ÔN THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN CHUYÊN ĐỀ: BẤT ĐẲNG THỨC
I. Một số ghi nhớ
*Định nghĩa: a b a b 0 .
* a b, b c a c
*a b acbc
* a b, c d a c b d
* a b, c 0 ac bc
* a b, c 0 ac bc
* a b 0, c d 0 ac bd
* a b, c d 0 ac bd 0
n N
* a b 0 a n bn
n N , n lẻ
* a b a n bn
n
m
n m
* a 1 a a
n
m
n m
* 0 a 1 a a
a R, n N , dấu = xảy ra khi a=0
* a 2n 0,
2
a, b R , dấu = xảy ra khi a b (tương ứng)
* (a b) 4ab,
2
2
a, b R , dấu = xảy ra khi a b 0
* a ab b 0,
a R , dấu = xảy ra khi a 0 hoặc a 0 (tương ứng)
* | a | a,
a, b R , dấu = xảy ra khi ab 0 hoặc a.b 0 (tương ứng)
* | a b || a | | b |,
a, b R , dấu = xảy ra khi ab 0 hoặc a.b 0 (tương ứng)
* | a b ||| a | | b ||,
* | sin x | 1, | cos x | 1
k 0.
a, b dấu = xảy ra khi a kb ,
* | a b || a | | b |,
k 0.
a, b dấu = xảy ra khi a kb ,
* | a b || a | | b |,
k 0.
a, b dấu = xảy ra khi a kb ,
* | a b ||| a | | b ||,
k 0.
a, b dấu = xảy ra khi a kb ,
* | a b ||| a | | b ||,
* Bất đẳng thức Côsi
Cho n số không âm a1 , a2 ,..., an khi đó ta có a1 a2 ... an nn a1a2 ...an ; dấu "=" xảy ra
khi a1 a2 ... an .
* Bất đẳng thức Bunhiacôpxki
Cho hai dãy số a1 , a2 ,..., an và b1 , b2 ,..., bn khi đó ta có
(a1b1 a2b2 ... anbn )2 (a12 a22 ... an2 )(b12 b22 ... bn2 ) ;
a a
a
dấu "=" xảy ra khi 1 2 ... n .
b1 b2
bn
Trường hợp đặc biệt: với mọi số thực x, y, z ta có
x2 y2 x y
* ( x y )(1 1 ) x.1 y.1
2
2
2
2
2
2
2
2
dấu "=" xảy ra khi x y .
x2 y 2 z 2 x y z
* ( x y z )(1 1 1 ) x.1 y.1 z.1
3
3
dấu "=" xảy ra khi x y z .
2
2
2
2
2
2
2
2
II. Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức
1.Phương pháp sử dụng định nghĩa
Để chứng minh a b ta chứng minh a b 0 .
Ví dụ 1: Với mọi số thực x, y, z. Chứng minh rằng:
a. x 2 y 2 z 2 xy yz zx
b. x 2 y 2 z 2 2 xy 2 yz 2 zx
c. x 2 y 2 z 2 3 2( x y z)
d. x4 y 4 z 4 xyz ( x y z)
Hướng dẫn giải:
Ta xét hiệu
1
x 2 y 2 z 2 xy yz zx (2 x 2 2 y 2 2 z 2 2 xy 2 yz 2 zx)
2
a.
1
[( x y ) 2 ( y z ) 2 ( z x) 2 ] 0 x, y, z R.
2
Dấu “=” xảy ra khi x y z .
b.Ta xét hiệu
x 2 y 2 z 2 2 xy 2 yz 2 zx ( x y z)2 0
Dấu “=” xảy ra khi x y z .
x, y, z R .
c.Ta xét hiệu
x 2 y 2 z 2 3 2( x y z) ( x 1)2 ( y 1)2 ( z 1)2
Dấu “=” xảy ra khi x y z 1 .
x, y, z R .
d.Ta xét hiệu
x 4 y 4 z 4 xyz ( x y z ) x 4 y 4 z 4 x 2 yz xy 2 z xyz 2
1
2 x 4 2 y 4 2 z 4 2 x 2 yz 2 xy 2 z 2 xyz 2
2
1
1
( x 2 yz ) 2 ( y 2 xz ) 2 ( z 2 xy ) 2 [( x 2 y 2 ) 2 ( y 2 z 2 ) 2 ( z 2 x 2 ) 2 ] 0
2
2
với mọi số thực x, y, z. Dấu “=” xảy ra khi x y z .
Ví dụ 2: Với mọi số thực a, b, c, d. Chứng minh rằng:
a 2 b2 c 2 d 2 1 a(b c d 1) .
Hướng dẫn giải:
Ta xét hiệu
1
a 2 b 2 c 2 d 2 1 a(b c d 1) [4a 2 4b 2 4c 2 4d 2 4 4a(b c d 1)]
4
1
[(a 2b) 2 (a 2c) 2 (a 2d ) 2 (a 2) 2 ] 0
4
Với mọi số thực a, b, c, d. Dấu “=” xảy ra khi a 2, b c d 1.
2.Phương pháp biến đổi tương đương
Chứng minh bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với một bất đẳng thức đúng.
