BÀI 1. PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ
I. TÍNH ĐƠN ĐIỆU, CỰC TRỊ HÀM SỐ, GIÁ TRỊ LỚN NHẤT & NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ
1. y = f (x) đồng biến / (a, b) Û "x1 < x 2 Î ( a, b ) ta có f ( x1 ) < f ( x 2 )
2. y = f (x) nghịch biến / (a, b) Û "x1 < x 2 Î ( a, b ) ta có f ( x1 ) > f ( x 2 )
3. y = f (x) đồng biến / (a, b) Û ¦¢(x) ³ 0 "xÎ(a, b) đồng thời ¦¢(x) = 0 tại một số hữu hạn điểm
Î (a, b).
4. y = f (x) nghịch biến / (a, b) Û ¦¢(x) £ 0 "xÎ(a, b) đồng thời ¦¢(x) = 0 tại một số hữu hạn
điểm Î (a, b).
5. Cực trị hàm số: Hàm số đạt cực trị tại điểm x = x k Û f ¢ ( x ) đổi dấu tại điểm x k
xj -e
a
x -e
xi - e xi xi + e
x -e x x +e
xj
x
xj + e
x +e
b
x
6. Giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số
· Giả sử y = ¦(x) liên tục trên [a, b] đồng thời đạt cực trị tại x1 , ..., x n Î ( a, b ) .
Khi đó: Max f ( x ) = Max { f ( x1 ) , ..., f ( x n ) , f ( a ) , f ( b )} ;
xÎ[ a ,b]
M in f ( x ) = M in { f ( x1 ) ,..., f ( x n ) , f ( a ) , f ( b )}
xÎ[ a ,b]
· Nếu y = f (x) đồng biến / [a, b] thì Min f ( x ) = f ( a ) ; Max f ( x ) = f ( b )
xÎ[ a ,b ]
xÎ[ a ,b ]
· Nếu y = f (x) nghịch biến / [a, b] thì Min f ( x ) = f ( b ) ; Max f ( x ) = f ( a )
xÎ[ a ,b ]
xÎ[ a ,b ]
· Hàm bậc nhất f ( x ) = ax + b trên đoạn [ a; b ] đạt giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất tại các đầu mút
a; b
II. PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ BIỆN LUẬN PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH
1. Nghiệm của phương trình u(x) = v(x) là hoành độ giao điểm của đồ thị y = u ( x ) với đồ thị
y = v ( x ) .
u(x)
2. Nghiệm của bất phương trình u(x) ³ v(x) là
phần hoành độ tương ứng với phần
đồ thị y = u ( x ) nằm ở phía trên
v(x)
so với phần đồ thị y = v ( x ) .
3. Nghiệm của bất phương trình u(x) £ v(x) là a a
b b
x
phần hoành độ tương ứng với phần đồ thị
y = u ( x ) nằm ở phía dưới so với phần đồ thị y = v ( x ) .
4. Nghiệm của phương trình u(x) = m là hoành độ
giao điểm của đường thẳng y = m với đồ thị y = u ( x ) .
5. BPT u(x) ³ m đúng "xÎI Û Min u ( x ) ³ m
x ÎI
y = m
6. BPT u(x) £ m đúng "xÎI Û Max u ( x ) £ m
x ÎI
7. BPT u(x) ³ m có nghiệm xÎI Û Max u ( x ) ³ m
x ÎI
8. BPT u(x) £ m có nghiệm xÎI Û Min u ( x ) £ m
a
x ÎI
b x
III. Các bài toán minh họa phương pháp hàm số
Bài 1. Cho hàm số f ( x ) = mx 2 + 2mx - 3
a. Tìm m để phương trình ¦(x) = 0 có nghiệm xÎ[1; 2]
b. Tìm m để bất phương trình ¦(x) £ 0 nghiệm đúng "xÎ[1; 4]
c. Tìm m để bất phương trình ¦(x) ³ 0 có nghiệm xÎ [ - 1; 3]
Giải: a. Biến đổi phương trình ¦(x) = 0 ta có:
3
3
=
= m .
x + 2 x ( x + 1) 2 - 1
Min g ( x ) £ m £ Max g ( x ) Û 3 £ m £ 1
x Î[1;2 ]
x Î[1;2 ]
8
f ( x ) = mx 2 + 2 mx - 3 = 0 Û m ( x 2 + 2 x ) = 3 Û g ( x ) =
Để ¦(x) = 0 có nghiệm xÎ[1; 2] thì
2
b. Ta có "xÎ[1; 4] thì f ( x ) = mx 2 + 2mx - 3 £ 0 Û m ( x 2 + 2 x ) £ 3 Û g ( x ) =
3 ³ m , "x Î [1; 4 ]
x 2 + 2 x
Û M in g ( x ) ³ m .
x Î[1;4 ]
Do g ( x ) =
3
( x + 1) 2 - 1
giảm trên [1; 4] nên ycbt Û Min g ( x ) = g ( 4 ) = 1 ³ m
8
x Î[1;4 ]
c. Ta có với xÎ [ - 1; 3] thì f ( x ) = mx 2 + 2mx - 3 ³ 0 Û m ( x 2 + 2 x ) ³ 3 .
Đặt g ( x ) =
3 , x Î [ -1; 3 ] . Xét các khả năng sau đây:
x + 2 x
2
+ Nếu x = 0 thì bất phương trình trở thành m.0 = 0 ³ 3 nên vô nghiệm.
+ Nếu x Î ( 0; 3 ] thì BPT Û g ( x ) £ m có nghiệm x Î ( 0; 3 ] Û Min g ( x ) £ m .
x Î( 0;3 ]
Do g ( x ) =
3
( x + 1) 2 - 1
giảm / ( 0;3 ] nên ycbt Û Min g ( x ) = g ( 3 ) = 1 £ m
x Î( 0;3 ]
5
+ Nếu x Î [ - 1; 0 ) thì x 2 + 2 x < 0 nên BPT Û g ( x ) ³ m có nghiệm x Î [ -1; 0 ) Û Max g ( x ) ³ m . Ta có
[ -1;0 )
-3 ( 2 x + 2 )
£ 0, "x Î [ -1; 0 ] .
( x 2 + 2 x ) 2
Do đó g ( x ) nghịch biến nên ta có Max g ( x ) = g ( -1) = -3 ³ m
g ¢( x) =
[ -1;0 )
Kết luận: ¦(x) ³ 0 có nghiệm xÎ [ -1; 3] Û m Î ( -¥; -3] U éê 1 ; +¥
ë 5
)
Bài 2. Tìm m để bất phương trình: - x 3 + 3mx - 2 < -1
nghiệm đúng "x ³ 1
3
x
Giải: BPT Û 3mx < x 3 - 13 + 2, "x ³ 1 Û 3m < x 2 - 14 + 2 = f ( x ) , "x ³ 1 .
x
x
x
Ta có f ¢ ( x ) = 2 x + 45 - 22 ³ 2 2 x æç 45 ö÷ - 2 2 = 4 22 - 2 > 0 suy ra f ( x ) tăng.
x
x
x
è x ø x
YCBT Û f ( x ) > 3m, "x ³ 1 Û min f ( x ) = f (1) = 2 > 3 m Û 2 > m
x ³1
3
Bài 3. Tìm m để bất phương trình m.4 x + ( m - 1) .2 x + 2 + m - 1 > 0 đúng "x Î ¡
Giải: Đặt t = 2 x > 0 thì m.4 x + ( m - 1) .2 x + 2 + m - 1 > 0 đúng "x Î ¡
Û m.t 2 + 4 ( m - 1) .t + ( m - 1) > 0, "t > 0 Û m ( t 2 + 4t + 1) > 4t + 1, "t > 0
Û g ( t ) =
4t + 1 < m, "t > 0 . Ta có g ¢ ( t ) = -4t 2 - 2 t < 0 nên g ( t ) nghịch biến trên [ 0; +¥ ) suy
t + 4t + 1
( t 2 + 4t + 1 ) 2
2
ra ycbt Û Max g ( t ) = g ( 0 ) = 1 £ m
t ³ 0
Bài 4. Tìm m để phương trình: x x + x + 12 = m ( 5 - x + 4 - x ) có nghiệm.
Giải: Điều kiện 0 £ x £ 4 . Biến đổi PT Û f ( x ) = x x + x + 12 = m .
5 - x + 4 - x
Chú ý: Nếu tính f ¢ ( x ) rồi xét dấu thì thao tác rất phức tạp, dễ nhầm lẫn.
Thủ thuật: Đặt g ( x ) = x x + x + 12 > 0 Þ g ¢ ( x ) = 3 x +
1
> 0
2 x + 12
1 < 0
h ( x ) = 5 - x + 4 - x > 0 Þ h ¢ ( x ) = -1 2 5 - x 2 4 - x
Suy ra: g ( x ) > 0 và tăng; h ( x ) > 0 và giảm hay 1 > 0 và tăng
h ( x )
g ( x )
Þ f ( x ) =
tăng. Suy ra f ( x ) = m có nghiệm
h ( x )
2
Û m Î é min f ( x ) ; max f ( x ) ù = [ f ( 0 ) ; f ( 4 )] = éë2 ( 15 - 12 ) ;12 ùû
[ 0;4 ]
ë [0;4 ]
û
3
Bài 5. Tìm m để bất phương trình: x 3 + 3x 2 - 1 £ m ( x - x - 1 ) có nghiệm.
3
Giải: Điều kiện x ³ 1 . Nhân cả hai vế BPT với ( x + x - 1 ) > 0 ta nhận được
3
bất phương trình f ( x ) = ( x 3 + 3 x 2 - 1) ( x + x - 1 ) £ m .
