x + y − 1) x + y + 1 4( x + y − 1) t 1 M ≥ f (t ) = + ; t = x + y ∈ [ 2; 4] t + 1 4(t − 1) \

Ví

t = 3 ∈ [ 2; 4] 2 4 ( t − 1) − (t + 1)2 f '(t ) = f '(t ) = 0 ⇔  1 t = ∉ [ 2; 4] 4(t + 1)2 (t − 1)2 ,  3 11 7 53 ,Gìa trị nhỏ nhất của M là 7/8 khi x;y là hoán vị của 1 và 2 + f (2) = ; f (3) = ; f (4) = 12 8 60 Ví dụ 15: Cho x,y là các số thực thỏa mãn điều kiện: 3 x − 6 2 x + 4 = 4 3 y + 18 − 2 y . x y Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của các biểu thức : M = + − 1 2 3  x  x y y Từ 3 x − 6 2 x + 4 = 4 3 y + 18 − 2 y ⇔ + = 2  + 1 + + 2   2 2 3 3   a , b ≥ 0  x x y +1 2 2 a = 2   + = a + b − 3 ⇒ 2 3   A = a2 + b2 − 4 Đặt b = y + 2   2 3 2 a + b − 3 = 2(a + b) Lại đặt

S = a + b S ≥ 0, P ≥ 0, S 2 ≥ 4 P ) (   P = ab 2 P = S 2 − 2S − 3 ≥ 0 2 P = S 2 − 2S − 3   2 2 a + b − 3 = 2( a + b) ⇒  S2 ⇒  2 2 P = S − 2 S − 3 ≤   S ∈ 3; 10 + 2  Từ  2 Vậy A = 2 S − 1 ∈ 5; 2 10 + 3   5+ 4 5 3 + 12 5 A=5 khi x=-2;y=21, A = 2 10 + 3 , khi x = ;y= 2 4 KL: MaxA = 2 10 + 3, MinA = 5 16.

Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn 2 x + 2 y = 4 . Tìm giá trị lớn nhất Pmax của biểu thức P = ( 2 x 2 + y )( 2 y 2 + x ) + 9 xy .

A. Pmax =

27 . 2

B. Pmax = 18 .

C. Pmax = 27 .

Tác giả : Trần Văn Huấn .Trường THPT A Nghĩa Hưng

D. Pmax = 12 . - 21 -

“Học vấn do người siêng năng đạt được,Tài sản do người tinh tế sở hữu, Quyền lợi do người dũng cảm nắm giữ Thiên đường do người lương thiện xây dựng.” - Franklin -

Hướng dẫn giải Chọn B. Ta có 4 = 2 x + 2 y ≥ 2 2 x + y ⇔ 4 ≥ 2 x + y ⇔ x + y ≤ 2 . 2

 x+ y Suy ra xy ≤   = 1.  2  Khi đó P = ( 2 x 2 + y )( 2 y 2 + x ) + 9 xy = 2 ( x 3 + y 3 ) + 4 x 2 y 2 + 10 xy . 2 2 P = 2 ( x + y ) ( x + y ) − 3xy  + ( 2 xy ) + 10 xy   ≤ 4 ( 4 − 3 xy ) + 4 x 2 y 2 + 10 xy = 16 + 2 x 2 y 2 + 2 xy ( xy − 1) ≤ 18

Vậy Pmax = 18 khi x = y = 1 .

BÀI TẬP 1. (ĐH Khối D - 2009 ) : Cho x ≥ 0, y ≥ 0 và x + y = 1 .Tìm GTLN,NN của biểu thức sau:

S = (4 x 2 + 3 y )(4 y 2 + 3 x) + 25 xy 2. ( ĐH Khối B - 2009). Tìm GTLN,NN của biểu thức:

A = 3( x 4 + y 4 + x 2 y 2 ) − 2( x 2 + y 2 ) + 1 . 3

Với x, y là các số thực thỏa mãn điều kiện: ( x + y ) + 4 xy ≥ 2 2

3. ( ĐH Khối B - 2011).Cho a,b dương thoả mãn 2( a + b ) + ab = ( a + b )(ab + 2)

 a 3 b3   a 2 b 2  A = 4 3 + 3  − 9 2 + 2  a  b a  b c ≠ 0 4. Cho a,b,c thoả mãn  2 2 2  a + b = 2c 2(a 3 + b3 ) − 3abc Tìm GTLN,NN của biểu thức: A = . c3 Tìm Min A, Với

a 3 + b 3 = c 3 . Tìm GTNN của biểu thức a2 + b2 − c2 A= . (c − a )(c − b) 6. Cho ba số không âm x,y,z thoả mãn : x + y + z = 1 . 2 2 2 Tìm GTLN của biểu thức : P = x + y + z + 4 xyz

5. Cho ba số dương a,b,c thoả mãn :

7. Cho hai số thực x, y ≠ 0 thay đổi thỏa mãn điều kiện biểu thức: A =

( x + y ) xy = x 2 + y 2 − ( x + y ) + 2 . Tìm GTLN của

1 1 + x y

8 : ( Đề thi ĐH khối D-2012) : 2

Cho các số thực x,y thỏa mãn (x-4) +(y-4) +2xy ≤ 32. 3

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A=x +y + 3(xy-1)(x+y-2). 9. Tìm GTNN của

 1 1 1   với x, y dương và x khác y. Q = xy  + +  ( x − y )2 x 2 y 2   

10. (Đề thi HSG tỉnh Thái Bình-2013) : Cho các số thực x,y,z sao cho x+y+z=0

Tác giả : Trần Văn Huấn .Trường THPT A Nghĩa Hưng

- 22 -

“Học vấn do người siêng năng đạt được,Tài sản do người tinh tế sở hữu, Quyền lợi do người dũng cảm nắm giữ Thiên đường do người lương thiện xây dựng.” - Franklin 2

3 3

và x +y +z =2. Tìm GTLN của biểu thức P= x y + y z + z x 11 .Cho x,y thỏa mãn x≥1 ; y ≥ 1 , 3(x+y)=4xy Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhât của biểu thức : P=

x3 + y 3 +

1 1  1 1  + 3 , Q = x3 + y3 − 3  2 + 2  3 y  y x x

3S = 4 P ≤ S 2  S ∈ [3; 4]   HD: Từ giả thiết ,có ( x − 1)( y − 1) ≥ 0 ⇒  1 1 4  x + y = 3  3( x + y ) = 4 xy 12 .( ĐTgiữa học kỳ 2-Nghĩa Hưng A ) : 2

Cho x,y,z là các số thực dương thỏa mãn y + z = x ( y + z ) Tìm giá trị nhỏ nhât của biểu thức

1 1 1 4 + + + 2 2 2 ( x + 1) (1 + y ) (1 + z ) (1 + x)(1 + y )(1 + z )

13 .Cho x,y,z là các số thực dương thỏa mãn x + y + z + 2 xy = 3( x + y + z ) Tìm giá trị nhỏ nhât của biểu thức : P =

x+ y+z+

20 + x+z

20 , y+2

HD: Đặt t=x+y+z 14. Cho x,y,z trong đó x,y dương thỏa mãn : x + y + 2 z = 1. Tìm GTNN của 2

Q= 2

15.Cho 2( x + y ) − xy = 1 .Tìm GTLN,GTNN của A = 7( x + y ) + 4 x y

x+ y xyz

 x, y ∈ (0;1)  3 3 ( x + y )( x + y ) = xy (1 − x)(1 − y ) 1 1 Tìm GTLN của A = + + 3 xy − x 2 − y 2 2 2 1+ x 1+ y 1 4 4 b. Cho x, y d-¬ng tho¶ m·n x + y + = xy + 2 xy 2 2 3 T×m Max A, Víi A = + − 2 2 1 + x 1 + y 1 + 2 xy

16. a.Cho

17. Tìm GTLN, NN của H =





(x + y ) 1 + 1  . x

y

Biết x, y thoả mãn điều kiện 1 ≤ x ≤ y ≤ 2. 18.Cho 2 số x, y thỏa mãn: 1 – y2 = x(x – y). Tìm GTLN, NN của F =

x6 + y6 −1 x3 y + y 3 x

19. Cho các số thực không âm x, y không âm và thỏa mãn x + y = 1. Tìm GTNN, GTLN của:

(

)(

)

S = 4x 2 + 3y 4y 2 + 3x + 25xy 2

20. Cho x, y > 0 thỏa mãn x y + y x = x + y + 3xy. Tìm GTNN:

A = x2 + y 2 +

(2 xy + 1) 2 − 3 . 2 xy

21. Cho x, y thỏa mãn x2 + y2 + xy = 3. Tìm GTNN của N = x3 + y3 – 3x – 3y. 22. Cho x, y không âm và x2 + y2 + xy =3. Tìm GTLN, NN của P = x3 + y 3 – x2 – y2.

