Tài liệu 21 BÀI TOÁN MAX - MIN CÓ LỜI GIẢI

Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán hoctoancapba.com xin giới thiệu Tuyển chọn các bài MAX – MIN (CÂU 10 ĐIỂM) trong 21 ĐỀ THI THỬ TÂY NINH 2015 Hy vọng tài liệu này sẽ giúp các em học sinh ôn tập tốt hơn chuyên đề MAX – MIN trong kỳ thi THPT QG sắp tới. ĐỀ 1. THPT Quang Trung – Tây Ninh Cho ba số thực dương x,y,z thỏa mãn: xyz = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P  log32 x  1  log32 y  1  log32 z  1 r r r Trong mp(Oxy), gọi a  (log3 x;1), b  (log3 y;1), c  (log3 z;1) r r r r r và n  a  b  c � n  (1;3) r r r r r r Ta có: a  b  c �a  b  c � log32 x  1  log32 y  1  log32 z  1 � 12  32 0,5 0,5  P r r r 10 , dấu = xảy ra khi ba vecto a , b , c cùng hướng và kết hợp điều kiện đề bài ta được x=y=z= 3 3 Vậy MinP= 10 khi x=y=z= 3 3 ĐỀ 2. THPT Trần Phú – Tây Ninh Cho ba số thực a, b, c thỏa: a � 0;1 , b � 0;2 , c � 0;3 . Tìm giá trị lớn nhất của P  2  2ab  ac  bc  8b b   2 1  2a  b  3c b  c  b a  c  8 12a  3b2  27c 2  8 Ta có: a � 0;1 , b � 0;2 , c � 0;3 �  1  a   b  c  �0 �b  c �ab  ac � �� �� � 2a  b  3c �2ab  bc  ac  2  b   a  c  �0 �2a  2c �ab  bc � GV: Nguyễn Thành Hưng 0.25 Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán 2  2ab  ac  bc   1  2a  b  3c 2  2ab  ac  bc  1  2ab  ac  bc Suy ra 0.25 0.25 2  2ab  bc  ac  8b b P�   1  2ab  bc  ac 2ab  bc  ac  8 2ab  bc  ac  8 2  2ab  bc  ac  8 P 1  2ab  bc  ac 2ab  bc  ac  8 Đặt t  2ab  bc  ac � t � 0;13 Xét hàm số f  t   f ' t  2  t  1  2 2t 8  , t � 0;13 t 1 t  8 8  t  8 2 , f ' t  0 � t  6 Mặt khác b  c �a  b  c  ( vì a � 0;1 )  8b b  c  b  a  c  8 8b a  b  c  b  a  c  8 8b 2ab  bc  ac  8 Với mọi số thực x, y, z, ta có  x  y 2   y  z    y  x  �0 � 2  x 2  y 2  z2  �2 xy  2 yz  2 xz 2 2 � 3  x 2  y 2  z2  � x  y  z  2 2 2 2 � 12a2  3b 2  27c 2  3 � � 2a  b  3c   2a  b  3c �2ab  bc  ac  2a   b2   3c  � � �  => b b � 12a2  3b 2  27c 2  8 2ab  bc  ac  8 f  0 � 1; f  6 16 ; f  13  7 16 7 47 21 f  t Do đó: P � . Khi a  1; b  2; c  0.25 GV: Nguyễn Thành Hưng 16 t 7  0;13 2 16 16 thì P  . Vậy giá trị lớn nhất của P là 3 7 7 Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán ĐỀ 3. THPT Lê Quí Đôn – Tây Ninh 5 Cho x là số thực thuộc đoạn [  1, ] . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của 4 P 5  4x  1  x 5  4x  2 1  x  6 Đặt a  5  4 x , b  1  x thì a 2  4b 2  9, với a, b �0  Do đó đặt  �[0, ] với a=3sin ,2b=3cos . Khi đó: 2 0,25 3 3sin   cos a b 2sin   cos 2 P   a  2b  6 3sin   3cos   6 2sin   2 cos   4 Xét hàm số f ( x )  2sin x  cos x  với x �[0, ] 2sin x  2 cos x  4 2 6  4sin x  8cos x   0, x �[0, ] Ta có f ( x )  2 (2sin x  2 cos x  4) 2 0,25 /  Suy ra hàm số f(x) luôn luôn đồng biến trên [0, ] 2 1  1 Do đó: min f( x )  f (0)   6 ; max f( x )  f ( 2 )  3 x�[0, ] x�[0, ] 2 Vậy min P  2 1 5 khi x  6 4 1 Max P  khi x  1 3 ĐỀ 4. THPT Lê Hồng Phong – Tây Ninh Cho 3 số thực dương a, b, c thoả mãn abc  1 . Chứng minh rằng: a b c   �1 . 