3
Đặt g ( x ) = x 3 + 3 x 2 - 1 ; h ( x ) = ( x + x - 1 )
2
Ta có g ¢ ( x ) = 3x 2 + 6 x > 0, "x ³ 1; h ¢ ( x ) = 3 ( x + x - 1 ) æç 1 +
1 ö > 0 .
÷
è 2 x 2 x - 1 ø
Do g ( x ) > 0 và tăng "x ³ 1 ; h ( x ) > 0 và tăng nên f ( x ) = g ( x ) . h ( x ) tăng "x ³ 1
Khi đó bất phương trình f ( x ) £ m có nghiệm Û min f ( x ) = f (1) = 3 £ m
x ³1
2
Bài 6. Tìm m để ( 4 + x ) ( 6 - x ) £ x - 2 x + m nghiệm đúng "x Î [ - 4, 6 ]
Cách 1. BPT Û f ( x ) = - x 2 + 2 x + ( 4 + x ) ( 6 - x ) £ m đúng "x Î [ -4, 6 ]
f ¢ ( x ) = -2 x + 2 +
-2 x + 2
1
ö = 0 Û x = 1
= (1 - x ) æ 2 +
ç
(
)
(
)
(
)
(
)
2 4+ x 6-x
4 + x 6 - x ÷ø
è
Lập bảng biến thiên suy ra Max Max f ( x ) = f (1) = 6 £ m
[ -4,6 ]
(
) (
)
Cách 2. Đặt t = ( 4 + x ) ( 6 - x ) £ 4 + x + 6 - x = 5 .
2
2
2
Ta có t = - x + 2 x + 24 . Khi đó bất phương trình trở thành
t £ -t 2 + m + 24, "t Î [ 0;5 ] Û f ( t ) = t 2 + t - 24 £ m; "t Î [ 0;5 ] . Ta có:
f ¢ ( t ) = 2t + 1 > 0 Þ f ( t ) tăng nên f ( t ) £ m; "t Î [0;5 ] Û max f ( t ) = f ( 5 ) = 6 £ m
[ 0;5 ]
Bài 7. Tìm m để 3 + x + 6 - x - 18 + 3x - x 2 £ m 2 - m + 1 đúng "x Î [ - 3, 6 ]
Giải:
2
Đặt t = 3 + x + 6 - x > 0 Þ t 2 = ( 3 + x + 6 - x ) = 9 + 2 ( 3 + x ) ( 6 - x )
Þ 9 £ t 2 = 9 + 2 ( 3 + x ) ( 6 - x ) £ 9 + ( 3 + x ) + ( 6 - x ) = 18
Þ 18 + 3 x - x 2 = ( 3 + x ) ( 6 - x ) = 1 ( t 2 - 9 ) ; t Î éë3;3 2 ùû
2
Xét f ( t ) = - 1 t 2 + t + 9 ; f ¢ ( t ) = 1 - t < 0; "t Î éë 3;3 2 ùû Þ max f ( t ) = f ( 3) = 3
2
2
é3;3 2 ù
ë
2
û
2
ycbt Û max f ( t ) = 3 £ m - m + 1 Û m - m - 2 ³ 0 Û m £ -1 V m ³ 2
éë3;3 2 ùû
Bài 8. (Đề TSĐH khối A, 2007)
Tìm m để phương trình 3 x - 1 + m x + 1 = 2 4 x 2 - 1 có nghiệm thực.
Giải: ĐK: x ³ 1 , biến đổi phương trình
Û -3 x - 1 + 2 4 x - 1 = m .
x +1
x + 1
t
Đặt u = 4 x - 1 = 4 1 - 2 Î [0,1 ) .
g ¢ ( t )
Khi đó
g ( t )
x +1
x + 1
2
g ( t ) = -3t + 2 t = m
0
+
0
0
1 3
Ta có g ¢ ( t ) = -6t + 2 = 0 Û t = 1 . Do đó yêu cầu Û -1 < m £ 1
3
1
1 3
–
– 1
3
Bài 9. (Đề TSĐH khối B, 2007): Chứng minh rằng: Với mọi m > 0 , phương trình
x 2 + 2 x - 8 = m ( x - 2 ) luôn có đúng hai nghiệm phân biệt.
Giải: Điều kiện: x ³ 2 .
Biến đổi phương trình ta có:
Û ( x - 2 ) ( x + 6 ) = m ( x - 2 )
2
2
Û ( x - 2 ) ( x + 6 ) = m ( x - 2 )
x
2
g ¢ ( x )
g ( x )
+¥
+
0
+¥
Û ( x - 2 ) ( x 3 + 6 x 2 - 32 - m ) = 0 Û x = 2 V g ( x ) = x 3 + 6 x 2 - 32 = m .
ycbt Û g ( x ) = m có đúng một nghiệm thuộc khoảng ( 2; +¥ ) . Thật vậy ta có:
g ¢ ( x ) = 3 x ( x + 4 ) > 0, "x > 2 . Do đó g ( x ) đồng biến mà g ( x ) liên tục và
g ( 2 ) = 0; lim g ( x ) = +¥ nên g ( x ) = m có đúng một nghiệm Î ( 2; +¥ ) .
x ®+¥
Vậy "m > 0 , phương trình x 2 + 2 x - 8 = m ( x - 2 ) có hai nghiệm phân biệt.
Bài 10. (Đề TSĐH khối A, 2008) Tìm m để phương trình sau có đúng hai nghiệm thực phân biệt:
4
2 x + 2 x + 2 4 6 - x + 2 6 - x = m
Giải: Đặt f ( x ) = 4 2 x + 2 x + 2 4 6 - x + 2 6 - x ; x Î [0; 6 ]
1
1
ö + æ 1 - 1 ö , x Î ( 0; 6 )
Ta có: f ¢ ( x ) = 1 æ
ç
÷
3 ÷
2 ç 4 ( ) 3 4 (
6 - x ø
6 - x ) ø è 2 x
è 2x
1
Đặt u ( x ) =
4
( 2x)
3
1
4
; v ( x ) = 1 2x
(6 - x )
3
1 , x Î ( 0, 6 )
6 - x
ìu ( x ) , v ( x ) > 0, "x Î ( 0, 2 )
ì f ¢( x) > 0, "x Î ( 0, 2 )
ï
ï
Þ íu ( 2 ) = v ( 2 ) = 0
Þ í f ¢( x) < 0, "x Î ( 2, 6 )
ï ¢
ï ( ) ( )
î f (2) = 0
îu x , v x < 0, "x Î ( 2, 6 )
x
0
2
+
f ¢ ( x )
6
0
f(x)
–
3 2 + 6
2 6 + 2 4 6
4
12 + 2 3
Nhìn BBT ta có PT có 2 nghiệm phân biệt Û 2 6 + 2 4 6 £ m < 3 2 + 6
Bài 11. (Đề TSĐH khối D, 2007):
ì x + 1 + y + 1 = 5
ï
x
y
Tìm m để hệ phương trình có nghiệm ïí
ï x 3 + 13 + y 3 + 1 3 = 15m - 10
x
y
ïî
( x)
Giải: Đặt u = x + 1 ; v = y + 1 ta có x 3 + 13 = x + 1
x
y
x
3
)
(
- 3 x × 1 x + 1 = u - 3 u
x
x
và u = x + 1 = x + 1 ³ 2 x . 1 = 2 ; v = y + 1 ³ 2 y . 1 = 2
x
x
x
y
y
ìu + v = 5
Khi đó hệ trở thành ïí 3 3
ìu + v = 5
Ûí
îïu + v - 3 ( u + v ) = 15m - 10 îuv = 8 - m
Û u , v là nghiệm của phương trình bậc hai f ( t ) = t 2 - 5t + 8 = m
Hệ có nghiệm Û f ( t ) = m có 2 nghiệm t1 , t 2 thỏa mãn t1 ³ 2; t 2 ³ 2 .
Lập Bảng biến thiên của hàm số f ( t ) với t ³ 2
t
f ¢ ( t )
f ( t )
– 2
-¥
2
5/2
–
+¥
0
–
+
+ ¥
+ ¥
22
2
7/4
Nhìn bảng biến thiên ta có hệ có nghiệm Û 7 £ m £ 2 Ú m ³ 22
4
Bài 12. (Đề 1I.2 Bộ đề TSĐH 19872001):
Tìm x để bất phương trình x 2 + 2 x ( sin y + cos y ) + 1 ³ 0 đúng với "y Î ¡ .
Giải: Đặt u = sin y + cos y Î éë - 2, 2 ùû ,
BPT Û g ( u ) = ( 2 x ) u + ( x 2 + 1) ³ 0, "u Î éë - 2, 2 ùû Û Min g ( u ) ³ 0
u Îé- 2 , 2 ù
ë
û
Do đồ thị y = g ( u ) là một đoạn thẳng với u Î éë - 2, 2 ùû nên
Min
u Îëé - 2,
ìï g ( - 2 ) ³ 0
ìï x 2 - 2 2 x + 1 ³ 0
é x ³ 2 + 1
g ( u ) ³ 0 Û í
Ûí
Ûê
2
2 ûù
ï g ( 2 ) ³ 0
îï x + 2 2 x + 1 ³ 0
ëê x £ 2 - 1
î
ì a, b, c ³ 0
Chứng minh rằng: a 2 + b 2 + c 2 + abc ³ 4
a
+
b
+
c
=
3
î
Bài 13. Cho í
Giải: BĐT Û a 2 + ( b + c ) 2 - 2bc + abc ³ 4 Û a 2 + ( 3 - a ) 2 + ( a - 2 ) bc ³ 4
( )
Û f ( u ) = ( a - 2 ) u + 2a 2 - 6a + 5 ³ 0 trong đó 0 £ u = bc £ b + c
2
2
= 1 ( 3 - a )
4
2
.