Tác giả : Trần Văn Huấn .Trường THPT A Nghĩa Hưng

- 23 -

“Học vấn do người siêng năng đạt được,Tài sản do người tinh tế sở hữu, Quyền lợi do người dũng cảm nắm giữ Thiên đường do người lương thiện xây dựng.” - Franklin -

x4 + y 4 + 1 . x2 + y 2 + 1 3x 3y xy 3 24. Cho x, y dương và xy + x + y = 3. CMR: + + ≤ x2 + y2 + . . 2 y +1 x +1 x + y

23. Cho x, y > 0 và x2 - xy + y2 = 1. Tìm GTLN, GTNN của P =

25 .( ĐT thử ĐH lần 2-Nghĩa Hưng A- 2013) Cho x,y d-¬ng tho¶ m·n x + y = x 1 − y + y 1 − x .T×m Min

1 1 + y2 + 2 2 x y 2 2 26. Cho hai sè thùc x, y ≠ 0 thay ®æi tháa m·n ®iÒu kiÖn ( x + y ) xy = x + y − ( x + y ) + 2 . T×m GTLN 1 1 cña biÓu thøc: A = + x y x + y +1 27. Cho các số thực dương x, y thỏa mãn 3 + ln = 9 xy − 3x − 3 y. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 3xy 3x 3y 1 1 1 M= + + − 2− 2⋅ y ( x + 1) x( y + 1) x + y x y 3 x3 y3 2 28 : Cho x; y là các số dương thỏa mãn điều kiện: 3 + = + + 2 2 . xy y x x y 16 2 2 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P= x y + 2 x + y2 + 2 A, Víi

A = x2 +

29. Cho x; y là các số dương thỏa mãn điều kiện: xy ≥ 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P= HD:

1 1 32 + − 2 2 x +1 y +1 2( x + y + x + y + 4)

t=x+y ≥ 2 xy = 2 2

30. Cho x,y,z là các số dương thỏa mãn điều kiện: x + y + z = 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức M =

x2 y2 + + x+ y 2 x 2 + 2 yz + 1 2 y 2 + 2 xz + 1

HD:

x2 x2 x2 x2 x = = ≤ = 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x + 2 yz + 1 2 x + 2 yz + x + y + z 2x + 2 ( y + z ) x 2 ( x + y + z ) 2x + ( y + z ) + x 31. Cho x,y,z là các số dương thỏa mãn điều kiện: x + y + z = 1 .Tìm giá trị lớn nhất của các biểu thức :

M = xy + yz + zx − 2 xyz N = x 2 + y 2 + z 2 + 4 xyz P = 2( x3 + y 3 + z 3 ) − ( x 2 + y 2 + z 2 ) + 2 xyz + 3 32. Cho x,y,z là các số dương thỏa mãn điều kiện: x + 2 y + 3 z = 1 . 2

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức M = x (5 − 6 x ) + 4 y (5 − 12 y ) + z (45 − 162 z ) HD: Đặt a=x, b=2y, c=3z

 x, y , z ≥ 0 . x + y + z = 3

33. Cho x,y,z là các số thực thỏa mãn điều kiện: 

Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của các biểu thức

M = x3 + y 3 + 4 z 3

N = x2 + x + 4 + y2 + y + 4 + z 2 + z + 4

Tác giả : Trần Văn Huấn .Trường THPT A Nghĩa Hưng

- 24 -

“Học vấn do người siêng năng đạt được,Tài sản do người tinh tế sở hữu, Quyền lợi do người dũng cảm nắm giữ Thiên đường do người lương thiện xây dựng.” - Franklin 34. Cho x,y là các số thực thỏa mãn điều kiện: x, y ∈ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M =

[1; 2] .

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

35. . Cho x,y,z là các số dương thỏa mãn điều kiện: x + y + z = 1 .CM

8( x 4 + y 4 ) + 27 z 4 ≥

27 : 64

 ( x + y )2    2 4   2 x2 + y 2 ) 1− z ) ( (   4 4 HD: x + y ≥ ≥ = 2 2 8 36. . Cho x,y là các số thực thỏa mãn điều kiện: 3 x − 6 2 x + 4 = 4 3 y + 18 − 2 y . x y Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của các biểu thức : M = + − 1 2 3 3 2 2 38. Cho x,y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện: ( x + y ) − 2( x + y ) − x − y ≥ 2 .  x y  1 1  2 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M =  +  + (x + y )  y +1 x +1  x y 

Chương IV: GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT, GIÁ TRỊ LỚN NHẤT CỦA BIỂU THỨC ĐỐI XỨNG ĐỐI VỚI BA BIẾN Thường đưa về ẩn t là : abc, ab+bc+ca , a+b+c , a2+b2+c2... Chặn t bằng các BĐT :

1/ a + b + c ≥ 3 3 abc , a, b, c ≥ 0 2 / a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca 3 / (a + b + c)2 ≥ 3(ab + bc + ca ) 4 / 3(a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ (a + b + c )2 5 / (ab + bc + ac) 2 ≥ 3(a + b + c)abc 1 1 1 6 / (a + b + c)( + + ) ≥ 9, với mọi a,b,c dương a b c 7 / (a + b + c)(ab + bc + ac) ≥ 9abc ,với mọi a,b,c dương Ví dụ 1: (B-2010):

a, b, c thoản mãn a + b + c = 1 . Tìm = 3 (a 2b 2 + b 2c 2 + c 2a 2 ) + 3 (ab + bc + ca ) + 2 a 2 + b 2 + c 2

Cho các số thực không âm

giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Lời giải. Ta có:

M ≥ (ab + bc + ca ) + 3 (ab + bc + ca ) + 2 1 − 2 (ab + bc + ca ) 2

Đặt

t = ab + bc + ca , ta có : 0 ≤ t ≤

(a + b + c ) 3

1 . 3

Tác giả : Trần Văn Huấn .Trường THPT A Nghĩa Hưng

- 25 -

“Học vấn do người siêng năng đạt được,Tài sản do người tinh tế sở hữu, Quyền lợi do người dũng cảm nắm giữ Thiên đường do người lương thiện xây dựng.” - Franklin -

 1 2 f ( t ) = t 2 + 3t + 2 1 − 2t trên  0;  , ta có : f ′ ( t ) = 2t + 3 −  2  1 − 2t 2 f ′′ ( t ) = 2 − ≤ 0 , dấu bằng chỉ xảy ra tại t = 0 , suy ra f ′ ( t ) nghịch biến. 3 (1 − 2t )

Xét hàm số

 1  1  11  0;  ta có : f ′ ( t ) ≥ f ′   = − 2 3 > 0 , suy ra f ( t ) đồng biến. Do đó :  3   3  3  1 f ( t ) ≥ f ( 0 ) = 2, ∀t ∈  0;  .  3 

Xét trên đoạn

 1 M ≥ f ( t ) ≥ 2, ∀t ∈  0;  . M = 2 ⇔ ab = bc = ca, ab + bc + ca = 1  3  a + b + c = 1 ⇔ (a;b; c ) là một trong các bộ số : ( 1; 0; 0 ), ( 0;1; 0 ), ( 0; 0;1 ) Do đó giá trị nhỏ nhất của M là 2. Vì

thế :

Ví dụ 2.(Đề tự luyện số 4-Nghĩa Hưng A-2013): Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn

x( x + 1) + y ( y + 1) + z ( z + 1) ≤ 6 1 1 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = + + 3xy + x + y + 1 3 yz + y + z + 1 3zx + z + x + 1

HDG: Đặt t= x+y+z (t dương )

( x + y + z)2 t2 + t ≤ 6 ⇒ t ∈ ( 0;3] vào giả thiết ta được 3 3 ( x + y + z )2 1 1 1 9 CM BĐT + + ≥ ; ∀a, b, c dương ;và SD BĐT xy + yz + zx ≤ a b c a+b+c 3 9 9 Ta có P ≥ ≥ 2 = f (t ) 3( xy + yz + zx) + 2( x + y + z ) + 3 t + 2t + 3 1 Xét hàm số f(t) trên (0;3] Ta được Minf (t ) = f (3) = ,Khi x=y=z=1 2 ( 0;3] Sử dụng BĐT

( x2 + y 2 + z 2 ) ≥

Ví dụ 3: ( Đề tự luyện số 2-Nghĩa Hưng A-2013) : Cho x,y,z không âm thỏa mãn x+y+z=3. Tìm GTNN của

A = (1 + 3 x + 3 y + 3 z )3 − 64( xy + yz + zx) + 2013.

HDG:

 x2 + x2 + 3 x + 3 x + 3 x ≥ 5x  2 2 Sử dụng BĐT Côsi ,ta có :  y + y + 3 y + 3 y + 3 y ≥ 5 y . ĐT xẩy ra khi x=y=z.  2 2 3 3 3  z + z + z + z + z ≥ 5 z Suy ra

) (

(

2 x2 + y2 + z 2 + 3

)

x + 3 y + 3 z ≥ 15

Lại có

( x + y + z ) = 9 ⇔ x 2 + y 2 + z 2 = 9 − 2( xy + yz + zx) ⇒ 1 + 3 x + 3 y + 3 z ≥ Do đó

A≥

4 ( xy + yz + zx) 3

64 ( xy + yz + zx)3 − 64( xy + yz + zx) + 2013 27

Đặt t=xy+yz+zx

Tác giả : Trần Văn Huấn .Trường THPT A Nghĩa Hưng

- 26 -

và

“Học vấn do người siêng năng đạt được,Tài sản do người tinh tế sở hữu, Quyền lợi do người dũng cảm nắm giữ Thiên đường do người lương thiện xây dựng.” - Franklin Từ giả thiêt , ⇒ t ∈

[0;3] .Xét hàm số

f (t ) =

64 3 t − 64t + 2013, với t ∈ [ 0;3] 27

64(t − 3)(t + 3) < 0, t ∈ ( 0;3) .kết hợp với f(t) liên tục trên [0;3],nên f(t) nghịch biến trên [0;3].Do đó 9 ∀t ∈ [ 0;3] , f (t ) ≥ f (3) = 1885 . Có

f '(t ) =

KL:GTNN của A=1885 khi x=y=z=1 Ví dụ 4: Cho x, y , z thỏa mãn x2 + y2 + z2 = 1. Tìm GTLN, NN của R = x3 + y3 + z3 – 3xyz HDG: Ta có: R = (x + y + z)(x2 + y2 + z2 – xy – yz – zx) = (x + y + z)(1 – xy – yz – zx) (7a), Viết lại giả thiết của bài toán thành (x + y + z)2 – 2(xy + yz + zx) = 1 (7b). Đặt t = x + y + z thì từ (7b) ta có xy + yz + zx = đầu theo t là: R(t) =

t 2 −1 , kết hợp với (7a) ta biểu diễn được biểu thức ban 2

1 (3t – t3). 2

Dễ dàng CM: x2 + y2 + z2

≥ xy + yz + zx, từ đó suy ra

Tìm GTLN, NN của R(t) trên đoạn  −



t 2 −1 ≤ 1 suy ra − 3 ≤ t ≤ 3. 2

3; 3  , được: Max(R) = 1 ; Min(R) = -1.