2b a 2c b 2a c Giải Ta có 0,25 a a a  � , do 1  a �2 a . 2  b a 2 a  ba 1  a  ba GV: Nguyễn Thành Hưng 0,25 Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán Tương tự: b b c c � � ; . 2  c b 1  b  bc 2  a c 1  c  ac Cộng các vế của các BĐT trên ta có: a b c a b c   �   2  b a 2  c b 2  a c 1  a  ba 1  b  cb 1  c  ac = abc b cb   bc  bca  babc 1  b  cb b  bc  bac = 1 b cb    1 (điều phải chứng minh). bc  1  b 1  b  cb b  bc  1 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 ĐỀ 5. THPT Nguyễn Trung Trực – Tây Ninh Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a+b+c=3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P 2 abc 3 3  ab  bc  ca  1 a  1 b  1 c Áp dụng Bất đẳng thức  x  y  z  �3  xy  yz  zx  , x, y , z �� ta có: 2  ab  bc  ca  2 �3abc  a  b  c   9abc  0 � ab  bc  ca �3 abc   0,25 3 Ta có:  1  a   1  b   1  c  �1  3 abc , a, b, c  0. Thật vậy:  1  a   1  b   1  c   1   a  b  c    ab  bc  ca   abc �  1  3 3 abc  3 3  abc   abc  1  3 abc 2 3 2 abc P �  Q Khi đó 3 1  abc 1  3 abc    3  1 0,25 3 Đặt 6 �a  b  c � abc  t . Vì a, b, c  0 nên 0  abc �� � 1 � 3 � Xét hàm số Q  2 t2  , t � 0;1 2 3 1  t 3  1  t GV: Nguyễn Thành Hưng 0,25 Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán � Q ' t   2t  t  1  t 5  1 �0, t � 0;1 1 t  1 t  3 2 2 2 Do hàm số đồng biến trên  0;1 nên Q  Q  t  �Q  1  5 6  2 5 Từ (1) và (2) suy ra P � 6 Vậy max P  ĐỀ 6. 5 , đạt được khi và chỉ khi: a  b  c  1 . 6 0,25 THPT Lý Thường Kiệt – Tây Ninh Cho 3 số thực x, y , z khác 0 thỏa mãn: x  y  z  5 và x. y.z  1 .Tìm giá trị lớn nhất của 1 1 1 biểu thức: P    . x y z P 1 1 1 1 yz 1       x 5  x x y z x yz x 4 x z 4yz ���  5 x��   Ta có:  y ‫��ڳ‬ 2 2 Xét hàm số: f  x   x 0 3 2 2 x 4 x 3 2 2 0,25 1 1  x  5  x  � f '  x    2  5  2x x x Với: x ‫��ڳ‬ 0 3 2�2 x 4 x 3 2 2 f '  x  0 � x  1 �x  1  2 �x  1  2 2 0,25 Lập bảng biến thiên đúng Tính được:     f 1 2   f  3  2 2   1 4 f 1 2  f 3  2 2  1 4 2 GV: Nguyễn Thành Hưng 2 0,25 Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán 0,25 Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 1  4 2 đạt tại: x  y  1  2, z  3  2 2 hay x  z  1  2, y  3  2 2 hoặc x  y  3  2 2, z  1  2 hay x  z  3  2 2, y  1  2 ĐỀ 7. THPT Tân Châu – Tây Ninh ĐỀ 8. THPT Lê Duẫn – Tây Ninh Cho x, ,y, z là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức. P 2 3  3 x  xy  xyz x yz Ta có x  xy  3 xyz  x  1 1 2 x.8 y  3 2 x.8 y.32 z 4 8 2 x  8 y 2 x  8 