Ví dụ 3: Với mọi số thực a, b, c, d, e. Chứng minh rằng:
a. a 2 b2 1 ab a b
b. a 2 b2 c 2 d 2 e2 a(b c d e)
c. (a10 b10 )(a 2 b2 ) (a8 b8 )(a 4 b4 )
Hướng dẫn giải:
a. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức
1
a 2 b2 1 ab a b 0 [(a b)2 (a 1)2 (b 1)2 ] 0 .
2
Bất đẳng thức trên luôn đúng, dấu “=” xảy ra khi a b 1 .
b. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức
2
2
2
2
a
a
a
a
2
2
2
2
2
a b c d e a(b c d e) 0 b c d e 0
2
2
2
2
Bất đẳng thức trên luôn đúng, dấu “=” xảy ra khi a 2b 2c 2d 2e .
c. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức
(a10 b10 )(a 2 b 2 ) (a8 b8 )(a 4 b 4 ) 0 a10b 2 b10a 2 a8b 4 a 4b8 0
a8b 2 (a 2 b 2 ) b8a 2 (b 2 a 2 ) 0 a 2b 2 (a 2 b 2 )(a 6 b6 ) 0
a 2b 2 ( a 2 b 2 ) 2 ( a 4 a 2b 2 b 4 ) 0
Bất đẳng thức trên luôn đúng, dấu “=” xảy ra khi a b hoặc a b hoặc a 0 hoặc
b 0.
Ví dụ 4: Với các số thực x, y thỏa mãn các điều kiện xy 1, x y . Chứng minh
x2 y2
2 2.
x y
Hướng dẫn giải:
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức
rằng:
x2 y2
x2 y 2 2 2x 2 2 y
2 2 0
0 x2 y2 2 2x 2 2 y 0
x y
x y
x 2 y 2 2 2 x 2 2 y ( 2 ) 2 2 0 x 2 y 2 2 2 x 2 2 y ( 2 ) 2 2 xy 0
( x y 2 )2 0
2 6
x y 2 0
x
2
Bất đẳng thức trên luôn đúng, dấu “=” xảy ra khi xy 1
hay
x y
y 2 6
2
2 6
x
2
hoặc
.
2
6
y
2
Ví dụ 5: Với mọi số thực dương x, y, z . Chứng minh rằng:
x
y
z
1
2.
x y yz zx
Hướng dẫn giải:
z
z
.
zx zx y
x
y
z
1.
Cộng vế với vế của ba bất đẳng thức trên ta suy ra
x y yz zx
Bạn đọc dễ dàng chứng minh được
x
xz
y
yx
z
zx
;
;
x y x yz
yz x yz
zx zx y
x
y
z
2.
Cộng vế với vế của ba bất đẳng thức trên ta suy ra
x y yz zx
Ta có
x
x
;
x y x yz
y
y
;
yz x yz
3.Phương pháp dùng bất đẳng thức Côsi
Ví dụ 6: Với mọi số thực a, b, c không âm. Chứng minh rằng:
(a b)(b c)(c a) 8abc .
Hướng dẫn giải:
Sử dụng bất đẳng thức Côsi cho từng cặp hai số không âm ta được
a b 2 ab
b c 2 bc
a c 2 ac
Nhân vế với vế của ba bất đẳng thức trên ta suy ra đpcm. Dấu “=” xảy ra khi a=b=c.
2x
4x
1
3
x
x
.
Ví dụ 7: Giải phương trình
x
x
4 1 2 1 2 4
2
Hướng dẫn giải:
x
a, b 0
a 2
Đặt
. Phương trình trên trở thành
2
x
b a
b 4
a
b
1
3
.
b 1 a 1 a b 2
Vế trái của phương trình
a
b
1
a
b
1
(
1) (
1) (
1) 3
b 1 a 1 a b
b 1
a 1
ab
1
1
1
1
1
1
1
(a b 1)(
) 3 [(a 1) (b 1) (a b)](
)3
b 1 a 1 a b
2
b 1 a 1 a b
1
1
3
3.3 (a 1)(b 1)(a b) .3.
3 .
3
2
2
(a 1)(b 1)(a b)
a 1
Như vậy, vế trái vế phải. Dấu “=” xảy ra khi b 1 x 0 .
a b
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x=0.
Ví dụ 8: Với số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x+y+z=1. Tìm giá trị lớn nhất
x
y
z
(GTLN) của biểu thức P
.
x 1 y 1 z 1
Hướng dẫn giải:
x 11 y 11 z 11
1
1
1
3(
).
x 1
y 1
z 1
x 1 y 1 z 1
Vì x+y+z=1 nên
1
1
1
1
1
1
( x y z ).(
)
x 1 y 1 z 1
x 1 y 1 z 1
1
1
1
( x y z ).(
)
xx yz y yxz zzx y
1
1
1
1
(2 x y z ) (2 y x z ) (2 z x y )).(
)
4
2x y z 2 y x z 2z x y
1
1
.3.3 (2 x y z )(2 y x z )(2 z x y ) .3.
3 ( 2 x y z )( 2 y x z )(2 z x y )
4
Ta có P
9
.
4
Vì vậy, P 3
9 3
3
. Suy ra GTLN của P là
, đạt được khi x=y=z=1/3.