Ví dụ 5 : Cho ba số dương a,b,c thoả mãn x2+y2+z2=3. Tìm GTLN của :

A = xy + yz + zx +

5 . x+ y+z

HDG: Đặt t=x+y+z. Có

t = x + y + z ≤ (1 + 1 + 1)( x 2 + y 2 + z 2 ) = 3

t ∈ 3;3   t 2 = x 2 + y 2 + z 2 + 2( xy + yz + zx) = 3 + 2( xy + yz + zx) > 3 ⇒  t2 − 3  xy + yz + zx = 2  2 t −3 5 Do đó : A = + ., t ∈ 3;3 .Khảo sát hàm A(t) ta có kết quả. 2 t 3 1 1 1 Ví dụ 6: Cho x, y , z > 0 và x + y + z ≤ . Tìm GTNN của M = x + y + z + + + . 2 x y z

(

HDG: + Trước hết theo BĐT Cô si ta có M=x+y+z Đặt

1 1 1 3 + + + ≥ 3 3 xyz + , đẳng thức xảy ra ⇔ x = y = z (a) 3 x y z xyz

u = 3 3 xyz thì việc tìm GTNN của biểu thức M được quy về việc tìm GTNN của hàm số

3  3 3  0;  (vì 0 < u = 3 xyz ≤ x + y + z ≤ ). 2  2  3  15  3 Dễ thấy hàm số T(u) nghịch biến trên khoảng  0;  , nên MinT (u ) = T   = . 3 2 2 (0; ]   2 2

T (u ) = u +

9 trên khoảng u

Suy ra GTNN của biểu thức trung gian T là

15 (đạt được ⇔ x = y = z) 2

Tác giả : Trần Văn Huấn .Trường THPT A Nghĩa Hưng

- 27 -

“Học vấn do người siêng năng đạt được,Tài sản do người tinh tế sở hữu, Quyền lợi do người dũng cảm nắm giữ Thiên đường do người lương thiện xây dựng.” - Franklin -

3 15 ≥ , đẳng thức xảy ra ⇔ x = y = z (b). xyz 2 15 + Từ các kết quả (a) và (b) suy ra GTNN của biểu thức M ban đầu là đạt được khi và chỉ khi x = y = z. 2 1 1 1 9 Cách khác : M = x + y + z + + + ≥ x + y + z + x y z x+ y+ z Tức lµ

T = 3 3 xyz +

Ví dụ 7: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

P = −2(ab + bc + ca)3 + 27a 2b2 c 2 − 3(a 2 + b2 + c 2 ) + 6(ab + bc + ca) trong đó a,b,c là các số thực không âm và thỏa mãn

a+b+c = 3 .

Ta có:

ab + bc + ca ≥ 3 3 ab.bc.ca ⇒ 27 a 2b 2 c 2 ≤ (ab + bc + ca )3

Lại có:

a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca ⇒ −3(a 2 + b 2 + c 2 ) ≤ −3(ab + bc + ca )

Do đó

P ≤ −(ab + bc + ca )3 + 3(ab + bc + ca ) = −t 3 + 3t = f (t )

(a + b + c ) 2 =1 3 Ta có bảng bt của hàm số f(t) trên [ 0;1]

với

0 ≤ t = ab + bc + ca ≤

f’(t)

f(t)

2 0

Từ BBT ta có:

Max f (t ) = 2 khi t=1 t∈[ 0;1]

Từ đó ta có GTLN của P bằng 2 khi Ví dụ 8: Cho các số thực

x, y , z

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

a=b=c=

1 3

x 2 + y 2 + z 2 = 1. 8 2 P = ( xy + yz + 2 xz ) − . 2 ( x + y + z ) − xy − yz + 2 thay đổi thoả mãn điều kiện

( HSG Nam Định 2013)

Từ giả thiết

Đặt

x 2 + y 2 + z 2 = 1 (1) , ta có: P = ( xy + yz + 2 xz ) −

t = xy + yz + 2 xz ⇒ P = t 2 −

Ta luôn có

8 xy + yz + 2 xz + 3

8 . t +3

0 ≤ ( x + y + z ) = x 2 + y 2 + z 2 + 2( xy + yz + zx) = 1 + 2( xy + yz + zx)

Tác giả : Trần Văn Huấn .Trường THPT A Nghĩa Hưng

- 28 -

“Học vấn do người siêng năng đạt được,Tài sản do người tinh tế sở hữu, Quyền lợi do người dũng cảm nắm giữ Thiên đường do người lương thiện xây dựng.” - Franklin -

1 1 1 x2 + z 2 y2 ⇒ xy + yz + zx ≥ − ⇒ xy + yz + 2 xz ≥ − + xz ≥ − − = −1 + ≥ −1 2 2 2 2 2 Dấu “=” xảy ra

y = 0  ⇔ 2 x = −z = ±  2

. Vậy

8 với t ≥ −1. t +3 2 t 3 + 6t 2 + 9t + 4 2 ( t + 1) (t + 4) =2 = > 0, ∀t > −1 2 2 ( t + 3) ( t + 3)

Do đó GTNN của P bằng GTNN của hàm

Ta có

f '(t ) = 2t +

Hàm số

8 2

t ≥ −1.

f (t ) = t 2 −

( t + 3) f (t ) liên tục trên [ −1; +∞ ) ⇒

f (t )

đồng biến trên

[ −1; +∞ )

⇒ min f (t ) = f ( −1) = −3 . Vậy t∈[ −1;+∞ )

min P = - 3. Bài tập tương tự : 1/ Cho các số thực x, y, z thay đổi thoả mãn đẳng thức x2 + y2 + z2 =1 Tìm GTLN và GTNN của biểu thức P = x + y + z + xy + yz + zx. 2/ Cho x, y, z không âm và x2 + y2 + z2 = 3. Tìm GTLN, NN: Q = xy + yz + zx +

5 . x+ y+ z

3/ Cho x, y, z > 0 và x + y + z = 3. Tìm GTNN của M =

x2 + y 2 + z 2 +

xy + yz + zx . x2 + y2 + z 2

6/ Cho x, y, z > 0 và x + y + z = 3. Tìm GTNN của các biểu thức:

3 3 3 1 1 1 xy + yz + zx + + + và B = x + y + z + + + . x y z x y z 1 7/ Cho a, b, c > 0 và a2 + b2 + c2 = 1. Tìm GTNN của M = a + b + c + . abc 1 1 1 36 8/ Cho ba số dương x, y, z. CMR: + + ≥ . 2 2 x y z 9 + x y + y2 z 2 + x2 z 2 1 1 1 9 9/ Cho a, b, c > 0, CMR: + + ≥ . a b c 2 + abc 18 xyz 10/ Cho x, y , z > 0 và thỏa x + y + z = 1 . Chứng minh rằng xy + yz + zx > . 2 + xyz 1 1 1 11/ Cho a, b, c > 0 và a + b + c ≤ 1. CMR: 3( a + b + c ) + 2( + + ) ≥ 21 . a b c 1 1 1 12/ Cho a, b, c > 0 và a2 + b2 + c2 = 1. CMR: + + − (a + b + c ) ≥ 2 3 a b c A=

13/ Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn: x2 + y2 + z2 ≤ 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P= 14. Cho

1 1 1 + + 1 + xy 1 + yz 1 + zx

x, y, z > 0 và thỏa x + y + z = 3 .

Tìm GTLN của

2 xyz +3 3 + xy + yz + zx (1 + x)(1 + y )(1 + z )

15. Cho a, b, c > 0 và a + b + c =3

Tác giả : Trần Văn Huấn .Trường THPT A Nghĩa Hưng

- 29 -

“Học vấn do người siêng năng đạt được,Tài sản do người tinh tế sở hữu, Quyền lợi do người dũng cảm nắm giữ Thiên đường do người lương thiện xây dựng.” - Franklin 1) Tìm max

M = (ab + bc + ca )3 − ( a 2 + b 2 + c 2 ) + 3 30 − ( a 2 + b 2 + c 2 ) .