Như thế đồ thị y = f ( u ) là một đoạn thẳng với u Î éê0; 1 ( 3 - a ) 2 ùú . Ta có
ë 4
û
(
)
2
)
(
2
2
f ( 0 ) = 2 a 2 - 6a + 5 = 2 a - 3 + 1 ³ 0; f 1 ( 3 - a ) = 1 ( a - 1) ( a + 2 ) ³ 0
2
2
4
4
2
nên suy ra f ( u ) ³ 0; " u Î éê0; 1 ( 3 - a ) ùú .
ë 4
û
Vậy a 2 + b 2 + c 2 + abc ³ 4 . Đẳng thức xảy ra Û a = b = c = 1 .
Bài 14. (IMO 25 – Tiệp Khắc 1984):
ì a, b, c ³ 0
. Chứng minh rằng: ab + bc + ca - 2 abc £ 7 .
27
a
+
b
+
c
=
1
î
Cho í
Giải: a ( b + c ) + (1 - 2a ) bc = a (1 - a ) + (1 - 2a ) bc = a (1 - a ) + (1 - 2 a ) u = f ( u )
2
2
(
)
Đồ thị y = f ( u ) = (1 - 2a ) u + a (1 - a ) với 0 £ u = bc £ b + c = 1 - a là một đoạn thẳng với 2 giá
(2)
4
2
(
)
trị đầu mút f ( 0) = a (1 - a ) £ éê a + 1 - a ùú = 1 < 7 và
ë
(
)
2
û
4
(
27
2
)( )
2
f 1 (1 - a ) = 1 ( -2a 3 + a 2 + 1) = 7 - 1 2 a + 1 a - 1 £ 7
4
4
27 4
3
3
27
(
)
Do đồ thị y = f ( u ) là một đoạn thẳng với u Î éê0; 1 (1 - a ) 2 ùú và f ( 0 ) < 7 ; f 1 (1 - a ) 2 £ 7 nên
ë 4
û
27
4
27
f ( u ) £ 7 . Đẳng thức xảy ra Û a = b = c = 1
27
3
Bài 15. Chứng minh rằng: 2 ( a + b + c ) - ( ab + bc + ca ) £ 4, " a, b, c Î [0, 2 ] .
Giải: Biến đổi bất đẳng thức về hàm bậc nhất biến số a, tham số b, c ta có
f ( a ) = ( 2 - b - c ) a + 2 ( b + c ) - bc £ 4, "a, b, c Î [0, 2 ]
Đồ thị y = f ( a ) là một đoạn thẳng với a Î [ 0, 2 ] nên f ( a ) £ Max { f ( 0 ) ; f ( 2 )}
Ta có f ( 0 ) = 4 - ( 2 - b ) ( 2 - c ) £ 4; f ( 2 ) = 4 - bc £ 4 Þ f ( a ) £ 4, "a, b, c Î [0, 2 ]
Bài 16. CMR: (1 - a ) (1 - b ) (1 - c ) (1 - d ) + a + b + c + d ³ 1, "a, b, c, d Î [ 0,1 ]
Giải: Biểu diễn bất đẳng thức về hàm bậc nhất biến số a, tham số b, c, d, ta có:
f ( a ) = [1 - (1 - b )(1 - c )(1 - d )] a + (1 - b )(1 - c )(1 - d ) + b + c + d ³ 1, "a, b, c, d Î [ 0,1 ]
Đồ thị y = f ( a ) , "a Î [0,1 ] là một đoạn thẳng nên Min f ( a ) = Min { f ( 0 ) , f (1 )}
a Î[ 0,1 ]
Ta có f (1) = b + c + d + 1 ³ 1, "b, c, d Î [0,1 ]
f ( 0) = (1 - b) (1 - c) (1 - d ) + b + c + d Û g ( b ) = [1 - (1 - c) (1 - d )] b + (1 - c )(1 - d ) + c + d
Đồ thị y = g ( b ) , "b Î [0,1 ] là một đoạn thẳng nên Min g ( b ) = Min { g ( 0 ) , g (1 )}
b Î[ 0,1 ]
Ta có g (1) = c + d + 1 ³ 1; g ( 0 ) = (1 - c ) (1 - d ) + c + d = 1 + cd ³ 1
Þ f ( 0 ) = g ( b ) ³ 1, "b Î [ 0,1 ] . Vậy f ( a ) ³ 1 hay ta có (đpcm)
BÀI 2. TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ
A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT.
1. y = f (x) đồng biến / (a, b) Û ¦¢(x) ³ 0 "xÎ(a, b) đồng thời ¦¢(x) = 0 tại một số hữu hạn điểm
Î (a, b).
2. y = f (x) nghịch biến / (a, b) Û ¦¢(x) £ 0 "xÎ(a, b) đồng thời ¦¢(x) = 0 tại một số hữu hạn
điểm Î (a, b).
Chú ý: Trong chương trình phổ thông, khi sử dụng 1., 2. cho các hàm số một quy tắc có thể bỏ
điều kiện ¦¢(x) = 0 tại một số hữu hạn điểm Î (a, b).
CÁC BÀI TẬP MẪU MINH HỌA
Bài 1. Tìm m để y =
mx 2 + ( 6 m + 5 ) x - 2 (1 - 3 m )
x + 1
nghịch biến trên [1, +¥)
2
+ 7 £ 0 "x ³ 1
Giải: Hàm số nghịch biến trên [1, +¥) Û y ¢ = mx + 2mx
2
( x + 1 )
Û mx 2 + 2mx + 7 £ 0 Û m ( x 2 + 2 x ) £ -7 "x ³ 1 Û u ( x ) =
u ¢( x) =
-7 ³ m "x ³ 1 Û Min u ( x ) ³ m . Ta có:
x ³1
x 2 + 2 x
7 ( 2 x + 2 )
> 0 "x ³ 1
( x 2 + 2 x ) 2
Þ u(x) đồng biến trên [1, +¥) Þ m £ Min u ( x ) = u (1 ) = -7
3
x ³1
Bài 2. Tìm m để y = -1 x 3 + ( m - 1) x 2 + ( m + 3 ) x - 4 đồng biến trên (0, 3)
3
Giải. Hàm số tăng trên (0,3) Û y ¢ = - x 2 + 2 ( m - 1) x + ( m + 3) ³ 0 "x Î ( 0, 3 ) (1)
Do y ¢ ( x ) liên tục tại x = 0 và x = 3 nên (1) Û y¢ ³ 0 "xÎ[0, 3]
2
Û m ( 2 x + 1) ³ x 2 + 2 x - 3 "x Î [ 0, 3 ] Û g ( x ) = x + 2 x - 3 £ m "x Î [ 0, 3 ]
2 x + 1
2
Û Max g ( x ) £ m . Ta có: g ¢ ( x ) = 2 x + 2 x +2 8 > 0 "x Î [ 0, 3 ]
x Î[0,3 ]
( 2 x + 1 )
Þ g(x) đồng biến trên [0, 3] Þ m ³ Max g ( x ) = g ( 3 ) = 12
x Î[0,3 ]
7
Bài 3. Tìm m để y = m x 3 - ( m - 1) x 2 + 3 ( m - 2 ) x + 1 đồng biến trên [ 2, +¥ )
3
3
Giải: Hàm số tăng / [ 2, +¥ ) Û y ¢ = mx 2 - 2 ( m - 1) x + 3 ( m - 2 ) ³ 0 "x ³ 2 (1)
Û m éë( x - 1) 2 + 2ùû ³ -2 x + 6 "x ³ 2 Û g ( x ) = -2 x +2 6 £ m "x ³ 2
( x - 1) + 2
( 2
)
Ta có: g ¢ ( x ) = 2 2x - 6 x + 3 2 = 0
( x - 2 x + 3)
é x = x 1 = 3 - 6
; lim g ( x ) = 0
Ûê
êë x = x 2 = 3 + 6 x ®¥
Từ BBT Þ Max g ( x ) = g ( 2 ) = 2 £ m .
x ³ 2
3
x
2
3+ 6
g ¢ ( x )
_
g ( x )
2 3
0
+¥
+
0
CT
Bài 4. y = x 3 - mx 2 - ( 2m 2 - 7 m + 7 ) x + 2 ( m - 1) ( 2m - 3 ) đồng biến / [ 2, +¥ )
Giải: Hàm số tăng trên [ 2, +¥ ) Û y ¢ = 3x 2 - 2mx - ( 2m 2 - 7m + 7 ) ³ 0, "x ³ 2
é
Ta có V¢= 7 ( m 2 - 3m + 3 ) = 7 ê m - 3
ë(
2
ù
+ 3 > 0 nên y ¢ = 0 có 2 nghiệm x < x
2 ) 4 úû
1
BPT g(x) ³ 0 có sơ đồ miền nghiệm G là:
Ta có y ¢ ( x ) ³ 0 đúng "x ³ 2 Û [ 2, +¥ ) Ì G
x 1
2
x 2
ì D ¢ > 0
ì -1 £ m £ 5
ï
ï
2
2 Û -1 £ m £ 5
Û x1 < x 2 £ 2 Û í3 y ¢ ( 2 ) = 3 ( -2 m + 3m + 5 ) ³ 0 Û í
2
ï m < 6
ï S = m < 2
î
î 2 3
2
(
)
Bài 5. Tìm m để y = 2 x + 1 - m x + 1 + m đồng biến trên (1, +¥ )
x - m
2
2
Giải: Hàm số đồng biến trên (1, +¥ ) Û y ¢ = 2 x - 4mx + m 2 - 2m - 1 ³ 0 "x > 1
( x - m )
ì g ( x ) = 2 x 2 - 4mx + m 2 - 2 m - 1 ³ 0 "x > 1 ìï g ( x ) ³ 0 "x > 1
Û ïí
Ûí
ïîm £ 1
ïî x - m ¹ 0
Cách 1: Phương pháp tam thức bậc 2
Ta có: D ¢ = 2 ( m + 1) 2 ³ 0 suy ra g(x) = 0 có 2 nghiệm x1 £ x 2 .