4 4
4
Ví dụ 9: Với mọi bộ ba số a, b, c là ba cạnh của một tam giác. CMR:
a
b
c
3.
bca a cb abc
Hướng dẫn giải:
Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta được
a
b
c
abc
3.3
.
bca a cb abc
(b c a)(a c b)(a b c)
Ta lại có
a bc acb
2
(a b c)(a c b)
a ,
2
2
tương tự
(b c a)(a b c) b2 ,
(b c a)(a c b) c 2 .
Từ đó, suy ra
(b c a)(a b c)(a c b) abc.
a
b
c
abc
3.3
3.
bc a a c b a bc
abc
Dấu “=” xảy ra khi a=b=c.
Vì vậy,
4.Phương pháp dùng bất đẳng thức Bunhiacôpxki
Ví dụ 10: Với mọi số thực x. CMR:
1
cos 8 x sin 8 x .
8
Hướng dẫn giải:
Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki cho hai bộ số (cos 4 x, sin 4 x) và (1, 1), ta có
2
(cos 4 x sin 4 x)2
8
8
2
2
4
4
8
8
(cos x sin x)(1 1 ) cos x sin x cos x sin x
.
2
Lại áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki cho hai bộ số (cos 2 x, sin 2 x) và (1, 1), ta được
2
1
(cos 4 x sin 4 x)(12 12 ) cos 2 x sin 2 x 1 cos 4 x sin 4 x .
2
1
Vì vậy, cos8 x sin 8 x .
8
k
.
Dấu “=” xảy ra khi cos 2 x sin 2 x cos 2 x 0 x
4
2
Ví dụ 11: Với mọi bộ bốn số thực a, b, c, d. CMR:
(a c)2 (b d )2 a 2 b2 c 2 d 2 .
Hướng dẫn giải:
Bình phương hai vế,
(a c) 2 (b d ) 2 a 2 b 2 2 a 2 b 2 c 2 d 2 c 2 d 2
ac bd a 2 b 2 c 2 d 2
Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki cho hai bộ số (a, b); (c, d) ta suy ra đpcm.
a b
Dấu “=” xảy ra khi .
c d
Ví dụ 12: Giải hệ phương trình:
2 x 3 y 5
.
2
2
2
x
3
y
5
Hướng dẫn giải:
Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki cho hai bộ số ( 2 x; 3 y) và ( 2 ; 3 ) ta suy ra
25 (2 x 3 y)2 2 3(2 x 2 3 y 2 ) 2 x 2 3 y 2 5 .
2x
3y
x y 1.
2
3
5.Phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số
Ví dụ 13: Với hai số thực không âm x, y thỏa mãn điều kiện: x+y=1. Tìm GTNN và
GTLN của biểu thức: P x3 2y 3 .
Hướng dẫn giải:
Ta có y=1-x, suy ra P x3 2(1 x)3 .
Xét hàm số f ( x) x3 2(1 x)3 trên [0, 1].
Hệ phương trình trên chỉ có nghiệm khi
Có f ( x) 3x 2 6(1 x)2 3( x 2 2 )( x 2 2 ) .
Hàm số đồng biến trên khoảng (2 2 ,1) và nghịch biến trên khoảng (0,2 2 ) .
f (0) 2,
f (2 2 ) 2( 2 1)2 ,
f (1) 1.
Vậy P min 2( 2 1) tại ( x 2 2 , y 1 2 ) ,
và P max 2 tại ( x 0, y 1) .
2
Ví dụ 14: Với hai số thực x, y lớn hơn e thỏa mãn x>y. CMR:
ln x x
.
ln y y
Hướng dẫn giải:
Bất đẳng thức trên tương đương với
ln x ln y
.
x
y
ln t
trên khoảng (e,) .
t
1 ln t
Ta có f (t ) 2 0 t e.
t
Vậy, f (t ) là hàm số nghịch biến trên khoảng (e,) . Suy ra f ( x) f ( y) (đpcm).
6.Phương pháp sử dụng bất đẳng thức véc tơ
Xét hàm số f (t )
Ví dụ 15: Với mọi số thực a. CMR:
Hướng dẫn giải:
a2 a 1 a2 a 1 2 .
1 3
v (a ; ) .
2 2
Khi đó, bất đẳng thức trên được viết thành | u | | v || u v | , luôn đúng. Dấu “=” xảy ra
1 3
),
2 2
Xét hai véc tơ u (a ;
khi
1
3
a
2 2 a 0.
u kv
1
3
a
2
2
III. Giới thiệu một số bài toán trong các đề thi đại học từ năm 2003-2014
Bài 1 (ĐH-khối A năm 2003): Với x, y, z là ba số dương và x y z 1. CMR:
1
1
1
y 2 2 z 2 2 82 .
2
x
y
z
Hướng dẫn giải:
Sử dụng bất đẳng thức về véc tơ và bất đẳng thức Côsi.
1
1
1
Xét a ( x; ) , b ( y; ), c ( z; ) . Khi đó, vế trái của bất đẳng thức trên là
x
y
z
x2
2
1 1 1
2
| a | | b | | c || a b c | ( x y z )
x y z
2
1 1 1
81( x y z ) 80( x y z ) 2
x y z
2
1 1 1
18( x y z ) 80
x y z
162 80 82 .
1
Dấu “=” xảy ra khi x y z .