y  32 z 32 4    x  y  z   x  y  z �x  8 24 24 3 y z;t 0 Đặt t x� f�  t   P f  t 3 2t 2 2 3t 0.25 3 1  ; f�  t  0 � t 1 t3 t2 Lập bảng biến thiên của hàm f(t) ta được Pmin   0.25 3 tại t=1 2 � 16 �x  21 �x  y  z  1 � � � 4 � �y  Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi �2 x  8 y � � 21 2 x  32 z � � 1 �z  21 � GV: Nguyễn Thành Hưng 0.25 0.25 Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán ĐỀ 9. THPT Hoàng Văn Thụ - Tây Ninh Cho a, b, c không âm và a 2  b2  c 2  3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  ab  bc  ca  5a  5b  5c  4 Cho a, b, c không âm và a 2  b2  c 2  3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  ab  bc  ca  5a  5b  5c  4 1 điểm 2 2 2 Ta có 3 � a  b  c  �3  a  b  c  2 ۣ  ۣ 3� a b c  2 0,25đ 9 ۣ  ۣ � 3 a b c 3 � Đặt t  a  b  c với t �� � 3; 3� Mà ab  bc  ca   a  b  c 1 2 2 Nên P  t   t  5t  2   a 2  b2  c 2  2 t2  3  2 5 2 0,25đ 0,25đ � P '  t   t  5  0, t �� �3; 3� BBT t 3 3 P’(t) + 22 P(t) 45 3 Vậy Pmax  22 với t  3 � a  b  c  1 ĐỀ 10. THPT Trảng Bàng – Tây Ninh Cho các số thực a, b, c thỏa mãn a b c và a 2  b 2  c 2 5 . Chứng minh rằng: (a  b)(b  c)(c  a)(ab  bc  ca )  4 GV: Nguyễn Thành Hưng 0,25đ Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán (a  b)(b  c)(c  a)(ab  bc  ca)  4 Ta có: 0,25  P (a  b)(b  c )(a  c )(ab  bc  ca) 4 Do a b c nên Nếu ab+bc+ca<0 thì P 0  4 (đúng) Nếu ab+bc+ca 0 thì đặt ab+bc+ca = x 0 Áp dụng BĐT Côsi : (a  b)(b  c)   (a  b)(b  c)(a  c )  ( a  c) 2 4 (a  c) 3 (1) 4 Áp dụng BĐT Bunhiacopski: 2 (a  b) 2  (b  c) 2  (a  c) 2 0,25 và 4(a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca) 2(a  b) 2  2(b  c) 2  2(a  c) 2  4(a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca ) ( a  c ) 2  2( a  c ) 2  4(5  x ) 3(a  c ) 2 0  x 5 va  a  c  2 5 x 3 ( 2) Từ (1) và (2) ta có: P (a  c) 3 2 3 .x  x (5  x) 3 4 9 Xét hàm số f ( x )  x (5  x ) 3 ; x   0;5 0,25  x 2 5 f ' ( x)  5  x (5  x) ; f ' ( x) 0   2  x 5 Ta có: f ( 0 ) 0 ; f ( 2 ) 6 3 ; f (5) 0 Max f ( x) 6 3  f ( x)  x (5  x) 3 6 3 ; x   0;5  0; 5   P 2 3 .6 3  P  4 9 GV: Nguyễn Thành Hưng 0,25 Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán x2 abbcca2   ba  cb b a 1 a2         b1   ca 2 c a 2 c0 a2 b2 c2 5 a2 b2 c2 5  Dấu "=" xảy ra ĐỀ 11. THPT chuyên Hoàng Lê Kha – Tây Ninh Cho các số thực dương x, y, z. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P yz x  2 yz  zx y  2 zx  xy z  2 xy Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có 2 yz x  2 yz  1 0.25 x x �1  (1) x yz x  2 yz Tương tự ta có 2 zx y y  1 �1  (2) x yz y  2 zx y  2 zx 2 xy z  2 xy  1 z z �1  x yz z  2 xy (3) 0.25 Cộng 3 bất đẳng thức cùng chiều (1), (2), (3) ta được 2P � � 2 P 1 Dấu bằng xảy ra khi x = y = z. GV: Nguyễn Thành Hưng 0.25 Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán 0.25 Vậy Max P = 1 khi x = y = z. ĐỀ 12. THPT Nguyễn Đình Chiểu – Tây Ninh Cho bốn số dương a, b, c, d thoả mãn a + b + c + d = 4 a Chứng minh rằng: 2 1 b c  b 2 1 c d  c 2 1 d a  d 1  a2 b �2 Sử dụng bất đẳng thức Cô–si: a 2 1+b c ab2 c a 2 1 b c �a  ab2 c a 2b c ab c ab(1  c) ab abc �a  a  2 4 4 4 (1) Dấu = xảy ra khi và chỉ khi b = c = 1 b 1+c 2 d c 1+d 2 a d 1+a 2 b b c d bc2 d 1  c2 d cd 2 a 1  d 2a da2 b 1  a2 b �b  �c  �d  bc2 d 2c d cd 2 a 2d a da2 b 2a b b bc  1  d  bc d bc bcd �b   b  (2) 2 4 4 4 c cd  1  a  cd a cd cda �c  c  (3) 2 4 4 4 d da  1  b  da b da dab �d  d  (4) 2 4 4 4 0,25 Từ (1), (2), (3), (4) suy ra: a 2 1 b c  b 2 1 c d  c 2 1 d a  d 2 1 a b �4  ab  bc  cd  da abc  bcd  cda  dab  4 4 0,25 Mặt khác: 2 �a  c  b  d �  ab  bc  cd  da   a  c   b  d  �� � 4 . 2 � � Dấu "=" xảy ra  a+c = b+d GV: Nguyễn Thành Hưng 0,25 Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán 2 2 �a  b � �c  d �  abc  bcd  cda  dab  ab  c  d   cd  b  a  �� � c  d   � � b  a  �2 � �2 � �a  b c  d �   abc  bcd  cda  dab � a  b   c  d  � �  a  b   c  d  4 � �4 2 �a  b  c  d � � abc  bcd  cda  dab �� �  4 . Dấu "=" xảy ra  a = b = c = d = 1. 2 � � a Vậy ta có: 2 1 b c �  a 2 1 b c b 2 1 c d   b 2 1 c d c 2 1 d a   c 2 d 2 1 a b  �4  d 1  d a 1  a2 b 4 4  4 4 �2  đpcm. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d = 1. ĐỀ 13. 0,25 THPT Nguyễn Trãi – Tây Ninh Cho a,b là hai số thực dương thỏa 2a  b  5 . 4 2 a Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức F   2 a Ta có : F   1 4b 1 2 1 2 1   8a   4b  (8a  4b)   8a   4b  5 4b a 4b a 4b 0.5 Bất đẳng thức Côsi cho : 2  8a �8 a 1   4b �2 4b Suy ra F �5  �2 �a  8a � � 1 1 a � �  4b � 2 MinF  5 đạt khi � �� �4b 1 � � 5 b 2a  b  � � 4 4 � � a, b  0 � GV: Nguyễn Thành Hưng 0.25 0.25 Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán ĐỀ 14. THPT Nguyễn Huệ - Tây Ninh x Cho x,y  R và x, y > 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của P  3  y3    x2  y2  ( x  1)( y  1) t2 xy � Đặt t = x + y ; t > 2. Áp dụng BĐT 4xy  (x + y) ta có 4 2 P 0,25 t 3  t 2  xy (3t  2) t2 . Do 3t - 2 > 0 và  xy � nên ta có xy  t  1 4 t 2 (3t  2) t3  t2  t2 4 P�  t2 t2  t 1 4 Xét hàm số f (t )  t 0,25 t2 t 2  4t ; f '( t )  ; f’(t) = 0  t = 0 v t = 4. t2 (t  2) 2 2 4 - f’(t) 0 + 0,25 + f(t) 8 x y4 �x  2 min f (t ) = f(4) = 8 đạt được khi � �� Do đó min P = (2; � �) �xy  4 ĐỀ 15. �y  2 THPT Huỳnh Thúc Kháng – Tây Ninh Cho các số thực dương a,b,c đôi một khác nhau thỏa mãn 2a �c và ab  bc  2c 2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  Theo giả thiết: 2a �c nên a b c   . ab bc c a a 1 a b b a 2c � ; ab  bc  2c 2 � .   