BPT g(x) ³ 0 có sơ đồ miền nghiệm G là:
x 1
x 2
Ta có g(x) ³ 0 đúng "xÎ(1, +¥) Û (1, +¥ ) Ì G
ì m £ 1
ì m £ 1, D ¢ ³ 0
ï
ï
2
(
)
(
)
Û x1 £ x 2 £ 1 Û í 2 g 1 = 2 m - 6m + 1 ³ 0 Û í é m £ 3 - 2 2 Û m £ 3 - 2 2
ï ê m ³ 3 + 2 2
ï S = -2 £ 1
îë
î 2
Cách 2: Phương pháp hàm số
Ta có: g¢(x) = 4(x - m) ³ 4(x - 1) > 0 "x > 1 Þ g(x) đồng biến trên [1, +¥)
Do đó
2
ìïMin g ( x ) ³ 0 ìï g (1) = m - 6m +1 ³ 0
(1) Û í x ³1
Ûí
Û
ïm £ 1
îïm £ 1
î
ìém £ 3 - 2 2
ïê
íëm ³ 3 + 2 2 Û m £ 3 - 2 2
ïm £ 1
î
Bài 6. Tìm m để y = ( 4m - 5) cos x + ( 2m - 3) x + m 2 - 3m + 1 giảm "x Î ¡
Giải: Yêu cầu bài toán Û y ¢ = ( 5 - 4m ) sin x + 2m - 3 £ 0, "x Î ¡
Û g ( u ) = ( 5 - 4 m ) u + 2m - 3 £ 0, "u Î [ - 1;1 ] . Do đồ thị y = g ( u ) , u Î [ - 1;1 ] là một đoạn thẳng nên ycbt
ïì g ( -1) = 6 m - 8 £ 0
Ûí
Û 1 £ m £ 4
3
ïî g (1) = -2 m + 2 £ 0
Bài 7. Tìm m để hàm số y = mx + sin x + 1 sin 2 x + 1 sin 3 x tăng với mọi x Î ¡
4
9
1
Giải: Yêu cầu bài toán Û y ¢ = m + cos x + cos 2 x + 1 cos 3 x ³ 0, "x Î ¡
2
3
Û m + cos x + 1 ( 2 cos 2 x - 1) + 1 ( 4 cos 3 x - 3cos x ) ³ 0, "x Î ¡
2
3
3
2
4
1
Û m ³ - u - u + = g ( u ) , "u Î [ - 1,1 ] , với u = cos x Î [ - 1,1 ]
3
2
Ta có g ¢ ( u ) = -4u 2 - 2u = -2u ( 2u + 1) = 0 Û u = - 1 ; u = 0
2
Lập BBT suy ra yêu cầu bài toán Û Max g ( u ) = g ( -1 ) = 5 £ m .
x Î[ -1,1 ]
6
Bài 8. Cho hàm số y = 1 ( m + 1) x 3 + ( 2m - 1) x 2 - ( 3m + 2 ) x + m .
3
Tìm m để khoảng nghịch biến của hàm số có độ dài bằng 4
Giải. Xét y ¢ = ( m + 1) x 2 + 2 ( 2m - 1) x - ( 3m + 2 ) = 0 . Do D ¢ = 7 m 2 + m + 3 > 0 nên y ¢ = 0 có 2 nghiệm
x1 < x 2 . Khoảng nghịch biến của hàm số có độ dài bằng 4 Û y ¢ £ 0; "x Î [ x1 ; x 2 ] ; x 2 - x1 = 4
Û m + 1 > 0 và x 2 - x1 = 4 . Ta có
2
2
x 2 - x1 = 4 Û 16 = ( x 2 - x1 ) = ( x 2 + x1 ) - 4 x 2 x 1 =
2
4 ( 2 m - 1)
( m + 1 )
2
2
+
4 ( 3m + 2 )
m + 1
2
Û 4 ( m + 1) = ( 2 m - 1) + ( 3m + 2 ) ( m + 1 )
Û 3m 2 - 7 m - 1 = 0 Û m =
7 ± 61
6
kết hợp với m + 1 > 0 suy ra m = 7 + 61
6
B. ỨNG DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ
I. DẠNG 1: ỨNG DỤNG TRONG PT, BPT, HỆ PT, HỆ BPT
Bài 1. Giải phương trình: x 5 + x 3 - 1 - 3 x + 4 = 0 .
Giải. Điều kiện: x £ 1 . Đặt f ( x ) = x 5 + x 3 - 1 - 3x + 4 = 0 .
3
4
Ta có: f ¢ ( x ) = 5 x + 3x 2 +
(
3
> 0 Þ f (x) đồng biến trên -¥, 1 ù .
3 úû
2 1 - 3 x
Mặt khác f (-1) = 0 nên phương trình f (x) = 0 có nghiệm duy nhất x = -1.
Bài 2. Giải phương trình: x 2 + 15 = 3 x - 2 + x 2 + 8
Giải. Bất phương trình Û f ( x ) = 3x - 2 + x 2 + 8 - x 2 + 15 = 0 (1).
+ Nếu x £ 2 thì f (x) < 0 Þ (1) vô nghiệm.
3
+ Nếu x > 2
3
1
thì f ¢ ( x ) = 3 + x æç
2
-
è x +8
1
ö > 0 "x > 2
÷
3
x + 15 ø
2
( 3 )
Þ f (x) đồng biến trên 2 , +¥ mà f (1) = 0 nên (1) có đúng 1 nghiệm x = 1
Bài 3. Giải bất phương trình: x + 1 + 3 5 x - 7 + 4 7 x - 5 + 5 13 x - 7 < 8 (*)
Giải. Điều kiện x ³ 5 . Đặt f ( x ) = x + 1 + 3 5 x - 7 + 4 7 x - 5 + 5 13 x - 7
7
Ta có: f ¢ ( x ) =
5
7
13
1 +
+
+
> 0
2 x + 1 3 × 3 ( 5 x - 7 ) 2 4 × 4 ( 7 x - 5 ) 3 5 × 5 (13 x - 7) 4
)
Þ f (x) đồng biến trên éê 5 , +¥ . Mà f (3) = 8 nên (*) Û f (x) < f (3) Û x < 3.
ë 7
Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là 5 £ x < 3
7
Bài 4. Giải PT: 5 x + 4 x + 3 x + 2 x = 1x + 1x + 1 x - 2 x 3 + 5 x 2 - 7 x + 17 (*)
2
3
6
x
x
x
Giải. (*) Û f ( x ) = 5 x + 4 x + 3x + 2 x - 1 - 1 - 1 = -2x 3 + 5x 2 - 7x +17 = g ( x )
( 2 ) ( 3 ) ( 6 )
Ta có f (x) đồng biến và g¢(x) = -6x 2 + 10x - 7 < 0 "x Þ g(x) nghịch biến.
Nghiệm của f (x) = g(x) là hoành độ giao điểm của y = f ( x ) và y = g ( x ) .
Do f (x) tăng; g(x) giảm và f (1) = g (1) = 13 nên (*) có nghiệm duy nhất x = 1.
Bài 5. Tìm số m Max để m ( sin x + cos x + 1) £ sin 2 x + sin x + cos x + 2 " x (*)
2
Giải. Đặt t = sin x + cos x ³ 0 Þ t 2 = ( sin x + cos x ) = 1 + sin 2 x Þ 1 £ t 2 £ 2 Þ 1 £ t £ 2 , khi đó (*)
Û m ( t + 1) £ t 2 + t + 1 "t Î éë1, 2 ùû
2
2
Û f ( t ) = t + t + 1 ³ m "t Î éë1, 2 ùû Û Min f ( t ) ³ m . Do f ¢ ( t ) = t + 2 2 t > 0
t + 1
( t + 1 )
t Îéë1, 2 ùû
nên f (t) đồng biến / éë1, 2 ùû Þ Min f ( t ) = f (1 ) = 3 Þ m £ 3 Þ Max m = 3
2
2
2
t Îé1, 2 ù
ë
Bài 6. Giải phương trình 2008 sin
2008 sin
2
x
- 2008 cos
2
x
2
x
û
2
- 2008 cos
= cos 2 x - sin 2 x Û 2008 sin
x
2
= cos 2 x
x
+ sin 2 x = 2008 cos
2
x
+ cos 2 x
(*)
Xét f ( u ) = 2008 u + u . Ta có f ¢ ( u ) = 2008 u .ln u + 1 > 0 . Suy ra f ( u ) đồng biến. (*)
Û f ( sin 2 x ) = f ( cos 2 x ) Û sin 2 x = cos 2 x Û cos 2 x = 0 Û x = p + k p , k Î ¢
4
2
ìcotg x - cotg y = x - y
î 3 x + 5 y = 2 p
Bài 7. Tìm x, y Î ( 0, p ) thỏa mãn hệ í
Giải. cotg x - cotg y = x - y Û x - cotg x = y - cotg y .
Xét hàm số đặc trưng f ( u ) = u - cotg u, u Î ( 0, p ) . Ta có f ¢ ( u ) = 1 +
1 > 0 .
sin 2 u
ì f ( x ) = f ( y )
Suy ra f ( u ) đồng biến trên ( 0, p ) . Khi đó í
Û x = y = p
î 3 x + 5 y = 2 p
Bài 8. Giải hệ phương trình
4
ì 2 x + 1 = y 3 + y 2 + y
ï
3
2
í 2 y + 1 = z + z + z (*).