3
Bài 2 (ĐH-khối A năm 2005): Với x, y, z là ba số dương và
1
1
1
1.
2x y z x 2 y z x y 2z
Hướng dẫn giải:
Sử dụng bất đẳng thức
1
1 1 1
Vì (a b)2 4ab
( ), a, b 0 .
ab 4 a b
1 1 1
4 . CMR:
x y z
Suy ra,
1
1 1
1
1 1 1 1 1
(
) ( ) ,
2x y z 4 2x y z
4 2x 4 y z
1
1 1
1
1 1 1 1 1
(
) ( ) ,
x 2y z 4 2y x z
4 2y 4 x z
1
1 1
1
1 1 1 1 1
(
) ( ) .
x y 2z 4 2z x y
4 2z 4 x y
Cộng vế với vế của ba bất đẳng thức trên ta suy ra đpcm. Dấu “=” xảy ra khi
x yz
3
.
4
Bài 3 (ĐH-khối B năm 2005): CMR với mọi số thực x thì ta có
12
15
20
( ) x ( ) x ( ) x 3x 4 x 5 x .
5
4
3
Hướng dẫn giải:
Sử dụng bất đẳng thức Côsi.
12
15
15
20
12
20
( ) x ( ) x 2.3x , ( ) x ( ) x 2.5x , ( ) x ( ) x 2.4 x .
5
3
5
3
5
4
Cộng vế với vế của các bất đẳng thức trên ta được đpcm.
Bài 4 (ĐH-khối D năm 2005): CMR với mọi số thực dương x, y, z thỏa mãn xyz 1 .
1 x3 y 3
1 y3 z3
1 z 3 x3
3 3.
xy
yz
zx
Hướng dẫn giải:
Sử dụng bất đẳng thức Côsi.
1 x3 y 3 3xy
1 x3 y 3
xy
3
, tương tự
xy
1 y3 z3
3
1 z 3 x3
3
,
.
zx
yz
zx
yz
Cộng vế với vế của ba bất đẳng thức trên ta suy ra
1 x3 y 3
1 y3 z3
1 z 3 x3
xy
yz
zx
3
xy
3
yz
3
1
3 33
3 3.
xyz
zx
Dấu “=” xảy ra khi x=y=z=1.
Bài 5 (ĐH-khối A năm 2006): Với mọi số thực khác 0 và thỏa mãn
1
1
( x y) xy x 2 y 2 xy . Tìm giá trị nhỏ nhất của A 3 3 .
x
y
Hướng dẫn giải:
[Type text]
Bộ môn Toán Khoa CNTT và Truyền Thông – ĐH Phương Đông (sưu tầm và biên soạn)
Từ giả thiết ta suy ra
1
x
Đặt a ,
b
1 1 1
1
1
2 2
.
x y x
y
xy
1
thì a b a 2 b2 ab .
y
ab
ab
2
2
Ta có ab
a b (a b) 3ab (a b) 3
0 a b 4.
2
2
1
1
Ta lại có A 3 3 a3 b3 (a b)(a 2 b2 ab) (a b) 2 16 .
x
y
2
2
Vậy, GTLN của A là 16 xảy ra khi a=b và a+b=4 hay x=y=1/2.
Bài 6 (ĐH-khối B năm 2006): Tìm giá trị nhỏ nhất của
A ( x 1)2 y 2 ( x 1)2 y 2 | y 2 | .
Hướng dẫn giải:
Dùng phương pháp tọa độ và đạo hàm:
Xét M(x-1; -y), N(x+1; y) ta có OM ON MN nên
A ( x 1)2 y 2 ( x 1)2 y 2 | y 2 | 4 4 y 2 | 2 y | .
Xét hàm số f ( y) 4 4 y 2 | y 2 | .
TH1: Nếu y 2 f ( y) 4 4 y 2 y 2 f ( y) 4 4 y 2 2 5 2 3 .
TH2: Nếu y 2 f ( y) 4 4 y 2 y 2 f ' ( y)
Vậy, GTNN của A là 2 3 xảy ra khi x=0 và y
2 y y2 1
y2 1
f min 2 3 .
3
.
3
Bài 7 (ĐH-khối A năm 2007): Với mọi số thực dương x, y, z thỏa mãn xyz 1 . Tìm giá
x2 ( y z)
y 2 ( z x)
z 2 ( x y)
trị nhỏ nhất của P
.
y y 2z z z z 2x x x x 2 y y
Hướng dẫn giải:
Sử dụng bất đẳng thức Côsi ta có: x 2 ( y z ) 2 x 2 xy 2 x x , tương tự
y 2 ( x z ) 2 y y , z 2 ( x y) 2 z z .
a x x 2 y y , b y y 2z z , c z z 2x x
4c a 2b
4a b 2c
4b c 2a
x x
,
y y
, z z
.
9
9
9
Suy ra,
Đặt
thì
ta
có
[Type text]
Bộ môn Toán Khoa CNTT và Truyền Thông – ĐH Phương Đông (sưu tầm và biên soạn)
2 4c a 2b 4a b 2c 4b c 2a
P
9
b
c
a
2 c a b
a b c
4( ) ( ) 6
9 b c a
b c a
2
4.3 3 6 2.