2 �  1 c 2 c c c c b GV: Nguyễn Thành Hưng 0,25 Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán Vì a 1 b 4 � nên � c 2 c 3 c b 3 4 Đặt t  thì 0  t � a c b 1 2t 2  t 1 1 2 7 P  c   2    1  a b b a 2t  t  1 1  t 2(1  t ) 2t  1 6(1  t )  1 1 c c c c Xét hàm số f (t )  1  2 7 � 3�  , t �� 0; �. Ta có: 2t  1 6(1  t ) � 4� � 3� � 3� f '(t )  0, t �� 0; �, do đó f (t ) đồng biến trên � 0; � � 4� � 4� 3 4 Do đó GTLN của hàm số đạt tại t  , suy ra max P  27 5 � ab  bc  2c 2 � 8a  3b  4c , chẳng hạn chọn được (a,b,c)=(3,8,6). 2a  c � Đẳng thức xảy ra khi � ĐỀ 16. THPT Trần Quốc Đại – Tây Ninh Cho a, b, c là các số dương và a  b  c  3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P bc 3a  bc  ca 3b  ca Vì a + b + c = 3 ta có  ab 3c  ab bc bc bc bc � 1 1 �   � �  � 3a  bc a (a  b  c )  bc (a  b)(a  c ) 2 �a  b a  c � 1 1 0,25 2 Vì theo BĐT Cô-Si: a  b  a  c � , dấu đẳng thức xảy ra � b = c (a  b)(a  c) ca ca � 1 1 � � �  �và 2 �b  a b  c � 3b  ca Tương tự ab ab � 1 1 � � �  � 2 �c  a c  b � 3c  ab bc  ca ab  bc ab  ca a  b  c 3     , 2(a  b) 2(c  a) 2(b  c) 2 2 Suy ra P � Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Vậy max P = GV: Nguyễn Thành Hưng 0,25 0,25 3 khi a = b = c = 1. 2 0,25 Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán ĐỀ 17. THPT Nguyễn Chí Thanh – Tây Ninh Cho hai số dương x, y thoả mãn điều kiện x + y = 4. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 3 1� � 1� � S � 1  x  � � 1 y  � x� � y� � Theo bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có: 3 3 3 3 3 3 1 � �7 � �7 � 7 7� 1� � 1  x  � � � � ��3. . � 1  x  � (1) � x � �2 � �2 � 2 2� x� � � 1 � �7 � �7 � 7 7� 1� 1  y  � � � � ��3. . � 1  y  � (2) � y � �2 � �2 � 2 2� y� � 0,25 Cộng từng vế của (1), (2) ta có 3 3 2 3 1� � 1� 7 1 1� � �7 �� 1  x  � � 1  y  � �3. � ��2  x  y   � � x� � y� 2 x y� � �2 �� �1 1 � 1 1 1 4 4�  � Mặt khác ta lại có  x  y  �  ��4 xy . nên x y x y xy �x y � 3 3 2 3 1� � 1� 7 4 � � �7 �� 1  x  � � 1  y  � �3. � �� 2 x y � � x� � y� 2 x y� � �2 �� 3 2 7 �7 � Theo giả thiết x = y = 4 nên S �۳ 3. � �.7 2 �2 � S 343 4 1 7 � 1 x   � x 2 � 1 7 � 1 y   � x  y  2 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi � y 2 � � xy � � x y 4 Vậy min S  343 4 GV: Nguyễn Thành Hưng 0,25 0,25 0,25 Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán ĐỀ 18. THPT Bình Thạnh – Tây Ninh Xét các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P  Ta có : P  x 2 (y  z) y 2 (z  x) z 2 (x  y)   . yz zx xy x 2 x 2 y2 y2 z 2 z 2      y z z x x y (*) Nhận thấy : x2 + y2 – xy  xy x, y  R Do đó : x3 + y3  xy(x + y) x, y > 0 Tương tự, ta có : x2 0,25 y2 hay y  x �x  y x, y > 0 y2 z2  �y  z z y 2 2 z x  �z  x x z y, z > 0 0,25 x, z > 0 Cộng từng vế ba bất đẳng thức vừa nhận được ở trên, kết hợp với (*), ta được: P  2(x + y + z) = 2 x, y, z > 0 và x + y + z = 1 Hơn nữa, ta lại có P = 2 khi x = y = z = ĐỀ 19. 