ï
3
2
î 2 z + 1 = x + x + x
Giải. Xét f ( t ) = t 3 + t 2 + t với t Î ¡ Þ f ¢ ( t ) = 2t 2 + ( t + 1) 2 > 0 Þ f (t) tăng.
Không mất tính tổng quát giả sử x £ y £ z
Þ f ( x ) £ f ( y ) £ f ( z ) Þ 2 z + 1 £ 2 x + 1 £ 2 y + 1 Û z £ x £ y Þ x = y = z = ± 1
ìï3 x 2 + 2 x - 1 < 0
Bài 9. Giải hệ bất phương trình í
3
ïî x - 3 x + 1 > 0
Giải. 3 x 2 + 2 x - 1 < 0 Û -1 < x < 1 . Đặt f ( x ) = x 3 - 3 x + 1 . Ta có:
3
f ¢ ( x ) = 3 ( x - 1) ( x + 1) < 0 Þ f ( x ) giảm và f ( x ) > f 1 = 1 > 0, "x Î -1, 1
3
27
3
()
( )
II. DẠNG 2: ỨNG DỤNG TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
Bài 1. Chứng minh rằng: x -
x3
x 3 x 5
< sin x < x +
3!
3! 5!
"x > 0
x 3
x 3
< sin x "x > 0 Û f ( x ) =
- x + sin x > 0 "x > 0
3!
3!
x 2
f ¢ ( x ) =
- 1 + cos x Þ f ¢¢ ( x ) = x - sin x Þ f ¢¢¢ ( x ) = 1 - cos x ³ 0 "x > 0
2!
Giải Ÿ x Ta có
Þ f ¢¢ ( x ) đồng biến [0, +¥) Þ f ¢¢ ( x ) > f ¢¢ ( 0 ) = 0 "x > 0
Þ f ¢ ( x ) đồng biến [0, +¥) Þ f ¢ ( x ) > f ¢ ( 0 ) = 0 "x > 0
Þ f ( x ) đồng biến [0, +¥) Þ f(x) > f(0) = 0
"x > 0 Þ (đpcm)
x 3 x 5
x 5 x 3
+
"x > 0 Û g(x) = - + x - sin x > 0 "x > 0
3! 5!
5! 3!
4
2
x
x
x 3
Ta có g¢(x) = - + 1 - cos x Þ g¢¢(x) = - x + sin x = f(x) > 0 "x > 0
4! 2!
3!
Ÿ sin x < x -
Þ g¢(x) đồng biến [0, +¥) Þ g¢(x) > g¢(0) = 0 "x > 0
Þ g(x) đồng biến [0, +¥) Þ g(x) > g (0) = 0 "x > 0 Þ (đpcm)
Bài 2. Chứng minh rằng: sin x >
2 x
æ pö
"x Î ç 0, ÷
p
è 2 ø
2x
sin x 2
p
Û f ( x ) =
>
"xÎ æç 0, ö÷ . Xét biểu thức đạo hàm
p
x
p
è 2 ø
x cos x - sin x g ( x )
f ¢( x ) =
= 2 , ở đây kí hiệu g(x) = x cosx - sinx
x2
x
p
Ta có g¢(x) = cosx - xsinx - cosx = - xsinx < 0 "xÎ æç 0, ö÷
è 2ø
Giải. sin x >
p
Þ g(x) giảm trên æç 0, ö÷ Þ g(x) < g(0) = 0
è
g ( x )
æ pö
æ pö
< 0 "xÎ ç 0, ÷ Þ f (x) giảm trên ç 0, ÷
x
è 2ø
è 2ø
2
2 x
p
f ( x) > f p =
Û sin x > , "x Î æç 0, ö÷
2 p
p
è 2 ø
Þ f ¢ ( x ) =
Þ
2ø
2
( )
Bài 3. Chứng minh rằng:
x+ y
x - y
>
2
ln x - ln y
"x > y > 0
Giải. Do x > y > 0, lnx > lny Û lnx - lny > 0, nên biến đổi bất đẳng thức
x - 1
x-y
x
y
t - 1
x
Û ln x - ln y > 2 ×
Û ln > 2 ×
Û ln t > 2 ×
với t = >1
x + 1
x+ y
y
t + 1
y
y
Û f (t ) = ln t - 2 ×
( t - 1 ) 2
t -1
1
4
> 0 "t >1. Ta có f ¢ ( t ) = =
> 0 "t >1
t +1
t ( t + 1) 2 t ( t + 1 ) 2
Þ f(t) đồng biến [1, +¥) Þ f(t) > f(1) = 0 "t >1 Þ (đpcm)
Bài 4. Chứng minh rằng:
1 æ
y
x ö
- ln
ç ln
÷ > 4
y - x è 1- y
1 - x ø
ïì"x, y Î ( 0,1 )
í
ïî x ¹ y
(1)
Giải. Xét hai khả năng sau đây:
y
x
y
x
- ln
> 4 ( y - x ) Û ln
- 4 y > ln
- 4 x
1- y
1 - x
1- y
1 - x
y
x
y
x
- ln
< 4 ( y - x ) Û ln
+ Nếu y < x thì (1) Û ln
- 4 y < ln
- 4 x
1- y
1 - x
1- y
1 - x
t
Xét hàm đặc trưng f(t) = ln
- 4 t với tÎ(0, 1).
1 - t
( 2t -1 ) 2
1
Ta có f ¢( t ) =
-4 =
> 0 "tÎ(0,1) Þ f(t) đồng biến (0, 1)
t (1 - t )
t (1 - t )
+ Nếu y > x thì
(1) Û ln
Þ f(y) > f(x) nếu y > x và f(y) < f(x) nếu y < x Þ (đpcm)
Bài 5. Chứng minh rằng:
a b < b a
"a > b ³ e
Giải. a b < b a Û lna b < lnb a Û blna < alnb Û
ln a ln b
<
.
a
b
ln x
"x ³ e.
x
1 - ln x 1 - ln e
Ta có f ¢( x ) =
£
= 0 Þ f(x) nghịch biến [e, +¥)
x2
x 2
ln a ln b
Þ f(a) < f(b) Û
<
Û a b < b a
a
b
Xét hàm đặc trưng f(x) =
Bài 6. (Đề TSĐH khối D, 2007)
b
a
( 2 ) ( ) , "a ³ b > 0
Giải. Biến đổi bất đẳng thức ( 2 + 1 ) £ ( 2 + 1 ) Û æç 1 + 4 ö÷ £ æç 1 + 4 ö÷
2
2
è 2 ø
è 2 ø
Chứng minh rằng 2 a + 1a
b
a
b
a
a
b
a
£ 2 b + 1 b
2
b
b
a
Û (1 + 4 a ) £ (1 + 4 b ) Û ln (1 + 4 a ) £ ln (1 + 4 b ) Û
a
b
a
b
a
b
ln (1 + 4 a ) ln (1 + 4 b )
£
.
a
b
x )
(
Xét hàm số đặc trưng cho hai vế f ( x ) = ln 1 + 4 với x > 0 . Ta có
x
x)
x )
(
(
f ¢ ( x ) = 4 ln 4 - 2 1 + 4 x ln 1 + 4 < 0 Þ f ( x ) giảm trên ( 0, +¥ ) Þ f ( a ) £ f ( b )
x (1 + 4 )
Bài 7. (Bất đẳng thức Nesbitt)
x
x
Chứng minh rằng:
a
b
c
3
+
+
³
b + c c + a a + b 2
"a, b, c > 0 (1)
Giải. Không mất tính tổng quát, giả sử a ³ b ³ c. Đặt x = a Þ x ³ b ³ c > 0.
Ta có (1) Û f (x) =
x
b
c
+
+
b + c c + x x + b
với x ³ b ³ c > 0
1
b
c
1
b
c
>
= 0
2
2
2
b + c ( x + c)
b + c ( b + c )
( x + b)
( b + c ) 2
2 b + c
Þ f(x) đồng biến [b, +¥) Þ f ( x ) ³ f (b ) =
(2)
b + c
2x + c
Đặt x = b Þ x ³ c > 0, xét hàm số g(x) =
với x ³ c > 0
x + c
c
3
> 0 "c > 0 Þ g(x) đồng biến [c, +¥) Þ g ( x) ³ g (c) =
Þ g ¢( x ) =
2
2
( x + c )
a
b
c
3
Từ (2), (3) suy ra
+
+
³
"a, b, c > 0
b + c c + a a + b 2
Þ f ¢( x ) =
(3)
Bình luận: Bất đẳng thức Nesbitt ra đời năm 1905 và là một bất đẳng thức rất nổi tiếng trong
suốt thế kỷ 20. Trên đây là một cách chứng minh bất đẳng thức này trong 45 cách chứng minh.
Bạn đọc có thể xem tham khảo đầy đủ các cách chứng minh trong cuốn sách: “Những viên kim
cương trong bất đẳng thức Toán học” của tác giả do NXB Tri thức phát hành tháng 3/2009
BÀI 3. GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ
A. GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ
I. TÓM TẮT LÝ THUYẾT
1. Bài toán chung: Tìm giá trị nhỏ nhất hoặc lớn nhất của hàm số f ( x )
Bước 1: Dự đoán và chứng minh f ( x ) ³ c; f ( x ) £ c
Bước 2: Chỉ ra 1 điều kiện đủ để f ( x ) = c
2. Các phương pháp thường sử dụng
Phương pháp 1: Biến đổi thành tổng các bình phương
Phương pháp 2: Tam thức bậc hai.