9
Vậy, GTNN của P là 2 xảy ra khi x y z 1 .
Bài 8 (ĐH-khối B năm 2007): Với mọi số thực dương x, y, z .
Tìm giá trị nhỏ nhất của
x 1
y 1 z 1
P x y z .
2 zx 2 xy
2 yz
Hướng dẫn giải:
Sử dụng bất đẳng thức Côsi ta có ta có
1
1 x
y 1 z
y 1 z
x
P x 2 y 2 z 2
2
2 yz zx 2 xy zx 2 xy yz
1 2
1 1 1
x y2 z2
2
z x y
1
1 1 1
1 1 1
1 1
x 2 y 2 z 2
2
x x 2
y y 2
z z
3 3 3 9
.
2 2 2 2
9
Vậy, GTNN của P là xảy ra khi x y z 1 .
2
Bài 9 (ĐH-khối B năm 2008) Với mọi số thực x, y thỏa mãn x 2 y 2 1 .
2( x 2 6 xy )
Tìm GTLN và GTNN của: P
.
1 2 xy 2 y 2
Hướng dẫn giải:
Nếu x=0 thì P=0.
Nếu x 0 thì đặt y=kx. Khi đó, x 2 (1 k 2 ) 1 và P
2( x 2 6kx2 )
2(1 6k )
.
2
2
2 2
x 2kx 3k x
1 2k 3k 2
Suy ra, 3Pk 2 2( P 6)k P 2 0 .
TH1: Nếu k=-1/6 thì P=0.
TH2: Xét P 0 , để pt trên có nghiệm thì 2P2 6P 36 0 6 P 3 .
Vậy GTNN của P là -6 , GTLN của P là 3.
Bài 10 (ĐH-khối D năm 2008) Với mọi số thực x, y không âm. Tìm GTLN và GTNN
( x y)(1 xy )
của: P
.
(1 x) 2 (1 y) 2
Hướng dẫn giải:
[Type text]
Bộ môn Toán Khoa CNTT và Truyền Thông – ĐH Phương Đông (sưu tầm và biên soạn)
| ( x y)(1 xy ) | ( x y)(1 xy ) 1
.
(1 x)2 (1 y )2 ( x y 1 xy )2 4
Vậy GTNN của P là -1/4 , GTLN của P là 1/4.
Bài 11 (ĐH-khối A năm 2009): CMR với mọi số thực dương x, y, z và thỏa mãn
x( x y z) 3xy , ta có ( x y)3 ( x z )3 3( x y)( x z )( y z ) 5( y z )3 .
Hướng dẫn giải:
Đặt a x y, b x z, c y z .
Từ giả thiết ta suy ra c2 a 2 b2 ab ,
3
1
suy ra c 2 (a b)2 3ab (a b)2 (a b)2 (a b)2 a b 2c (*).
4
4
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức
a3 b3 3abc 5c3 ; a, b, c 0 .
a3 b3 3abc 5c3 (a b)(a 2 b 2 ab) 3abc 5c3 (a b)c 2 3abc 5c3
| P |
(a b)c 3ab 5c 2 .
3
4
Từ (*) ta suy ra (a b)c 2c 2 và 3ab (a b)2 3c 2 , từ đây suy ra đpcm.
Dấu “=” xảy ra khi a=b=c hay x=y=z.
Bài 12 (ĐH-khối B năm 2009): Với mọi số thực x, y thỏa mãn ( x y)3 4 xy 2 . Tìm
GTNN của biểu thức A 3( x 4 y 4 x 2 y 2 ) 2( x 2 y 2 ) 1 .
Hướng dẫn giải:
Ta dễ thấy ( x y)2 4 xy , kết hợp với điều kiện ( x y)3 4 xy 2 , suy ra x y 1 .
3
3
A 3( x 4 y 4 x 2 y 2 ) 2( x 2 y 2 ) 1 ( x 2 y 2 ) 2 ( x 4 y 4 ) 2( x 2 y 2 ) 1
2
2
.
3 2
3 2
9 2
2 2
2 2
2
2
2 2
2
2
( x y ) ( x y ) 2( x y ) 1 ( x y ) 2( x y ) 1
2
4
4
( x y)2 1
9
. Do đó A t 2 2t 1 .
2
2
4
9
1
9
Xét hàm số f (t ) t 2 2t 1, t . Ta có f (t ) t 2 0,
4
2
2
9
A min f min f (1/ 2) . Xảy ra khi x=y=1/2.
16
Đặt t x 2 y 2 t
t
1
. Suy ra
2
Bài 13 (ĐH-khối D năm 2009): Với mọi số thực không âm x, y thỏa mãn x y 1 . Tìm
GTNN và GTLN của biểu thức A (4 x2 3 y)(4 y 2 3x) 25 y .
Hướng dẫn giải:
A (4 x 2 3 y)(4 y 2 3x) 25 xy 16 x 2 y 2 12( x3 y 3 ) 9 xy 25 xy
.
16 x 2 y 2 12[( x y)3 3xy ( x y)] 34 xy 16 x 2 y 2 2 xy 12
Đặt t xy , ta được A 16t 2 2t 12
[Type text]
Bộ môn Toán Khoa CNTT và Truyền Thông – ĐH Phương Đông (sưu tầm và biên soạn)
( x y)2 1
1
0t .