1 . Vì vậy, minP = 2. 3 0,25 0,25 THPT Lộc Hưng – Tây Ninh Cho x  0, y  0 thỏa mãn x 2 y  xy 2  x  y  3xy . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức (1  2 xy ) 2  3 Px y  2 xy 2 + Ta có 2 x 2 y  xy 2  x  y  3xy � xy ( x  y )  x  y  3xy (1) do x  0, y  0 nên x  y  0 0.25 điểm 0.25 điểm GV: Nguyễn Thành Hưng Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán 1 1 4  3�  3 � ( x  y ) 2  3( x  y )  4 �0 x y x y (1) � x  y  �  ( x  y )  1  ( x  y )  4 �0 � x  y �4 1 3 3 1  � 1  xy x  y x  y xy 1 3 Nên P  ( x  y ) 2  2   ( x  y )2  1  xy x y (1) � 1  3 2 +Đặt x  y  t (t �4) � P  t   1  f (t ) t 0.5 điểm 3 2t  3   0, t  4 Nên f(t) đồng biến trên t2 t2 71  4; � � P  f (t ) �f (4)  4 3 + Ta có f '(t )  2t  71 khi x = y = 2 4 Hay giá trị nhỏ nhất của P bằng ĐỀ 20. THPT Châu Thành – Tây Ninh Cho x, y là hai số thực dương thỏa mãn 2 x  3 y �7 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  2 xy  y  5( x 2  y 2 )  24 3 8( x  y )  ( x 2  y 2  3) . 2 2x  2  3 y  3 � � �36 � x  y  xy �5 . 2 � � Ta có 6( x  1)( y  1)  (2 x  2)(3 y  3) �� � Ta có 5( x 2  y 2 ) � 2 x  y  � 5( x 2  y 2 ) �2 x  y và 2 0,25 ( x  y  3) 2  x 2  y 2  9  2 xy  6 x  6 y �0 � 2( x  y  xy  3) �8( x  y )  ( x 2  y 2  3) Suy ra P �2( xy  x  y )  24 3 2( x  y  xy  3) Đặt t  x  y  xy, t � 0;5 , P �f (t )  2t  24 3 2t  6 / Ta có f (t )  2  24.2 3 3 (2t  6) 2 2 3 (2t  6) 2  8 3 (2t  6) 2  0, t � 0;5 Vậy hàm số f(t) nghịch biến trên nữa khoảng  0;5 . Suy ra min f (t )  f (5)  10  48 3 2 . V �x  2 �y  1 3 Vậy min P  10  48 2, khi � GV: Nguyễn Thành Hưng 0,25 Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán ĐỀ 21. THPT Trần Đại Nghĩa – Tây Ninh Xét các số thực không âm x, y, z thoả mãn điều kiện: x 2  y 2  z 2  3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P=xy+yz+zx+ Ta coù: xy + yz + zx = 4 x yz 1� 2 �x  y  z    x 2  y 2  z 2  � � 2  x  y  z = 2 0.25 3 2 Do ñoù P=  x  y  z 2 3 2  4 x yz Vì 0 �xy + yz + zx �x 2  y 2  z 2  3  x  y  z Neân 0 � 2 3 2 0.25 �3 ۣ ۣ 0� x y z 2 3 6 ۣ ۣ � 3 x y z 2 9 Suy ra 3 �x  y  z �3 Ñaët t =x+y+z, 3 �t �3 t2  3 4 P=  2 t 2 t 3 4 Xeùt f(t)=  vôùi 3 �t �3 2 t 4 t3  4 f'(t)= t- 2  2 t t f '  t   0 � t 3  4 � t  3 4 (loaïi) GV: Nguyễn Thành Hưng 0.25 Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán 0.25   4 3 3 13 f  3  3 13 Neân f  t  � khi 3 �t �3 3 13 Do ñoù P � 3 13 Khi x=y=z=1 thì P= 3 f 3  Do ñoù giaù trò lôùn nhaát cuûa P laø GV: Nguyễn Thành Hưng 13 3