2) Tìm min

3 1 1   1 + 2 + +  2 2 ( a + b + c )  ab bc ca  2

16. Cho a, b, c >1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

a2 a2 b2 b2 c2 c2 + + + + + b −1 c −1 c −1 a −1 a −1 b −1 2

HD:

17. Cho

2(a + b + c) a2 a2 b2 b2 c2 c2 M= + + + + + ≥ ( BĐT Svac sơ) b − 1 c − 1 c − 1 a − 1 a − 1 b − 1 ( a + b + c − 3)  x, y , z > 0 .  4 2 2 4  x + ( y − 1) + z ≤ 1

1 x + y + z2 +1 1 8 M= − ; a , b, c > 0 2a + b + 8bc 2b 2 + 2(a + c) 2 + 3 M = 2 y( x + z) +

Tìm giá trụ lớn nhất của

18. Tìm giá trị nhỏ nhất của

HD: t=a+b+c 19. Tìm giá trị nhỏ nhất của

20 . Tìm giá trị lớn nhất của

20 . Tìm giá trị lớn nhất của HD:

 x 1 3 y z  x + y 3 + z 3 ) + 2  + +  ; x, y , z > 0 ( 3  yz zx xy  2 ( x + y + z + 3) 2 − ; x, y , z > 0 M= x 2 + y 2 + z 2 +1 3( x + 1)( y + 1)( z + 1)

1 2

x + y + z −2 x + 2

−

2 ; x > 1, y , z > 0 x( y + 1)( z + 1)

x 2 + y 2 + z 2 −2 x + 2 = ( x − 1) 2 + y 2 + z 2 +1 ≥ 2 ( x + y − 1) + ( z + 1)2  ≥ 4( x + y + z ) 2   2

 x+ y+ z+2 + x( y + 1)( z + 1) ≤   3    x, y , z ≥ 0 21) Cho  2 . 2 2 x + y + z = 3 Tìm giá trụ nhỏ nhất của

16 x 2 y 2 + z 2 y 2 + x 2 z 2 +1

xy + yz + zx + 1 x+ y+ z

Chương V: GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT , GIÁ TRỊ LỚN NHẤT CỦA BIỂU THỨC NHIỀU BIẾN VÀ ĐẲNG CẤP ĐỐI VỚI CÁC BIẾN Gỉa sử cần tìm GTLN, GTNN của biểu thức A chứa hai biến x và y hoặc chứa ba biến x,y và z. 1.Nếu biểu thức A đẳng cấp đối với hai biến x và y Xét x=0. Xét x ≠ 0 .Đặt y = tx. Bài toán trở về bài toán của một biến t . 2. Nếu biểu thức A đẳng cấp đối với ba biến x, y và z . Xét x=0. Xét

 y = ax x ≠ 0 .Đặt  (a, b ∈ R) . Bài toán trở về bài toán của hai biến a và b.  z = bx

Tác giả : Trần Văn Huấn .Trường THPT A Nghĩa Hưng

- 30 -

Ví dụ 1:( Đề thi ĐH khối B-2008): Cho 2 số thực x,y thay đổi thỏa mãn hệ thức x +y =1. Tìm GTLN,NN của biểu thức

2( x 2 + 6 xy ) 1 + 2 xy + 2 y 2

Lời giải: 2

-Nếu y=0 từ giả thiết ta có x =1 suy ra P=2 -Nếu y ≠ 0 đặt x=ty (t ∈ R) suy ra P=

2t 2 + 12t t 2 + 2t + 3

(t +2t+3=(t+1) +2>0 ∀ t) 2

P là một giá trị của BT trên ⇔ (P-2)t +2(P-6)t+3P=0(1) có nghiệm t +)Nếu P=2 suy ra t=

3 4 2

+)Nếu P ≠ 2 suy ra (1) có nghiệm ⇔ ∆ ' ≥ 0 ⇔ -2P -6P+36 ≥ 0 ⇔ -6 ≤ P ≤ 3

3 ;y= 10 3 minP =-6 khi (x=;y= 13

1 ) hoặc (x=10 2 ) hoặc (x= 13

Vậy maxP =3 khi (x=

3 ;y=10 3 ;y=13

1 ) 10 2 ) 13

Chú ý : Cũng có thể coi P = f(t) và lập BBT của f(t) ta cũng có kết quả như trên. Ví dụ 2( ĐH khối A năm 2009 ): Cho x, y, z dương thỏa mãn x ( x + CMR : ( x +

y + z ) = 3 yz .

y ) + ( x + z ) + 3( x + y )( x + z )( y + z ) ≤ 5( y + z )3 (*)

HDG:

y = 0 yz = 0 ⇔  .Khi đó (*) đúng. z = 0  y = ax Xét x ≠ 0. Đặt  ,a ,b dương. Bài toán trở thành:  z = bx Cho a,b dương thỏa mãn a + b + 1 = 3ab . CMR (1 + a )3 + (1 + b)3 + (1 + a )(1 + b)(a + b) ≥ 5( a + b)3 Xét x=0.Ta được

⇔ (1 + a )3 + (1 + b)3 + (1 + a)(1 + b)( a + b) − 5( a + b)3 ≥ 0 Đây là bài toán đối xứng đối với a, b hoặc a+1 và b+1, và không khó để có thể giải tiếp bài toán trên.

a = x + y  Chú ý: Cũng có thể đặt : b = x + z bài toán trở thành Ví dụ 4 Chương II. c = y + z  Ví dụ 3: Cho

a, b, c ∈ [1; 2] .Tìm GTN N của BT: A =

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

Nhận xét : Ta thấy A là biểu thức dẳng cấp đối với a,b,c .Nên ta có lời giải như sau:

a+b  x+ y = ∈ [1; 4] , ∀a, b, c ∈ [1; 2]  c  a = xc  ⇒ Đặt  2 ( x + y) b = yc  A =  1 + 4( x + y + xy ) S = x + y 2 S2 S2 ( S ≥ 4 P) .Ta được A = ≥ = f (S ) 1 + 4S + 4 P 1 + 4S + S 2  P = xy

Đặt 

Tác giả : Trần Văn Huấn .Trường THPT A Nghĩa Hưng

- 31 -

“Học vấn do người siêng năng đạt được,Tài sản do người tinh tế sở hữu, Quyền lợi do người dũng cảm nắm giữ Thiên đường do người lương thiện xây dựng.” - Franklin -

4S 2 + 2S 1 luôn dương với mọi S ∈ [1; 4] .Suy ra f ( S ) ≥ f (1) = , ∀S ∈ [1; 4] 2 2 ( S + 4 S + 1) 6 a = b = 1 Đẳng thức xẩy ra khi S = 1 ⇔  c = 2 1 Vậy MinP = ⇔ (a; b; c) = (1;1; 2) 6 f '( S ) =

Ví dụ 4 Cho các số thực a , b, c thỏa 6

Ta có

a +b b6 + c6 c6 + a6 + + a 4 + b 4 + a 2b 2 b 4 + c 4 + b 2 c 2 c 4 + a 4 + c 2 a 2

(a 2 + b 2 )(a 4 + b 4 − a 2 b 2 ) (b 2 + c 2 )(b 4 + c 4 − b 2 c 2 ) (c 2 + a 2 )(c 4 + a 4 − c 2 a 2 ) + + a 4 + b 4 + a 2b 2 b4 + c4 + b2c2 c4 + a4 + c2a2

Nhận xét: Do Xét

abc = 2 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

nên

x 2 + y 2 − xy x 2 + y 2 + xy

Chia tử và mẫu cho

là các số thực dương

x > 0, y > 0

với

và đặt

t 2 − t +1 x ta được A = 2 y t + t +1

t>0

với

Xét hàm số

f (t ) =

t 2 − t +1 2x 2 − 2 / 0 < t với ⇒ f ( t ) = t2 + t +1 ( x 2 + x + 1) 2 t

f /(t)

+∞

f(t)

suy ra

1 1 1 2 P ≥ ( a 2 + b 2 ) + (b 2 + c 2 ) + (c 2 + b 2 ) = (a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ 23 a 2 b 2 c 2 = 4 3 3 3 3 Vậy GTNN P = 4 khi a = b = c = 2

Ví dụ 5. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn của biểu thức:

a 2 + b 2 + c 2 + ab − 2bc − 2ca = 0 . Tìm giá trị lớn nhất

( a + b − c )( a + b + c ) + 2c ( a + b ) . c ( a + b + 2c )

Giả thiết đã cho biến đổi thành

(a + b − c)

ab a b  = ab ⇔  + − 1 = . cc c c 

Tác giả : Trần Văn Huấn .Trường THPT A Nghĩa Hưng

- 32 -

“Học vấn do người siêng năng đạt được,Tài sản do người tinh tế sở hữu, Quyền lợi do người dũng cảm nắm giữ Thiên đường do người lương thiện xây dựng.” - Franklin -

Đặt x =

a b ; y = vì a , b, c > 0 ⇒ x, y > 0 . c c 2

Giả thiết trở thành:

xy = ( x + y − 1) .

Áp dụng bđt: xy ≤

( x + y )2 ⇒ 4

( x + y −1) ≤

Biến đổi biểu thức đã cho:

( x + y )2 ⇔ 2 ≤ x + y ≤ 2 . 4

a b a b + + 2  +  −1 2 a + b ) + 2c ( a + b ) − c 2  c c  x + y ) + 2 ( x + y ) −1 ( ( c c  A= = = . a b c ( a + b + 2c ) x + y + 2 ( ) + +2 c c t 2 + 2t − 1 2 Đặt t = x + y ⇒ ≤ t ≤ 2 , khi đó A trở thành: A = . 3 t+2 t 2 + 2t − 1 2  2  Xét hàm số f ( t ) = trên ; 2  , f ( t ) là hs xác định và liên tục trên  ; 2  .  t+2 3  3  1 2  > 0, ∀t ∈  ; 2  suy ra f ( t ) đồng biến trên Ta có f ' ( t ) = 1 + 2 3  (t + 2) 2

7  2 2   ≤ f ( t ) ≤ f ( 2 ) , ∀t ∈  ; 2  ⇔ A ≤ . 4  3 3  x + y = 2 7 Vậy Max A = đạt được khi  ⇔ x = y =1. 4 x = y

Do đó f 

Ví dụ 6: Cho ba số thực dương đôi một khác nhau

biểu thức:

a , b, c

thỏa mãn

ab + bc = 2c 2 .  3a ≤ c

Tìm giá trị lớn nhất của

a b c + + 2a − 2b b − c c − a (Đề thi KSCL HK 1 – Nam Định 2015-2016) . Lời giải

Từ giả thiết

c > 0 , do đó ta có

a c

b 1 . P= + c + a b b a 2 −2 −1 1− c c c c Đặt

a b , y = ⇒ x, y > 0 c c

vì

a, b, c > 0. Do đó P=

x y 1 + + . 2x − 2 y y − 1 1 − x

Tác giả : Trần Văn Huấn .Trường THPT A Nghĩa Hưng

- 33 -

“Học vấn do người siêng năng đạt được,Tài sản do người tinh tế sở hữu, Quyền lợi do người dũng cảm nắm giữ Thiên đường do người lương thiện xây dựng.” - Franklin -