4
4
4
1
1
Xét hàm số f (t ) 16t 2 2t 12, 0 t . Ta có f (t ) 32t 2 f (t ) 0 t .
4
16
Ta dễ thấy 0 xy
Ta có f(0)=12; f(1/16)=191/16; f(1/4)=25/2.
A min f min f (1/ 6)
2 3 2 3
x y 1
191
hoặc
. Xảy ra khi
hay ( x; y )
;
4
16
xy 1 / 16
4
2 3 2 3
( x; y )
;
4
4
A max f max f (1 / 4)
25
. Xảy ra khi
2
x y 1
1 1
hay ( x; y) ; .
2 2
xy 1 / 4
Bài 14 (ĐH-khối B năm 2010): Với mọi số thực không âm x, y, z thỏa mãn x y z 1 .
Tìm GTNN của biểu thức A 3( x 2 y 2 y 2 z 2 z 2 x 2 ) 3( xy yz zx) 2 x 2 y 2 z 2 .
Hướng dẫn giải:
A ( xy yz zx)2 3( xy yz zx) 2 1 2( xy yz zx) .
Đặt t xy yz zx , ta được A t 2 3t 2 1 2t
( x y x) 2 1
1
0t .
3
3
3
1
Xét hàm số f (t ) t 2 3t 2 1 2t , 0 t .
3
2
2
1
Ta có f (t ) 2t 3
f (t ) 2
0 0 t . Suy ra f’(t) là hàm số
3/ 2
(1 2t )
3
1 2t
Ta dễ thấy 0 xy yz zx
đồng biến trên miền xác định của t.
f (t ) f (0) 1 f (t ) là hàm số đồng biến. Suy ra
A min f min f (0) 2 . Xảy ra khi xy=yz=zx; xy+yz+zx=0 và x+y+z=1, hay (x, y,
z)=(1, 0, 0) hoặc (x, y, z)=(0, 1, 0) hoặc (x, y, z)=(0, 0, 1).
Bài 15 (ĐH-khối A năm 2011): Với mọi số thực x, y, z nằm trong đoạn [1; 4] thỏa mãn
x y,
x z . Tìm GTNN của biểu thức
x
y
z
P
.
2x 3y y z z x
Hướng dẫn giải:
1
1
1
P
.
y
z
x
23
1
1
x
y
z
1
1
2
Bạn đọc dễ chứng minh được
(*) với ab 1, a, b 0 . Dấu “=”
1 a 1 b 1 ab
xảy ab=1 hoặc a=b.
[Type text]
Bộ môn Toán Khoa CNTT và Truyền Thông – ĐH Phương Đông (sưu tầm và biên soạn)
Áp dụng (*) cho P, ta được P
Đặt t
x
, vì x y,
y
1
y
23
x
2
1
x
y
.
x, y [1,4] t 1,2.
t2
2
t2
2
, t [1,2] .
Khi đó, P 2
. Xét hàm số f (t ) 2
2t 3 1 t
2t 3 1 t
8t 4 3t 3 18t 2 3t 18
0, t [1,2] . Suy ra f(t) là hàm số
Ta tính được f (t ) 3
(2t 2 3) 2 (1 t ) 2
nghich biến trên đoạn [1, 2].
34
P f (2)
. Dấu “=” xảy ra khi x=4, y=1, z=2.
33
Bài 16 (ĐH-khối B năm 2011): Với mọi số thực dương a, b thỏa mãn
2(a 2 b2 ) ab (a b)(ab 2) . Tìm GTNN của biểu thức
a 3 b3 a 2 b 2
P 4 3 3 9 2 2 .
a b
a
b
Hướng dẫn giải:
a
b
b
a
1
a
1
b
Vì 2(a 2 b2 ) ab (a b)(ab 2) nên 2 1 (a b) 2 .
Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có
b a
1 1
1 1
(a b) 2 2 (a b).2 2 2 2 . Suy ra
a b
a b
a b
b a
a b 5
a b
2 1 2 2 2 .
a b
b a 2
b a
a b
5
Đặt t P 4t 3 9t 2 12t 18, t .
b a
2
5
Xét hàm số f (t ) 4t 3 9t 2 12t 18, t
2
5
23
a b
P f ( ) . Dấu “=” xảy ra khi
2
4
b a
f (t ) 6(2t 2 3t 2) 0,
5
,
2
t
5
.
2
1 1
a b 2 , hay (a, b)=(1, 2)
a b
hoặc (a, b)=(2, 1).
Bài 17 (ĐH-khối A năm 2012): Với mọi số thực x, y, z thỏa mãn x y z 0 . Tìm
GTNN của biểu thức
P 3| x y| 3| x y| 3| x y| 6( x 2 y 2 z 2 ) .
Hướng dẫn giải:
Trước hết ta chứng minh 3t t 1, t 0 . Thật vậy, xét hàm số
[Type text]
Bộ môn Toán Khoa CNTT và Truyền Thông – ĐH Phương Đông (sưu tầm và biên soạn)
f (t ) 3t t 1,
t 0 f (t ) 3t ln 3 1 0,
t 0 . Suy ra f(t) là hàm số đồng
biến trên miền đang xét, và f (t ) f (0) 0 3 t 1, t 0 .