Phương pháp 3: Sử dụng bất đẳng thức cổ điển: Côsi; Bunhiacôpski
Phương pháp 4: Sử dụng đạo hàm.
Phương pháp 5: Sử dụng đổi biến lượng giác.
Phương pháp 6: Sử dụng phương pháp véctơ và hệ tọa độ
Phương pháp 7: Sử dụng phương pháp hình học và hệ tọa độ.
II. CÁC BÀI TẬP MẪU MINH HỌA:
Bài 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của P(x, y) = x 2 + 11y 2 - 6xy + 8x - 28y + 21
Giải. Biến đổi biểu thức dưới dạng P(x, y) = (x - 3y + 4) 2 + 2(y - 1) 2 + 3 ³ 3
ìy -1= 0
ì y = 1
Ûí
îx - 3y + 4 = 0
î x = -1
Từ đó suy ra MinP(x, y) = 3 Û í
Bài 2. Cho x, y > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của: S =
x4
y
+
4
y4
x
4
-
x 2
y
2
-
y 2
x
2
x y
+
y x
+
2
2
2
2
æ y2
ö
y 2 x y
Giải. S = æç x 2 - 1ö÷ + ç 2 - 1÷ - 2 + x 2 + 2 + +
y x
y
x
ø
èy
ø è x
2
2
2
æ y 2
ö
æ x yö
æ x y
ö
æ x 2
ö
S = ç 2 - 1 ÷ + ç 2 - 1 ÷ + ç - ÷ + ç + - 2 ÷ + 2
ø
è y xø
è y x
ø
èy
ø è x
2
2
2
æ y2
ö
( x - y ) 2
æ x y ö
æ 2
ö
S = ç x 2 - 1 ÷ + ç 2 - 1 ÷ + ç - ÷ +
+ 2 ³ 2 .
xy
ø
è y xø
èy
ø è x
Với x = y > 0 thì MinS = 2
Bài 3. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số S = sin 2 x + sin 2 y + sin 2 ( x + y )
1 - cos 2 x 1 - cos 2 y
+
+ 1 - cos 2 ( x + y )
2
2
S = 2 - cos( x + y) cos( x - y) - cos 2 ( x + y) = 9 - é 1 + cos( x + y) cos( x - y) + cos 2 ( x + y) ù
ú
4 ëê 4
û
Giải . S = sin 2 x + sin 2 y + sin 2 ( x + y ) =
2
S = 9 - é 1 cos( x - y ) + cos( x + y ) ù - 1 sin 2 ( x - y ) £ 9 .
úû 4
4 êë 2
4
p
9
Với x = y = + k p , (kÎZ) thì Max S =
3
4
Bài 4. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
S = x12 + x22 + x32 + ... + x82 - ( x1 x2 + x 2 x3 + ... + x 6 x 7 + x7 x8 + x8 )
2
2
2
2
1
3
2
4
3
5
4
Giải. S = æç x1 - x2 ö÷ + æç x2 - x3 ö÷ + æç x3 - x4 ö÷ + çæ x4 - x5 ö÷ +
è
2
2
ø
4è
3
ø
2
6è
4
ø
2
8è
5
2
ø
6 æ
5 ö
7 æ
6 ö
8 æ
7 ö
9 æ
8ö
4
4
+ ç x5 - x6 ÷ + ç x6 - x7 ÷ + ç x7 - x8 ÷ + ç x8 - ÷ - ³ 10 è
6 ø
12 è
7 ø
14 è
8 ø
16 è
9ø
9
9
Với x1 =
4
1
2
6
7
8
x2 ; x 2 = x3 ;...; x6 = x7 ; x7 = x8 ; x8 = , thì Min S = -
2
3
7
8
9
9
Bài 5. Cho x, y, z Î ¡ . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
S = 19x 2 + 54y 2 +16z 2 -16xz - 24y +36xy
Giải. Biến đổi S Û f(x) = 19x 2 - 2(8z -18y)x + 54y 2 +16z 2 - 24y
Ta có D¢x = g(y) = (8z -18y) 2 - (54y 2 +16z 2 - 24y) = -702y 2 +168zy - 240z 2
Þ D¢y = (84z) 2 - 702.240z 2 = -161424z 2 £ 0 "zÎR Þ g(y) £ 0 "y, zÎR
Suy ra D¢x £ 0 "y, zÎR Þ f(x) ³ 0. Với x = y = z = 0 thì MinS = 0
Bài 6. Cho x 2 + xy + y 2 = 3. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức:
S = x 2 - xy + y 2
Giải Xét y = 0 Þ x 2 = 3 Þ S = 3 là 1 giá trị của hàm số.
Xét y ¹ 0, khi đó biến đổi biểu thức dưới dạng sau đây
2
S x 2 - xy + y 2 ( x / y ) - ( x / y ) + 1 t 2 - t + 1
u= = 2
=
=
= u
3 x + xy + y 2 ( x / y ) 2 + ( x / y ) + 1 t 2 + t + 1
với t =
x
y
Û u(t 2 + t + 1) = t 2 - t + 1 Û (u - 1)t 2 + (u + 1)t + (u - 1) = 0 (*)
+ Nếu u = 1, thì t = 0 Þ x = 0, y = ± 3 Þ u = 1 là 1 giá trị của hàm số
+ Nếu u ¹ 1, thì u thuộc tập giá trị hàm số Û phương trình (*) có nghiệm t
Û D = (3u - 1)(3 - u) ³ 0 Û 1 £ u ¹ 1 £ 3 .
3
Vậy tập giá trị của
u là éê 1 , 3 ùú
ë3 û
Þ Min u = 1 ; Max u = 3
3
ì x = y
Min S = 1 Û Min u = 1 Û t = 1 Þ ïí
3
Max S = 9 Û Maxu = 3 Û t = -1
Û x = y = ±1
ïî x 2 + xy + y 2 = 3
é x = 3, y = - 3
ì x = - y
Ûê
Þ ïí
ïî x 2 + xy + y 2 = 3 êë x = - 3, y = 3
2
Bài 7. Cho x,yÎR thỏa mãn điều kiện ( x 2 - y 2 + 1) + 4 x 2 y 2 - ( x 2 + y 2 ) = 0
Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức S= x 2 + y 2
2
Giải. Biến đổi ( x 2 - y 2 ) + 2 ( x 2 - y 2 ) + 1 + 4 x 2 y 2 - ( x 2 + y 2 ) = 0
2
2
Û ( x 2 + y 2 ) - 3 ( x 2 + y 2 ) + 1 + 4 x 2 = 0 Û ( x 2 + y 2 ) - 3 ( x 2 + y 2 ) + 1 = - 4 x 2
2
Do -4x 2 £ 0 nên ( x 2 + y 2 ) - 3 ( x 2 + y 2 ) + 1 £ 0 Û
3- 5
3 + 5
£ x 2 + y 2 £
2
2
Với x = 0, y = ±
3 - 5
3 - 5
, thì Min( x 2 + y 2 ) =
.
2
2
Với x = 0, y = ±
3 + 5
3 + 5
, thì Max( x 2 + y 2 ) =
2
2
Bài 8. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x ) = x + 4 x 2 + 2 x + 1
Giải. Gọi y0 là 1 giá trị của hàm f(x)
Þ tồn tại x0 sao cho y0 = x0 + 4 x02 + 2 x0 + 1
Û y0 - x0 = 4 x02 + 2 x0 + 1 Þ y02 - 2 y0 x0 + x02 = 4 x02 + 2 x0 + 1
Û g(x0) = 3 x02 + 2(1 + y 0 ) x0 + 1 - y 0 2 = 0 . Ta có g(x) = 0 có nghiệm x0
Û D¢ = (1 + y 0 ) 2 - 3(1 - y 02 ) = 2(2 y 02 + y 0 - 1) = 2( y0 + 1)(2 y0 - 1) ³ 0
Do y0 = x0 + 3x02 + ( x0 + 1) 2 ³ x0 + 3x02 = x0 + 3 x0 ³ 0 nên
D¢ ³ 0 Û 2y0 - 1 ³ 0 Û y 0 ³
1
2
1
2
. Với x = - thì Minf(x) =
1
2
Bài 9. Cho y = f ( x ) = x 2 - 5x + 4 + mx. Tìm các giá trị của m sao cho Min y > 1
ìï x 2 + ( m - 5 ) x + 4 ; x £ 1 Ú x ³ 4 : ( P 1 )
f ( x ) = í
2
ïî - x + ( m + 5 ) x - 4 ; 1 £ x £ 4 : ( P2 )
Giải. Ta có
Gọi (P) là đồ thị của y = f(x) Þ (P) = (P1) È (P2) khi đó (P) có 1 trong các hình dạng đồ thị sau
đây
P1
P2
A
P2
A
C
B
B
P1
A
P1
P2
C B
C
Hoành độ của các điểm đặc biệt trong đồ thị (P):
Hoành độ giao điểm (P1), (P2) xA = 1; xB = 4 ; Hoành độ đỉnh (P1): xC =
5 - m
.
2
Nhìn vào đồ thị ta xét các khả năng sau:
Ÿ Nếu xC Î[xA, xB] Û mÎ[ -3, 3] thì Minf(x) = Min{f(1), f(4)}.