Từ giả thiết

Thay

a b b  c c + c = 2 hay  a ≤ 1  c 3

2 x +1

 xy + y = 2 2  , đó đó y =  1 x +1  x ≤ 3

và

1 0< x≤ . 3

vào P ta được

2 1 x2 + x 3 . P= + x +1 + = 2 + 4 2 − x − x 1 1 2 x + 2 x − 4 2x − −1 x +1 x +1 x

Xét hàm số

Ta có

f ( x) =

f '( x ) =

x2 + x

3 2x + 2x − 4 1 − x +

−8 x − 4 4 ( x − 1)

hàm số đồng biến trên

( x + 2)

trên

 1  0;  .  3

( x − 1)

3x 2 + 4 x + 8 4 ( x − 1)

( x + 2)

 1 > 0, ∀x ∈  0;  ⇒ f ( x )  3

là

 1  0;   3

 1  61  1 ⇒ f ( x ) ≤ f   = , ∀x ∈  0;  .  3  14  3 Vậy

Max P =

61 , giá trị lớn nhất đạt được khi 14

ab + bc = 2c 2 ⇔ 9a = 2b = 3c > 0.  3a = c

Ví dụ 7: Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn

( a + b + c ) c = 3ab . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

3ac 3bc 1   1 + − c2  2 + 2  ( a + c )b (b + c ) a b  a ( Đề thi HSG Thanh Hóa 2014-2015).

Lời giải Vì

a , b, c > 0

ta có

    1 1   M= + − + .  a  b  b  a   a 2  b 2   + 1  + 1      c  c  c  c   c  c  a 3 c

Đặt

a b , y = ⇒ x, y > 0 c c

vì

b 3 c

a, b, c > 0 . Biến đổi biểu thức P trở thành

Tác giả : Trần Văn Huấn .Trường THPT A Nghĩa Hưng

- 34 -

“Học vấn do người siêng năng đạt được,Tài sản do người tinh tế sở hữu, Quyền lợi do người dũng cảm nắm giữ Thiên đường do người lương thiện xây dựng.” - Franklin -

( a + b + c ) c = 3ab ⇔

Ta có

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

a b a b + + 1 = 3 . ⇔ x + y + 1 = 3 xy . c c c c

Biến đổi biểu thức P ta có 2   3 x 2 ( y + 1) + 3 y 2 ( x + 1) x 2 + y 2 3 xy ( x + y ) − ( x + y ) − 2 xy  . M= − 2 2 = ( xy + x + y + 1) xy 4 x2 y 2 x y

Đặt

 S = 3P − 1 S = x + y 2  S = 3P − 1  . S ≥ 4P ⇒  ⇒   1 2  P = xy ( 3P − 1) ≥ 4 P  P ∈  0; 9  ∪ [1; +∞ )   

(

Khi đó:

Xét hàm số

Ta có

)

5P − 1 4P

f (P) =

f '( P ) =

;

 1 P ∈  0;  ∪ [1; +∞ )  9

5P − 1 4P

2 − 5P 4P

trên

vì

 1  0;  ∪ [1; +∞ ) .  9

 1 P ∈  0;  ∪ [1; +∞ ) ⇒ f ' ( P ) > 0  9

khi

0<P≤

1 9

và

f '( P ) < 0

P ≥ 1. Bảng biến thiên P

f '( P ) f ( P)

Từ bảng biến thiên ta suy ra Vậy

1 9

+∞

−9

−∞

 1 f ( P ) ≤ f (1) = 1, ∀P ∈  0;  ∪ [1; +∞ )  9

hay

M ≤ 1.

Max M = 1 giá trị lớn nhất đạt được khi khi a = b = c. Bàì tập tương tự : 2

1 . Cho x,y thoả mãn : x + xy + y = 1 .Tìm GTLN ,NN của A = x − xy + y 2. Tìm GTNN của A =

3. Tìm GTLN của A =

xy 2 ( x 2 + 3 y 2 )( x + x 2 + 12 y 2 ) 4 xy 2 ( x + x 2 + 12 y 2 )3

, với x,y>0

Tác giả : Trần Văn Huấn .Trường THPT A Nghĩa Hưng

- 35 -

khi

4 . Cho x,y thoả mãn : x − xy + y ≤ 3 .Tìm GTNN của A = x + xy − 2 y 2

5 . Cho x,y không âm thoả mãn x + y − xy = 1 . 2

Tìm GTNN của: P = 2 x + 4 xy − y − 5 2

6 . Cho x,y thoả mãn x + y − xy = 2 và 0 < x ≤ y 4

Tìm GTLN ,NN của P = 2 x + 6 x y − xy + y + 1 7. Cho a,b,c thoả mãn

c ≠ 0  2 2 2  a + b = 2c

Tìm GTLN,NN của biểu thức: A =

2(a 3 + b3 ) − 3abc . c3

a 3 + b 3 = c 3 . Tìm GTNN của biểu thức a2 + b2 − c2 A= . (c − a )(c − b)

8. Cho ba số dương a, b, c thoả mãn :

9. Cho

a, b, c ∈ [1; 2] .Tìm GTN N của BT: P =

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

Chương VI: PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG HÀM ĐẶC TRƯNG ( PHƯƠNG PHÁP TIẾP TUYẾN VÀ PHƯƠNG PHÁP CÁT TUYẾN ) PHƯƠNG PHÁP TIẾP TUYẾN Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên đoạn (a;b), có đồ thị (C), x0 ∈ ( a; b ) , M

( x0 ; y0 ) ∈ (C ) ,

giả sử

∆ : y = f '( x0 ) ( x − x0 ) + y0 là tiếp tuyến với (C) tại M. Thì trên (a;b) tồn tại một lân cận của x0 mà trên đó f ( x) ≥ ( ≤ ) f '( x0 ) ( x − x0 ) + y0 đẳng thức xẩy ra khi x = x0

PHƯƠNG PHÁP CÁT TUYẾN Gỉa sử hàm số y = f ( x ) liên tục trên đoạn [a;b] và có đồ thị lõm ( hoặc lồi ) trên [a;b] Xét đường thẳng AB, với A( a; f ( a )), B (b; f (b)) Khi đó đồ thị của hàm số y = f ( x ) nằm phía dưới AB ( hoặc phía trên AB).Từ đó ta có được BĐT cần sử dụng. Sau đây là một vài ví dụ cụ thể: Ví dụ 1:Cho ba số a,b,c thoả mãn : a + b + c = 3.

1 1 1 + + a2 + b + c b2 + a + c c2 + a + b 1 1 1 . Phân tích bài toán :Ta có : P = 2 + 2 + 2 a −a +3 b −b+3 c −c +3 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

Ta nhận định giá trị nhỏ nhất của P đạt được khi a=b=c=1 Xét hàm số

f (t ) =

1 , t −t +3 2

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ t=1 là y =

Tác giả : Trần Văn Huấn .Trường THPT A Nghĩa Hưng

9 t − 4 9

- 36 -

“Học vấn do người siêng năng đạt được,Tài sản do người tinh tế sở hữu, Quyền lợi do người dũng cảm nắm giữ Thiên đường do người lương thiện xây dựng.” - Franklin Giải: Xét hàm số :

h(t ) =

1 t + t −t +3 9 2

Có h’(t)=0 khi t =1.Ta có BBT t

h ' (t )

0 4 9

h (t )

1 a 4   h(a ) = a 2 − a + 3 + 9 ≤ 9  b 4 1 1 12 4  Suy ra : h(t ) ≤ , ∀t ⇒  h(b) = 2 + ≤ ⇒ P + (a + b + c ) ≤ ⇔ P ≤1 b − b + 3 9 9 9 9 9  1 c 4   h (c ) = c 2 − c + 3 + 9 ≤ 9  Đẳng thức xẩy ra khi a=b=c=1. Vậy GTLN của P là 1

Ví dụ 2:.Cho x,y,z là ba số dương thỏa mãn x + y + z ≤ 1 . CMR :

x2 +

1 1 1 + y 2 + 2 + z 2 + 2 ≥ 82 x2 y z ( Khối A-2003 )

Nhận xét: Xét hàm số f (t ) =

t2 +

1 40 27 82 ; y=− chính là phương trình tiếp tuyến của đồ thị 82t + 2 t 41 41

hàm số f(t) tại điểm có hoành độ 1/3. Giải: Theo giả thiết x, y , z ∈ (0;1)

1 40 + 82t , t ∈ (0;1) . t 2 41 t 4 −1 40 1 Ta có h '(t ) = + 82 = 0 ⇔ t = ∈ (0;1) .Ta có BBT : 2 4 3 t t + 1 41

Xét hàm số : h(t ) =

t2 +

h ' (t )

1/3 -

h (t )

27 82 41

1 40 27 82 40 27 82 + 82t ≥ ⇔ f (t ) ≥ − 82t + (= y ), t ∈ (0;1) 2 t 41 41 41 41 40 81 82 Và VT ≥ − 82( x + y + z ) + ≥ 82 .ĐPCM. 41 41