Vì vậy, ta có
3| x y| 3| x y| 3| x y| | x y | | y z | | z x | 3 (*).
Áp dụng bất đẳng thức giá trị tuyệt đối | a | | b || a b | . Ta có
t
(| x y | | y z | | z x |) 2 | x y |2 | y z |2 | z x |2 | x y | (| y z | | z x |)
| y z | (| x y | | z x |) | z x | (| x y | | y z |) | x y |2 | y z |2 | z x |2
| x y |2 | y z |2 | z x |2 2(| x y |2 | y z |2 | z x |2 )
Do đó,
| x y | | y z | | z x | 2(| x y |2 | y z |2 | z x |2 )
6( x 2 y 2 z 2 ) 2( x y z )2 6( x 2 y 2 z 2 )
.
Suy ra | x y | | y z | | z x | 6( x 2 y 2 z 2 ) 0 (**).
Từ (*) và (**) ta suy ra P 3 . Dấu “=” xảy ra khi x=y=z=0.
Bài 18 (ĐH-khối B năm 2012): Với mọi số thực x, y, z thỏa mãn
x y z 0 , x 2 y 2 z 2 1 . Tìm GTLN của biểu thức
P x5 y 5 z 5 .
Hướng dẫn giải:
Vì x y z 0 , x 2 y 2 z 2 1 nên
0 ( x y z)2 x 2 y 2 z 2 2 x( y z) 2 yz 1 2 x 2 2 yz 2 yz 2 x2 1 .
Mà 2 yz y 2 z 2 1 x 2 , suy ra 2 x 2 1 1 x 2 x
6 6
;
.
3 3
P x5 y 5 z 5 x5 ( y 2 z 2 )( y 3 z 3 ) y 2 z 2 ( y z )
x 2 (1 x 2 )( x)(1 x 2 yz ) xy 2 z 2
Xét hàm số f ( x) 2 x3 x trên đoạn
x
5
(2 x 3 x)
4
6 6
2
;
, ta có f ( x) 6 x 1 f ( x) 0 khi
3 3
6
6
6
6
6
6
6
. Ta tính được f ( ) f ( ) ; f ( ) f ( )
. Suy ra
6
3
6
9
3
6
9
f ( x)
6
6
6
5 6
5 6
,y z
. GTLN của P là
, xảy ra khi x
.
P
3
6
9
36
36
[Type text]
Bộ môn Toán Khoa CNTT và Truyền Thông – ĐH Phương Đông (sưu tầm và biên soạn)
năm 2012): Với mọi số thực x,
( x 4) ( y 4) 2 xy 32 . Tìm GTNN của biểu thức
P x3 y3 3( xy 1)( x y 2) .
Hướng dẫn giải:
Vì ( x 4)2 ( y 4)2 2 xy 32 ( x y)2 8( x y) 0 0 x y 8 .
Bài
19
(ĐH-khối
2
D
y
thỏa
mãn
2
3
P ( x y)3 3( x y) 6 xy 6 ( x y)3 3( x y) ( x y)2 6 .
2
Đặt t x y t [0,8] .
3
2
Xét hàm số f (t ) t 3 t 2 3t 6 f (t ) 3t 2 3t 3, f (t ) 0 t
t
1 5
, hoặc
2
1 5
(loại).
2
1 5 17 5 5
17 5 5
f (0) 6; f (
)
; f (8) 398 f (t )
.
2
4
4
Vậy GTNN của A là
17 5 5
1 5
, xảy ra khi x y
.
4
4
Bài 20 (ĐH-khối A năm 2013): Với mọi số thực dương a, b, c thỏa mãn
(a c)(b c) 4c 2 . Tìm GTNN của biểu thức
32a3
32b3
a 2 b2
.
(b 3c)3 (a 3c)3
c
Hướng dẫn giải
P
a
c
b
c
Đặt x , y xy x y 3 . Khi đó, P
32 x3
32 y 3
x2 y 2 .
3
3
( y 3) ( x 3)
3
4
1
4
Ta có u 3 v3 (u v)3 3uv(u v) (u v)3 (u v)2 (u v) (u v)3 ,
3
u, v 0 .
3
( x y) 2 2 xy 3( x y)
x
32 x3
32 y 3
y
.
8
8
Suy ra
y 3 x 3
( y 3)3 ( x 3)3
xy 3( x y) 9
[Type text]
Bộ môn Toán Khoa CNTT và Truyền Thông – ĐH Phương Đông (sưu tầm và biên soạn)
Thay xy=3-(x+y) vào ta dẫn đến
3
( x y )2 2 xy 3( x y )
32 x3
32 y 3
( x y 1)3 .
8
3
3
( y 3) ( x 3)
xy 3( x y ) 9
Suy ra P ( x y 1)3 x 2 y 2 ( x y 1)3 ( x y)2 2(3 x y)
Đặt t=x+y, ta có t>0 và P (t 1)3 t 2 2t 6 .
( x y)2
xy x y 3
( x y) t 2 .
4
Xét hàm số f (t ) (t 1)3 t 2 2t 6 ,
f (t ) 3(t 1) 2
t 1
t 2t 6
2
3
t 2 .
1
7
1
(t 1) 2
3
3
0,
2
t 2 .