Khi đó
ì -3 £ m £ 3
ï
Minf(x) > 1 Û ïí f (1) = m > 1 Û 1 < m
ï
ïî f (4) = 4 m > 1
£ 3 (1)
5 - m ö
-m2 +10m - 9
=
÷
4
è 2 ø
Ÿ Nếu xC Ï[xA, xB] Û mÏ[ -3, 3] thì Minf(x) = f1 ( xC ) = f1 æç
ì m Ï [-3, 3]
Khi đó Minf(x) > 1 Û ïí
Û 3 < m < 5 + 2 3
ïî m 2 - 10m + 13 < 0
(2)
Ÿ Kết luận: Từ (1) và (2) suy ra Minf(x) > 1 Û 1 < m < 5 + 2 3
Bài 10. (Đề thi TSĐH 2005 khối A)
Cho x, y, z > 0 ; 1 + 1 + 1 = 4 . Tìm Min của S =
x
y
z
1
1
1
+
+
2 x + y + z x + 2 y + z x + y + 2 z
Giải: Sử dụng bất đẳng thức Côsi cho các số a, b, c, d > 0 ta có:
(
)
16
( a + b + c + d ) 1 + 1 + 1 + 1 ³ 4.4 abcd .4. 4 1 = 16 Þ 1 + 1 + 1 + 1 ³
a b c d
abcd
a b c d a + b + c + d
16
16
ì 1 + 1 + 1 + 1 ³
=
ï x x y z x + x + y + z 2 x + y + z
ï
16
16
+ ïí 1 + 1 + 1 + 1 ³
=
x y y z x + y + y + z x + 2 y + z
ï
ï 1 + 1 + 1 + 1 ³
16
16
=
ïî x y z z x + y + z + z x + y + 2 z
1
1
1
ö Þ Min S = 1
16 = 4 æç 1 + 1 + 1 ö÷ ³ 16 æç
+
+
÷
èx y zø
è 2 x + y + z x + 2 y + z x + y + 2 z ø
Bài 11. (Đề thi TSĐH 2007 khối B)
y
Cho x, y, z > 0 . Tìm Min của S = x æç x + 1 ö÷ + y æç + 1 ö÷ + z æç z + 1 ö÷
2 yz
2 xy
è 2 zx ø
è
ø
è
ø
Giải: Sử dụng bất đẳng thức Côsi cho 9 số ta có
y
y
x 4 y 4 z 4
S = 1 æç x 2 + y 2 + z 2 + x + x + + + z + z ö÷ ³ 9 .9 4 4 4 = 9 Þ Min S = 9
yz
2è
ì x, y > 0
Bài 12. Cho ïí
yz
zx
zx
xy
xy ø 2
x
Tìm giá trị nhỏ nhất của S =
2
y
+
1- x
ïî x + y = 1
x
2
x y z
1 - y
y
Giải: S = æç + y ö÷ + æç + x ö÷ - ( x + y ) ³ 2 ( x + y ) - ( x + y ) = x + y
ø
è y
ø è x
Mặt khác, S =
Suy ra 2S ³
1
x
y
+
1- x
+
x
1
y
1 - y
³
2
4 xy
³
=
1 - y 1 - x
+
y
x
2
x+ y
2
æ 1
=ç
ç
+
è x
1 ö
÷y ÷ø
= 2 2 Þ S ³ 2
Bài 13. Cho x, y, z > 0. Tìm Max của: S =
(
)
x + y
Þ MinS = 2 .
(
xyz x + y + z + x 2 + y 2 + z 2
(x
2
2
+y +z
2
)
) ( xy + yz + zx)
Giải: Sử dụng bất đẳng thức Côsi và BunhiaCôpski ta có 3 đánh giá sau:
x 2 + y 2 + z 2 ³ 3 × 3 x 2 y 2 z 2 xy + yz + zx ³ 3. 3 xy. yz.zx = 3. 3 x 2 y 2 z 2
;
x+ y+ z£
S £
(12 + 12
+ 12 ) ( x 2 + y 2 + z 2 ) = 3. x 2 + y 2 + z 2 . Từ đó suy ra
xyz (1 + 3 ) x 2 + y 2 + z 2
( x 2 + y 2 + z 2 ) 3. 3 x 2 y 2 z 2
=
3 xyz
3 xyz
1+ 3
1+ 3
3 + 3
×
£
×
=
2
2
2
3
3
3
9
3. xyz
x + y + z
Bài 14. (Đề thi TSĐH 2003 khối B)
Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số y = x + 4 - x 2
.
Cách 1: Tập xác định D = [ - 2; 2 ] ;
y¢ = 1 -
x
4 - x
2
x - 2
; y ¢ = 0 Û x = 4 - x 2
ìï max y = 2 2
ìï x ³ 0
Ûí 2
Û x = 2 Þ í
2
ïî x = 4 - x
ïî min y = -2
Cách 2: Đặt x = 2 sin u , u Î éê - p ; p ùú
+
y ¢
2
2
0
2 2
y -2
0
-
2
ë 2 2 û
Þ y = 2 ( sin u + cos u ) = 2 2 sin u + p Î éë -2; 2 2 ùû ; max y = 2 2 ; min y = - 2
4
(
)
Bài 15. (Đề dự bị TSĐH 2003 khối B)
3
Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của y = x 6 + 4 (1 - x 2 ) trên đoạn [ - 1;1]
3
Cách 1. Đặt u = x 2 Î [0;1 ] . Ta có y = u 3 + 4 (1 - u ) = -3u 3 + 12u 2 - 12u + 4
y ¢ = -9u 2 + 24u - 12 = 0 Û u1 = 2 Î [ 0;1] ; u 2 = 2 > 1
3
Nhìn bảng biến thiên ta có max y = 4; min y = 4
9
6
6
Cách 2. Đặt x = sin u Þ y = sin u + 4 cos u .
x
2
3
0
y ¢ 0
-
0
1
+
4
0
1
= ( sin 6 u + cos 6 u ) + 3 cos 6 u £ ( sin 2 u + cos 2 u ) + 3 = 4 y
Với x = 0 thì max y = 4 . Sử dụng bất đẳng thức Côsi ta có:
4
ì 6
8
8
6
8 8 4 2
3
ïïsin u + 27 + 27 ³ 3 × sin u × 27 × 27 = 3 sin u
í
ï 4 cos 6 u + 4 + 4 ³ 3 × 3 4 cos 6 u × 4 × 4 = 4 cos 2 u
ïî
27 27
27 27 3
y = sin 6 u + 4 cos 6 u + 8 ³ 4 ( sin 2 u + cos 2 u ) = 4 Þ y ³ 4 . Với x = 2 Þ min y = 4
9 3
3
9
3
9
Bài 16. a) Lập bảng biến thiên và tìm giá trị lớn nhất của hàm số y = x + 3
x 2 + 1
b) Cho a + b + c = 1 . Chứng minh rằng: a 2 + 1 + b 2 + 1 + c 2 + 1 ³ 10
( )
1 - 3 x
= 0 Û x = 1 Þ y 1 = 10
3
3
( x + 1) x + 1
( x + 3) / x
( x + 3 ) / x
lim y = lim
= lim
= lim x .
x ®¥
x ®¥
2
x ®¥
x ®¥ x
x + 1
x -¥
1/3
1 + 1 2
+¥
2
x
x
+ 0 - 0
y ¢
Suy ra lim y = 1; lim y = - 1 . Nhìn BBT
Giải. a) TXĐ: D = ¡ ; y ¢ =
x ®+¥
2
2
x ®-¥
ta có y = x + 3 £ 10 Þ max y = 10
2
x + 1
10
y
-1
1
b) Theo phần a) thì y £ 10 , "x Û x + 3 £ 10. x 2 + 1 , " x .
Đặc biệt hóa bất đẳng thức này tại các giá trị x = a, x = b, x = c ta có:
ì x = a : a + 3 £ 10. a 2 + 1
ïï
í x = b : b + 3 £ 10. b 2 + 1
ï
ïî x = c : c + 3 £ 10. c 2 + 1
a + b + c + 9 £ 10. ( a 2 + 1 + b 2 + 1 + c 2 + 1 ) Û 10 £ a 2 + 1 + b 2 + 1 + c 2 + 1
Cách 2. Trên mặt phẳng tọa độ Oxy đặt
uur
uuur
uuur
OA = ( a;1) ; AB = ( b;1) ; BC = ( c;1 ) .
uuur uur uuur uuur
Khi đó OC = OA + AB + BC = ( a + b + c ; 3 ) .
uur
uuur
uuur
uur
uuur
uuur
y
3
2
1
uuur
Do OA + AB + BC ³ OA + AB + BC = OC
C
B
A
1
a a+ a+b+c x
b
O
Từ đó suy ra a 2 + 1 + b 2 + 1 + c 2 + 1 ³ 10
Bài 17. (Đề 33 III.2, Bộ đề thi TSĐH 1987 – 1995)
Cho x 2 + y 2 = 1 . Tìm Max, Min của A = x 1 + y + y 1 + x .
Giải. 1. Tìm MaxA: Sử dụng bất đẳng thức BunhiaCôpski ta có
A£
( x 2 + y 2 ) éë(1 + y ) + (1 + x ) ùû =
2 + x + y £ 2 + 2 ( x 2 + y 2 ) = 2 + 2 .