Suy ra : h(t ) =

t2 +

Ví dụ 3: Cho x, y , z ∈ (0;1) thỏa mãn xy+yz+zx=1.Tìm GTNN của biểu thức

Tác giả : Trần Văn Huấn .Trường THPT A Nghĩa Hưng

- 37 -

“Học vấn do người siêng năng đạt được,Tài sản do người tinh tế sở hữu, Quyền lợi do người dũng cảm nắm giữ Thiên đường do người lương thiện xây dựng.” - Franklin -

x y z + + 2 2 1− x 1− y 1− z2 ( Đề tự luyện số 5-Nghĩa Hưng A-2013) 2

Phân tích bài toán : Từ BĐT x + y + z ≥ xy + yz + zx = 1 . Dấu bằng xẩy ra khi

x= y=z=

1 Nên ta so 3

x t 1 2 với x bằng cách xét hàm số f (t ) = − mt 2 ,đạt cực trị tại t = . 2 2 1− x 1− t 3 3 3 Ta tìm được m = 2 Giải: Theo giả thiết x, y , z ∈ (0;1) sánh

t 3 3 2 − t . t ∈ (0;1) 2 1− t 2 t2 +1 1 − 3 3t = 0 ⇔ t = ∈ (0;1) .Ta có BBT : Ta có h '(t ) = 2 3 (1 − t 2 )

+ Xét hàm số : h(t ) =

h ' (t )

h (t )

1 3 0

t 3 3 2 t 3 3 2 − t ≥0⇔ ≥ t , ∀t ∈ (0;1) 2 2 1− t 2 1− t 2 3 3 2 3 3 3 3 Vậy nên: P ≥ (x + y2 + z2 ) ≥ ( xy + yz + zx ) = , 2 2 2 1 Đẳng thức xẩy ra khi x = y = z = 3 Từ BBT ,Suy ra : h(t ) =

KL: GTNN của P là

3 3 2

Ví dụ 4: (Dự bị khối A-2005) Cho x+y+z=0 .Chứng minh rằng :

3 + 4x + 3 + 4 y + 3 + 4z ≥ 6 Lời giải: Xét hàm số

h '(t ) =

h(t ) = 3 + 4t −

4t .ln 4

−

ln 2 t 2

ln 2 ln 2(2.4t − 3 + 4t ) = 2 2 3 + 4t

2 3 + 4t h '(t ) = 0 ⇔ t = 0 .Ta có BBT : t

h ' (t )

0 -

Tác giả : Trần Văn Huấn .Trường THPT A Nghĩa Hưng

- 38 -

“Học vấn do người siêng năng đạt được,Tài sản do người tinh tế sở hữu, Quyền lợi do người dũng cảm nắm giữ Thiên đường do người lương thiện xây dựng.” - Franklin -

h (t )

Từ BBT ta thấy h(t ) ≥ 2, ∀t ⇒

3 + 4x + 3 + 4 y + 3 + 4z ≥ 6 +

ln 2 ( x + y + z) = 6 2

Đẳng thức xẩy ra khi x=y=z=0.Ta được điều phải chúng minh.

 x, y , z ≥ 0 . x + y + z = 3

Ví dụ 5: Cho x,y,z là các số thực thỏa mãn điều kiện: 

Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của các biểu thứ N =

x2 + x + 4 + y2 + y + 4 + z 2 + z + 4

a) Tìm GTNN tương tự như các ví dụ trên , hoặc có thể sử dung BĐT b) Tìm GTLN. Ta sử dụng phương pháp cát tuyến như sau

 x, y , z ≥ 0 ⇒ x, y, z ∈ [ 0;3] , Xét hàm số (C) : f ( x) = x 2 + x + 4 x + y + z = 3 2 Đường thẳng qua A(0;2) và B(3;4) có phương trình là y = x + 2 . 3 2 2 Ta chứng minh x + x + 4 ≤ x + 2, ∀x ∈ [ 0;3] 3 2 2 2 Thật vậy x + x + 4 ≤ x + 2, ∀x ∈ [ 0;3] ⇔ x − 3 x ≤ 0, ∀x ∈ [ 0;3] 3 2 Vậy N ≤ ( x + y + z ) + 6 = 8 . Đẳng thức xẩy ra khi x,y,z là hoán vị của ba số (0;0;3) 3 a3 b3 c3 a+b+c Ví dụ 6: Cho a, b, c dương. Chứng minh rằng 2 + + ≥ 2 2 2 2 2 a + ab + b b + bc + c c + ca + a 3 3 2 a a b 1 b Nhận xét : Ta CM: 2 ≥ ma + nb ⇔ 2 ≥ m+n ⇔ ≥ m+n . 2 2 2 a + ab + b a + ab + b a a b b   + +1 a a Từ 

Dấu bằng sẽ xẩy ra khi a=b=c, hay b/a=1 Xét hàm số

f (t ) =

1 2−t Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại t=1 là y = t + t +1 3 2

( t − 1) ( t + 1) ≥ 0, ∀t > 0 , đẳng thức xẩy ra khi t=1 1 2−t Giải: Ta chứng minh 2 ≥ ⇔ t + t +1 3 3 ( t 2 + t + 1) Do đó

2−

1 2

b b   +   +1 a a

≥

Tương tự

b a ⇔

a2 2a − b ≥ , dấu bằng xẩy ra khi a=b 2 2 a + ab + b 3a

b2 2b − c ≥ dấu bằng xẩy ra khi b=c 2 b + bc + c 3b c2 2c − a ≥ dấu bằng xẩy ra khi c=a 2 2 c + ca + a 3c 2

Tác giả : Trần Văn Huấn .Trường THPT A Nghĩa Hưng

- 39 -

“Học vấn do người siêng năng đạt được,Tài sản do người tinh tế sở hữu, Quyền lợi do người dũng cảm nắm giữ Thiên đường do người lương thiện xây dựng.” - Franklin Suy ra điều phải cm Ví dụ 7: Cho ba số thực dương

a, b, c và thỏa mãn điều kiện a 2 + b 2 + c 2 = 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

a 3 + b3 b3 + c3 c3 + a 3 + + . a + 2b b + 2c c + 2a 3

a 2 3 3   +1 a +b b a  2 2 Nhận xét : Ta CM : ≥ ma + nb ⇔ ≥ m   + n . Đẳng thức xẩy ra khi a=b a a + 2b b +2 b t3 +1 (C ); g (t ) = mt 2 + n(C ') .Ta tìm m và n để (C ) và (C’) tiếp xúc với nhau tại Xét hàm số : f (t ) = t+2 7  m = 18  f (1) = g (1) 7 5 t=1, tức là  ⇔ ⇒ g (t ) = t 2 + 18 18  f '(1) = g '(1) n = 5  18 Lời giải :

x3 + 1 7 2 5 ≥ x + ( x > 0) (*) x + 2 18 18 2 3 2 (*) ⇔ 18( x + 1) ≥ ( x + 2 ) ( 7 x + 5 ) ⇔ ( x − 1) (11x + 8 ) ≥ 0

Trước tiên ta chứng minh BĐT :

luôn đúng với mọi x>0, dấu “=” sảy ra khi x=1

a b c ; ; b c a a 3 + b 3 7 a 2 5b 2 b 3 + c 3 7b 2 5c 2 c 3 + a 3 7c 2 5a 2 ≥ + ; ≥ + ; ≥ + ; a + 2b 18 18 b + 2c 18 18 c + 2a 18 18 12(a 2 + b 2 + c 2 ) Từ các đảng thức trên suy ra S ≥ =2 18 Áp dụng (*) cho x lần lượt là

Vậy MinS =2 khi a=b=c=1

 a , b, c ≥ 0 . a + b + c = 6

Ví dụ 8: Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn điều kiện:  Chứng minh rằng :

+ 2 )( b 2 + 2 )( c 2 + 2 ) ≤ 216

Đề HSG Vĩnh Phúc năm 2014-2015 + Lời giải của đáp án: Không mất tính tổng quát , giả sử

a ≥ b ≥ c . Mà a + b + c = 6 ⇒ c ≤ 2, a + b ≥ 4

Ta chứng minh bất đẳng thức 2

 a + b  2  a+b 5 x= ⇒ c = 6 − 2 x, 2 ≤ x ≤ a + 2 b + 2 ≤ ( )( )  2  + 2 (*) 2 2   Từ đó ta đặt 2

+ 2 )( b 2 + 2 )( c 2 + 2 ) ≤ ( x 2 + 2 ) ( c 2 + 2 ) = ( x 2 + 2 )

( ( 6 − 2 x ) + 2 ) = f ( x) 2

Xét hàm f(x) trên [2;5/2] ta có kết quả + Cách khác : BĐT cần chứng minh

+ 2 )( b 2 + 2 )( c 2 + 2 ) ≤ 216 ⇔ ln ( a 2 + 2 ) + ln ( b 2 + 2 ) + ( c 2 + 2 ) ≤ ln 216

Tác giả : Trần Văn Huấn .Trường THPT A Nghĩa Hưng

- 40 -

“Học vấn do người siêng năng đạt được,Tài sản do người tinh tế sở hữu, Quyền lợi do người dũng cảm nắm giữ Thiên đường do người lương thiện xây dựng.” - Franklin Xét hàm số

f (t ) = ln ( t 2 + 2 ) , phương trình tiếp tuến với đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ t=2 là

2 4 y = t − + ln 6 . 3 3

2 f (t ) = ln ( t 2 + 2 ) − t , t ∈ [ 0;6] . 3 2 4 2 Ta chứng minh được ln ( t + 2 ) ≤ t − + ln 6, t ∈ [ 0; 6] . 3 3 2 2 2 2 Suy ra ln ( a + 2 ) + ln ( b + 2 ) + ( c + 2 ) ≤ ( a + b + c ) − 4 + 3ln 6 = ln 216 3 Lập BBT của hàm số

Đẳng thức xẩy ra khi a=b=c=2 Ví dụ 9: Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :

ab + a 4 + 4a 2b 2 a 2 + 3b 2

bc + b4 + 4b 2c 2

b 2 + 3c 2

Lời giải Vì a, b, c là các số thực dương do đó ta có

Đặt

ab + a 4 + 4a 2b 2 a 2 + 3b 2

bc + b 4 + 4b 2c 2 b 2 + 3c 2

b 1 + 3  a

c c + 1+ 4  b b c 1 + 3  b

b c , y = , vì a, b, c là các số thực dương ⇒ x, y > 0. Khi đó a b P=

Xét hàm số Ta có

b b + 1+ 4  a a

x + 1 + 4x2 1 + 3x

f ( t ) = 1 + 4t 2 − t

f '(t ) =

4t 1 + 4t 2

trên

y + 1 + 4 y2 1+ 3y

1 1 + 4x2 − x

1 1 + 4 y2 − y

( 0; +∞ ) .