Suy ra f(t) là hàm số đồng biến trên miền đang xét.
f (t ) f (2) 1 2 . GTNN của P là 1 2 , xảy ra khi a=b=c.
Bài 21 (ĐH-khối D năm 2013): Với mọi số thực dương x, y thỏa mãn xy y 1. Tìm
x y
x 2y
GTLN của biểu thức P 2
.
x xy 3 y 2 6( x y )
Hướng dẫn giải
Vì x, y>0 và xy y 1 0
xy y 1
1 1
1 1 1
1
x 1
2 ( 2 ) ( ) 2 0 .
2
y
y
y
y
4
y 2
4
y 4
x
1
y
x
2
t 1
t 2
y
x
1
Đặt t 0 t . Suy ra P
.
2
2
x
6
(
t
1
)
y
4
t
t
3
x x
6( 1)
3
y
y
y
Xét hàm số f (t )
t 1
t 2
,
6(t 1)
0 t
t t 3
7 3t
1
7 1 1
f (t )
0,
2
2
3
2(t 1)
2.3 3 2
2 (t t 3)
2
1
, ta có
4
0 t
1
.
4
[Type text]
Bộ môn Toán Khoa CNTT và Truyền Thông – ĐH Phương Đông (sưu tầm và biên soạn)
Vậy f(t) là hàm số đồng biến trên miền đang xét
f (t ) f (1/ 4)
5 7
5 7
xảy ra khi x=4y và xy y 1 hay (x=1/2;
P max
3 30
3 30
y=2).
Bài 22 (ĐH-khối A năm 2014): Với mọi số thực dương không âm x, y, z thỏa mãn
x2
yz
1 yz
2
2
2
.
x y z 2 . Tìm GTLN của biểu thức P 2
x yz x 1 x y z 1
9
Hướng dẫn giải
Theo giả thiết, ta có 0 ( x y z)2 2(1 xy xz yz ) ,
x2 yz x 1 x( x y z 1) (1 xy xz yz ) x( x y z 1) .
Suy ra
x2
x2
x
.
2
x yz x 1 x( x y z 1) x y z 1
Ta lại có,
( x y z ) 2 x 2 y 2 z 2 2 x( y z ) 2 yz 2 2 yz 2 x( y z ) 2 2 yz [ x 2 ( y z ) 2 ]
4(1 yz ) (1 yz )
( x y z)2
.
4
Vì vậy, ta suy ra
x yz
( x y z )2
t
t2
P
.
x y z 1
36
t 1 36
Với t x y z t 0 và t 2 ( x y z)2 3( x2 y 2 z 2 ) 6 0 t 6 .
Xét hàm số f (t )
f (t )
t
t2
,
t 1 36
0 t 6 , ta có
1
t
(t 2)(t 2 4t 9)
f (t ) 0 tại t=2.
(t 1)2 18
18(t 1)2
5
f (0) 0, f (2) ,
9
f ( 6)
31
6
5
f (t ) .
30 5
9
Vậy GTLN của P là 5/9, xảy ra khi x+y+z=2, x=y+z, x 2 y 2 z 2 2 , hay x=1, y=1, z=0
hoặc x=1, y=0, z=1.
[Type text]
Bộ môn Toán Khoa CNTT và Truyền Thông – ĐH Phương Đông (sưu tầm và biên soạn)
Bài 23 (ĐH-khối B năm 2014): Với mọi số thực dương không âm a, b, c thỏa mãn
a
b
c
.
(a b)c 0 . Tìm GTNN của biểu thức P
bc
a c 2(a b)
Hướng dẫn giải
Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có
a b c 2 a(b c)
a
2a
, tương tự ta có
bc abc
b
2b
.
ac abc
Vậy P
2(a b)
c
2(a b) a b c 1
2 1/ 2 3 / 2 .
a b c 2(a b) a b c 2(a b) 2
khi a=0, b=c>0 thì P=3/2. Vậy GTNN của P là 3/2.
Bài 24 (ĐH-khối D năm 2014): Với mọi số thực x, y nằm trong đoạn [1; 2]. Tìm GTNN
x 2y
y 2x
1
2
của biểu thức P 2
.
x 3 y 5 y 3x 5 4( x y 1)
Hướng dẫn giải
Vì 1 x 2 ( x 1)( x 2) 0 x2 2 3x , tương tự ta có y 2 2 3 y .
Vậy P
x 2y
y 2x
1
x y
1
t
1
.
3x 3 y 3 3 y 3x 3 4( x y 1) x y 1 4( x y 1) t 1 4(t 1)
Với t x y t 2,4 .
Xét hàm số f (t )
t
1
,
t 1 4(t 1)
2 t 4 , ta có f (t )
1
1
f (t ) 0
2
(t 1)
4(t 1)2
tại t=3.
7
f (2) 11/ 12, f (3) ,
8
f (4)
53
7
f (t ) .
60
8
Vậy GTNN của P là 7/8, xảy ra khi x+y=3; x=1 hoặc x=2; y=1 hoặc y=2 hay x=1, y=2,
hoặc x=2, y=1.
[Type text]
Bộ môn Toán Khoa CNTT và Truyền Thông – ĐH Phương Đông (sưu tầm và biên soạn)
- Xem thêm -
.PDF 
20 
112 
85 