Với x = y = 1 thì Max A = 2 + 2
2
2. Tìm MinA: Xét 2 trường hợp sau đây
• Trường hợp 1: Nếu xy ³ 0 , xét 2 khả năng sau:
+) Nếu x ³ 0, y ³ 0 thì A>0 Þ Min A > 0
+) Nếu x £ 0, y £ 0 thì
|A| £ ( x 2 + y 2 ) [(1 + x) + (1 + y) ] = 2 + x + y = 2 - x - y £ 2 - ( x 2 + y 2 ) = 1
Từ 2 khả năng đã xét suy ra với xy ³ 0 thì Min A = -1
2
• Trường hợp 2: Xét xy < 0 : Đặt x + y = t Þ xy = t - 1 < 0 Þ t Î ( -1,1 )
2
2
2
2
A = x (1 + y ) + 2xy (1 + x ) (1 + y ) + y (1 + x ) = 1 + xy ( x + y ) + 2xy 1 + x + y + xy
2
2
2
2
= 1 + t × t - 1 + 2 × t - 1 1 + t + t - 1 = t - 1 éë(1 + 2 ) t + 2 ùû + 1
2
Û
2
2
2
3
2
1
A = f ( t ) = éë(1 + 2 ) t + 2 t - (1 + 2 ) t + 2 - 2 ùû
2
2
(
)
Ta có: f ¢ ( t ) = 3 1 + 2 t 2 + 2 t - 1 + 2 = 0 Û t = t1 = - 1 + 2 ; t = t 2 = 2 - 1
2
2
3
(
)
Thế t1 , t 2 vào phần dư của f ( t ) chia cho f ¢ ( t ) Þ f ( t1 ) = 2 19 - 3 2 ; f ( t 2 ) = 0 .
27
Nhìn bảng biến thiên suy ra:
A 2 £ f ( t1 ) Þ A ³ - f ( t1 ) suy ra
t -1
+ 0
¦¢
2 (19 - 3 2 )
< - 1
27
t 2 - 1
Û x + y = t1 ; xy = 1
2
t1
Min A = - f ( t 1 ) = -
xảy ra
t2
0
-
1
+
f ( t 1 )
¦ 1
1
f ( t 2 )
- (1 + 2 ) ± 15 - 2 2
Þ x, y là nghiệm của u 2 + 1 + 2 u + 2 - 3 = 0 Þ x, y =
3
9
6
(
)
Kết luận: Max A = 2 + 2 ; Min A = - 2 19 - 3 2
27
Bài 18. Cho x, y, z Î [ 0,1 ] thoả mãn điều kiện: x + y + z = 3 .
2
Tìm Max, Min của biểu thức: S = cos ( x + y + z
2
2
2
)
Giải. Do x, y, z Î [ 0,1 ] nên 0 < x 2 + y 2 + z 2 < x + y + z = 3 < p .
2
2
( 2 )
Vì hàm số y = cos a nghịch biến trên 0, p nên bài toán trở thành.
1. Tìm MaxS hay tìm Min ( x 2 + y 2 + z 2 )
2
x 2 + y 2 + z 2 = 1 (1 2 + 1 2 + 1 2 ) ( x 2 + y 2 + z 2 ) ³ ( x + y + z ) = 3 .
3
4
Với x = y = z = 1 thì MaxS = cos 3
2
4
2. Tìm MinS hay tìm Max ( x 2 + y 2 + z 2 )
Cách 1: Phương pháp tam thức bậc hai:
Không mất tính tổng quát giả sử z = Max { x, y, z} Þ z Î éê 1 ;1 ùú . Biến đổi và đánh giá đưa về tam
ë 2 û
thức bậc hai biến z
(
2
x 2 + y 2 + z 2 = z 2 + ( x + y ) - 2 xy ³ z 2 + 3 - z
2
)
2
= 2 z 2 - 3 z + 9 = f ( z )
4
Do đồ thị hàm y = f(z) là một parabol quay bề lõm lên trên nên ta có:
{()
} ()
Max f ( z ) = Max f 1 ; f (1) = f 1 = f (1 ) = 5 .
2
2
4
Với z = 1; x = 1 ; y = 0 thì MinS = cos 5
2
4
Cách 2: Phương pháp hình học
Xét hệ tọa Đề các vuông góc Oxyz. Tập hợp các điểm M ( x, y, z ) thoả mãn điều kiện
x, y, z Î [ 0,1 ] nằm trong hình lập phương ABCDA¢B¢C¢O cạnh 1 với A(0, 1, 1); B(1, 1, 1); C(1, 0,
1); D(0, 0, 1); A¢(0, 1, 0); B¢(1, 1, 0); C¢(1, 0, 0).
Mặt khác do x + y + z = 3 nên M ( x, y, z ) nằm trên mặt phẳng (P): x + y + z = 3
Vậy tập hợp các điểm
2
2
M ( x, y, z ) thoả mãn điều kiện giả thiết nằm trên thiết diện EIJKLN với
các điểm E, I, J, K, L, N là trung điểm các cạnh hình lập phương. Gọi O¢ là hình chiếu của O lên
EIJKLN thì O¢ là tâm của hình lập phương và cũng là tâm của lục giác đều EIJKLN. Ta có O¢M
là hình chiếu của OM lên EIJKLN. Do OM 2 = x 2 + y 2 + z 2 nên OM lớn nhất Û O¢M lớn nhất
z
Û M trùng với 1 trong 6 đỉnh E, I, J, K, L, N.
Từ đó suy ra:
3/ 2
( )
( )
x 2 + y 2 + z 2 £ OK 2 = 1 + 1 = 5
4
4
2
2
2
5
Þ cos ( x + y + z ) ³ cos
4
1
Với z = 1; x = ; y = 0 thì MinS = cos 5
2
4
1
K
J
O¢
L
O
1
N
y
Bài 19. Cho a,b,c > 0 thỏa mãn điều kiện a + b + c £
Giải. Sai lầm thường gặp:
3
2
1
1
1
+ b2 + 2 + c 2 + 2
2
b
c
a
I
1
E
3/ 2
Tìm giá trị nhỏ nhất của S = a2 +
M
3/ 2
x
S ³ 3.3 a 2 +
1
b
2
× b2 +
æ
1
³ 3. 6 ç 2 × a 2 × 2
ç
b
è
1
c
2
1
× c2 +
öæ
1
2
÷÷ çç 2 × b × 2
c
øè
a
2
1 öæ
1 öæ
1 ö
æ
= 3. 6 ç a 2 + 2 ÷ ç b 2 + 2 ÷ ç c 2 + 2 ÷
b øè
c øè
a ø
è
öæ
ö
6
2 1
÷÷ çç 2 × c × 2 ÷÷ = 3. 8 = 3 2 Þ Min S = 3 2
a ø
øè
· Nguyên nhân:
Min S = 3 2 Û a = b = c =
1 1 1
3
= = = 1 Þ a + b + c = 3 > mâu thuẫn với giả thiết
a b c
2
· Phân tích và tìm tòi lời giải :
Do S là một biểu thức đối xứng với a, b, c nên dự đoán Min S đạt tại a = b = c =
— Sơ đồ điểm rơi:
ì
a 2 = b 2 = c 2 =
ï
1
a = b = c = Þ ïí
2
ï 1
1
1
4
Þ
1
4
ïî aa 2 = ab 2 = ac 2 = a
1 4
=
4 a
Þ
a = 16
Ÿ Cách 1: Biến đổi và sử dụng bất đẳng thức Côsi ta có
S = a2 +
1
1
1
1
1
1
+ ... +
+ b2 +
+ ... +
+ c 2 +
+ ... +
2
2
2
2
2
2
16
b
16b
16
c
16c
16
a 42444
16 a3
1442443
1442443
144
16
³ 17 ×17
16
16
é
a2
b2
c2
a
b
c ù
17
17
+
17
×
+
17
×
= 17 ê17 8 16 + 17 8 16 + 17 8 16 ú
16 32
16 32
16 32
16 b
16 c
16 a
16 c
16 a û
ë 16 b
é
a
b
c ù
1
³ 17 ê 3 × 3 17 8 16 × 17 8 16 × 17 8 16 ú = 3 17 17 8 5 5 5
16
b
16
c
16
a
16
a
b c
úû
ëê
=
3 17
17
2 × (2a 2b 2c ) 5
3 17
³
(
2 × 17 2a + 2b + 2 c
3
15
³
)
1
3 17
3 17
. Với a = b = c = thì Min S =
2
2
2
Ÿ Cách 2: Biến đổi và sử dụng bất đẳng thức BunhiaCôpski ta có
ì 2
1
1
1 ö
1 æ
4 ö
æ
× ç a 2 + 2 ÷ 12 + 4 2 ³
× ç a + ÷
ï a + 2 =
b ø
b
b ø
17 è
17 è
ï
ï
ï
1
1
1 ö
1 æ
4 ö
æ
+ í b2 + 2 =
× ç b 2 + 2 ÷ 12 + 4 2 ³
× ç b + ÷
c ø
c
c ø
17 è
17 è
ï
ï
1
1
1 ö
1 æ
4 ö
ï 2
æ
× ç c 2 + 2 ÷ 12 + 4 2 ³
× ç c + ÷
ï c + a2 =
a ø
a ø
17 è
17 è
î
Þ S ³
³
(
)
(
)
(
)
1
4 4 4 ö
1 é
1
1
1 15 æ 1 1 1 öù
æ
× ç a + b + c + + + ÷ =
× ê a + b + c +
+
+
+ ç + + ÷ú
a b c ø 17 ë
4a 4b 4c 4 è a b c øû
17 è
1 é 6
1 1 1 15 æ 3 1 1 1 ö ù
1 æ
45
1 ö
×
×
+ ç3×
× × ÷ú =
3 +
× 3
ê 6 × abc ×
ç
4 a 4b 4c
4è
a b c ø û
4 abc ÷ø
17 ë
17 è
1
1 æ 45
1
3 17
ö 1 æ 45 ö 3 17
ç 3 + 4 × 2 ÷ = 2 . Với a = b = c = 2 thì Min S = 2
ç3 + 4 × a + b + c ÷ ³
17 ç
ø
÷ 17 è
3 ø
è
uur
uur
uuur
Ÿ Cách 3: Đặt u = a , 1 ; v = b , 1 ; w = c , 1
b
c
a
³
( )
( )
( )
1
2
- Xem thêm -
.PDF 
34 
254 
125 