− 1 ⇒ f '(t ) = 0 ⇔ t =

1 2 3

(vì

t > 0 ).

Bảng biến thiên

t f / (t )

+∞

2 3

−

Tác giả : Trần Văn Huấn .Trường THPT A Nghĩa Hưng

- 41 -

“Học vấn do người siêng năng đạt được,Tài sản do người tinh tế sở hữu, Quyền lợi do người dũng cảm nắm giữ Thiên đường do người lương thiện xây dựng.” - Franklin -

+∞

f (t ) 3 2 Từ bảng biến thiên suy ra

⇒P=

Vậy

Max P =

f (t ) ≥

1 1 + 4x2 − x

3 , ∀t > 0 2

1 1 + 4 y2 − y

1 1 1 1 4 + ≤ + = , ∀x, y > 0. f ( x) f ( y) 3 3 3 2 2

a = 2 3b 4 , giá trị lớn nhất đạt được khi  . 3 b = 2 3c

Bái tâp tương tự : 1.Cho ba số dương a,b,c thoả mãn a+b+c=3. Tìm Min A

1 1 1 2(a 2 + b 2 + c 2 ) + + + a2 b2 c2 3 ,

2. Cho ba số dương a,b,c thoả mãn a+b+c=3.Tìm Min A

A= 3.

1 1 1 + + − (a 2 + b 2 + c 2 ) a2 b2 c 2

Cho ba số dương a,b,c thoả mãn a+b+c=1.CM

a b c 9 + 2 + 2 ≤ a + 1 b + 1 c + 1 10 2

Cho ba số dương a,b,c thoả mãn a+b+c=1.CM

2(a 3 + b3 + c3 ) + 9 ≥ 5(a 2 + b 2 + c 2 ) 5. Cho ba số dương a,b,c thoả mãn a+b+c=3/2.CM

a2 b2 c2 3 + + ≥ b+c a+c a+b 2 6. Cho x,y,z thỏa mãn : x+y+z= 3.Tìm GTNN của

P = x2 x + y 2 y + z 2 z 7. Cho ba sè d-¬ng a,b,c tho¶ m· n abc=1.CM

a b c 3 2 + + ≥ 2 a +1 b +1 c +1 HD: Đặt x=lna, y=lnb, z=lnc. 8.

Cho ba sè d-¬ng a,b,c tho¶ m·n a2+b2+c2=1.CM

1 1 1 + + ≥3 2−a 2−b 2−c 9. Cho ba sè d-¬ng a,b,c tho¶ m·n a+b+c=3.CM

1 1 1 + + ≥ a2 + b2 + c2 a2 b2 c 2 Tác giả : Trần Văn Huấn .Trường THPT A Nghĩa Hưng

- 42 -

“Học vấn do người siêng năng đạt được,Tài sản do người tinh tế sở hữu, Quyền lợi do người dũng cảm nắm giữ Thiên đường do người lương thiện xây dựng.” - Franklin 10. Cho ba sè d-¬ng a,b,c tho¶ m·n abc=1.CM

1 1 1 + 2 + 2 ≥1 a − a +1 b − b +1 c − c +1 2

11. Cho ba sè d-¬ng a,b,c tho¶ m·n a + b + c = 1.CM

a+b b+c c+a + + ≥3 ab + c bc + a ca + b 1 1 1 3(a + b + c) + 2( + + ) ≥ 21 . a b c 1 1 1 13/ Cho a, b, c > 0 và a2 + b2 + c2 = 1. CMR: + + − (a + b + c ) ≥ 2 3 a b c 12/ Cho a, b, c > 0 và a + b + c ≤ 1. CMR:

14) Cho ba sè d-¬ng a,b,c tho¶ m·n a + b + c = 1.CM

a b c 9 + + ≥ 1 + bc 1 + ca 1 + ab 10 15. Cho a, b, c dương. Chứng minh rằng

∑

a2 a+b+c ≥ a+b 2

∑

a4 a+b+c ≥ 3 3 a +b 3

16) Cho a, b, c dương. Tìm GTNN của

a3 b3 c3 + + − 3 a+b+c 2 2 2 2 2 2 a + ab + b b + bc + c c + ca + a

 x, y, z ∈ [ 0;1]  3 4 17 ) Cho  1 Tìm GTLN của M = xy z 3 4  3x + 7 + 3 y + 7 + 3z + 7 = 1   x, y, z > 0 18) Cho  4 4 4 2 2 2 9 ( a + b + c ) − 25 ( a + b + c ) + 48 = 0 a2 Tìm GTNN của M = ∑ b+c

Chương VII: PHƯƠNG PHÁP KHẢO SÁT THEO TỪNG BIẾN

Nêu bài toán không thực hiện được theo các phương án trên. Ta có thể suy nghĩ theo hướng sau Coi biểu thức cần tìm GTLN, GTNN là một hàm số của một biến, sau đó khảo sát theo biến đó ( coi các biến còn lại như là tham số ). Có thể hàm số đó xẽ đạt GTLN (GTNN) tại một điểm trên R hoặc tại một điểm phụ thuộc vào các biến còn lại. và do đó ta làm bài toán giảm đi được một biến. Sau đó lại có thể tiệp tục làm như trên cho các biến còn lại, hoặc sử dụng một trong các cách giải như đã trình bày ở trên. Sau đay là một vài ví dụ: Ví dụ 1 ( Đề thi ĐH khối A – 2011)

x , y, z là ba số thực thuộc đoạn  1; 4  và x ≥ y, x ≥ z . x y z Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = + + 2x + 3y y + z z + x Cho

Tác giả : Trần Văn Huấn .Trường THPT A Nghĩa Hưng

- 43 -

“Học vấn do người siêng năng đạt được,Tài sản do người tinh tế sở hữu, Quyền lợi do người dũng cảm nắm giữ Thiên đường do người lương thiện xây dựng.” - Franklin Lời giải. Cách 1( ĐÁP ÁN CỦA BỘ ):

1 1 2 (*), với a và b dương và ab ≥ 1 . + ≥ 1+a 1+b 1 + ab Thật vậy, ( * ) ⇔ ( a + b + 2 )( 1 + ab ) ≥ 2 ( 1 + a ) ( 1 + b )

+ Trước hết ta chứng minh :

⇔ (a + b ) ab + 2 ab ≥ a + b + 2ab ⇔

(

ab − 1

)(

)

a− b

≥ 0 , luôn đúng với a, b dương và ab ≥ 1 .

a = b hoặc ab = 1 . x và y thuộc đoạn  1; 4  và x ≥ y , ta có: x 1 1 1 2 P = + + ≥ + 2x + 3y z x 3y x 1+ 1+ 2+ 1+ y z x y

Dấu bằng xảy ra, khi và chỉ khi : +Áp dụng (*), với

Dấu bằng xảy ra, khi và chỉ khi :

z x x = hoặc = 1 (1) y z y

t2 2 x + . Xét hàm số : = t, t ∈  1;2  . Khi đó: P ≥ 2 y 2t + 3 1 + t −2  t 3 ( 4t − 3 ) + 3t ( 2t − 1 ) + 9  t2 2   < 0, f (t ) = 2 + , t ∈  1;2  , f ′ ( t ) = 2 2 2t + 3 1 + t ( 2t 2 + 3 ) ( 1 + t ) Đặt

⇒ f (t ) ≥ f ( 2 ) =

34 . 33

x 34 = 4 ⇔ x = 4, y = 1 (2). Suy ra P ≥ . 33 y Từ (1) và (2) suy ra dấu bằng xảy ra, khi và chỉ khi : x = 4, y = 1 và z = 2 .

Dấu bằng xảy ra, khi và chỉ khi

Vậy, giá trị nhỏ nhất của

t =2⇔

P bằng

34 , khi x = 4, y = 1, z = 2 . 33

Cách 2:( Khảo sát theo từng biến )

x y z + + = f (z ) 2x + 3y y + z z + x

Đặt

P =

Có

f '(z ) =

−y 2

(y + z )

x 2

(z + x )

(x − y )(z 2 − xy ) 2

(y + z ) ( z + x )

Nếu x=y,thì P=6/5 Nếu x>y,thì f’(z)=0 khi z=

f ′ (z )

xy ∈ [1; 4] . Ta có BBT:

−

f (t )

Tác giả : Trần Văn Huấn .Trường THPT A Nghĩa Hưng

- 44 -

“Học vấn do người siêng năng đạt được,Tài sản do người tinh tế sở hữu, Quyền lợi do người dũng cảm nắm giữ Thiên đường do người lương thiện xây dựng.” - Franklin -

Nên

Đặt

P ≥ f ( xy ) =

x + 2x + 3y

2 y y+ z

x y

= 2

x +3 y

2 x +1 y

x t2 2 ∈ [1; 2] .Xét hàm số f (t ) = 2 + , t ∈ [ 1; 4 ] t + 1 2 t + 3 y

Lập BBT , Có GTNN là 34/33 Khi x=4, y=1, z=2 Ví dụ 2: Cho ba số thực

x, y, z ∈ [1;3] .

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

36 x 2 y z + + yz xz xy Lời giải

f ( x) =

Xét hàm số

36 x 2 y z + + , x ∈ [1;3] , y, z yz zx xy

là tham số.

Ta có

f '( x) = Suy ra

36 2 y z 36 x 2 − 2 y 2 − z 2 36 − 2.9 − 9 − 2− 2 = ≥ > 0. yz zx x y x 2 yz x 2 yz

f ( x) đồng biến trên [1;3] nên f ( x) ≥ f (1) =

Đặt

g ( y) =

Ta có

36 2 y z + + , y ∈ [1;3] , z yz z y

g '( y ) = −

36 y2z

36 2 y z + + , ∀x ∈ [1;3] . yz z y

là tham số.

2 z −36 + 2 y 2 − z 2 −36 + 2.9 − 12 − 2 = ≤ <0 z y y2 z y2z

suy ra

g ( y ) nghịch biến trên

[1;3] ⇒ g ( y ) ≥ g (3) = Xét hàm số

h( z ) =

12 6 z 18 z + + = + , ∀y ∈ [1;3] . z z 3 z 3

18 z 18 1 18 1 + , z ∈ [1;3] , ta có h '( z ) = − 2 + ≤ − + < 0. z 3 3 9 3 z

⇒ h( z ) nghịch biến trên [1;3] ⇒ h( z ) ≥ h(3) = Vậy

P≥7

Do đó

với mọi

18 +1 = 7 . 3

x, y, z ∈ [1;3] .

x = 1 . Min P = 7 , giá trị nhỏ nhất đạt được khi  y = z = 3

Tác giả : Trần Văn Huấn .Trường THPT A Nghĩa Hưng

- 45 -

“Học vấn do người siêng năng đạt được,Tài sản do người tinh tế sở hữu, Quyền lợi do người dũng cảm nắm giữ Thiên đường do người lương thiện xây dựng.” - Franklin -

Ví dụ 3: Cho

x y z 1  x, y, z ∈  ;3 .Tìm GTLN của A = + + . x+ y y+ z z+ x 3 

HDG

1  x ≥ y ≥ z , x, y, z ∈  ;3 . 3  x y z Xét hàm số A( x ) = + + . (y,z là tham số) x+ y y+z z+x Gứa sử

( y − z )( x 2 − yz ) 1  ≥ 0, ∀ x ≥ y ≥ z , x, y, z ∈  ;3 . 2 2 ( x + y ) ( z + x) 3  ⇒ A( x) ≤ A(3) = G ( z ) 1 G( z ) ≤ G( ) = H ( y) . 3 8 H ( y ) ≤ H (1) = 5 A '( x) =

Vì vai trò của x,y,z như nhau nên ta có KL: Vậy MaxA=8/5 khi x=3,y=1/3,z=1 và các hoán vị của x,y,z Ví dụ 4:. Cho a , b, c là ba số thực dương và Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : P

abc + a + c = b .

2 2 3 − 2 + 2 a +1 b +1 c +1 2

Lời giải

a+c 1 và a < . 1 − ac c 2 2 2(a + c) 3 1 Thay vào biểu thức P ta được : P = 2 + 2 −2+ 2 , (0 < a < ) 2 a + 1 (a + 1)(c + 1) c +1 c Theo giả thiết ta có

a + c = b(1 − ac) > 0 ⇒ b =

1 ( x + c) 2 1 + − 1 với 0 < x < và coi c là tham số c>0 2 2 2 x + 1 ( x + 1)(c + 1) c 2 −2c( x + 2cx − 1)  1 Ta có : f '( x) = = 0 ⇔ x0 = −c + c 2 + 1 ∈  0;  2 2 2 (1 + x ) (1 + c )  c

Xét hàm số :

f ( x) =

Ta có bảng biến thiên

1 c

0 +

f '( x ) f ( x)

f ( x0 )

Từ bảng biến thiên ta có :

f ( x) ≤ f ( x0 ) =

S = 2 f (a) +

c 1 + c2 2c

3 3 ≤ + 2 = g (c ) 2 c +1 c +1 1+ c 2

Tác giả : Trần Văn Huấn .Trường THPT A Nghĩa Hưng

- 46 -

“Học vấn do người siêng năng đạt được,Tài sản do người tinh tế sở hữu, Quyền lợi do người dũng cảm nắm giữ Thiên đường do người lương thiện xây dựng.” - Franklin -

Ta có :

2(1 − 8c 2 )

g '(c) =

2 2

(1 + c ) (3c + 1 + c )

= 0 ⇔ c = c0 =

1 ∈ ( 0; +∞ ) 8

Bảng biến thiên :

c g '(c )

0 +

g (c0 )

g (c ) Từ bảng biến thiên suy ra : Vậy với

+∞

g (c) ≤ g (c0 ) ⇒ S ≤ g (c) ≤ g (c0 ) =

10 3

1 2 10 ,a = , b = 2 thì MaxS = . 2 3 8

a + 2b − c ≥ 0 a b a + 2b Tìm GTNN của M = HSG Nam định 2013-2014 + + 10b + c a + b + c 2 a + 3b

Ví dụ 5: Cho ba số dương a,b,c thỏa mãn

Lời giải Coi P là hàm của z và x, y là tham số ta có

P '( z ) = − Suy ra P(z) nghịch biến trên

(10 y + z )

−

( x + y + z )2

< 0, ∀z ∈ ( 0; x + 2 y ] .

( 0; x + 2 y ] . x y

x +3 x x + 3y y ⇒ P ≥ P( x + 2y) = + = + . x + 12 y 2 x + 3 y x + 12 2 x + 3 y y x y

Đặt

f (t ) =

Ta có

suy ra

P≥

t t +3 + t + 12 2t + 3

f '(t ) =

( t + 12 )

−

với

t ∈ ( 0; +∞ ) .

t ∈ ( 0; +∞ ) . 3

( 2t + 3)2

t = 2 ∈ ( 0; +∞ ) ⇒ f '(t ) = 0 ⇔  . t = − 18 ∉ ( 0; +∞ )  5

Bảng biến thiên t

f '(t )

+∞

2 -

Tác giả : Trần Văn Huấn .Trường THPT A Nghĩa Hưng

- 47 -

“Học vấn do người siêng năng đạt được,Tài sản do người tinh tế sở hữu, Quyền lợi do người dũng cảm nắm giữ Thiên đường do người lương thiện xây dựng.” - Franklin -

3 2

f (t )

6 7 Từ bảng biến thiên suy ra

6 7

Vậy

P≥

Vậy

Min P =

. Dấu bằng xảy ra khi

Ví dụ 6 : Cho

6 . 7

f (t ) ≥ f ( 2) =

x = 2 y, z = 4 y .

6 , giá trị nhỏ nhất đạt được khi x = 2 y , z = 4 y . 7

a , b, c

là các số thực thuộc đoạn

[1;2] thỏa mãn điều kiện 4a + 2b + c = 11 .

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : P

1 2 3 + + . a b c Lời giải

Từ giả thiết

4a + 2b + c = 11 ta có a =

Xét hàm số

f (b) =

Ta có

f '(b) =

Do đó

f (b)

Xét hàm số

g '( c ) = −

g (c)

Do đó

P≥

Vậy

(11 − 2b − c )

−

2 b

là hàm số nghịch biến trên

Do đó

4 2 3 + + 11 − 2b − c b c 8

g (c) =

11 − 2b − c 4 2 3 .Khi đó P trở thành P = + + . 4 11 − 2b − c b c

trên

[1; 2] .

2 ( 4b + c − 11)(11 − c )

< 0, ∀b, c ∈ [1; 2] .

(11 − 2b − c )2 b 2

[1;2] ⇒ f ( b ) ≥ f ( 2 ) =

4 3 + + 1, ∀b ∈ [1; 2] . 7−c c

4 3 + + 1 trên [1;2] , ta có 7−c c

(c − 7)

c 2 + 42c − 147 2

( c − 7) c2

là hàm số nghịch biến trên

< 0, ∀c ∈ [1;2] .

[1; 2] ⇒ g ( c ) ≥ g ( 2 ) =

33 , ∀c ∈ [1;2] . 10

33 , ∀a, b, c∈ [1;2] . 10

33 Min P = , giá trị nhỏ nhất đạt được khi 10

5  a = 4 .  b = c = 2

Tác giả : Trần Văn Huấn .Trường THPT A Nghĩa Hưng

- 48 -

“Học vấn do người siêng năng đạt được,Tài sản do người tinh tế sở hữu, Quyền lợi do người dũng cảm nắm giữ Thiên đường do người lương thiện xây dựng.” - Franklin BT tương tự 1)Cho ba số dương a,b,c thoả mãn abc+a+c=b

2 3 2 + 2 − 2 a +1 c +1 b +1 a b c 3 2) (BĐT Nepnit) :Cho ba số dương a,b,c CMR + + ≥ b+c a+c a+b 2 3) Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn x, y, z ∈ [1;9] , x ≥ y, y ≥ z Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

x y z + + 3x + 4 y y + z z + x 4) Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn x, y , z > 0, xy ≥ 1, z ≥ 1 Tìm GTNN của

x y z3 + 2 Tìm GTNN của M = + + 1 + y 1 + x 3( xy + 1) HD:

M≥

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

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

(

4 xy + 2

)

1 − 2, xy ≥ 1 xy + 1 1 + xy 5) Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn x, y , z > 0, yz ≤ x ( y + z ) xy y + z xy + xz Tìm GTNN của M = + + xz + yz z + 2 y xy + yz =

( Dự bị HSG Nam định 2013)

Tác giả : Trần Văn Huấn .Trường THPT A Nghĩa Hưng

- 49 -