18 BÀI TOÁN GTLN GTNN ĐỀ BÀI Bài Cho số thực x, y thay đổi thỏa mãn: x2 − xy + y = 1.Tìm GTLN, GTNN biểu thức: (x2 − 1)2 + (y − 1)2 + 2xy(xy − 1) + P = x2 + y − Bài Cho số a, b, c thỏa mãn điều kiện: ≤ a, b, c ≤ 3; a + b + 2c = 6.Chứng minh rằng: a3 + b3 + 5c3 ≤ 42 Bài Cho x, y, z > thỏa mãn: xyz = Chứng minh rằng: x2 + y + z + x + y + z ≥ 2(xy + yz + zx) Bài Cho a, b, c ≥ thỏa mãn: a + b + c = Chứng minh rằng: a2 + b2 + c2 + abc ≥ Bài Cho số không âm x, y, z cho x + y + z = Tìm giá trị nhỏ 1−x 1−y 1−z P = + + 1+x 1+y 1+z Bài Cho số thực không âm x, y, z, thỏa mãn: x + y + z = Chứng minh rằng: xy + yz + zx − xyz ≤ 27 Bài Cho x, y, z số thực không âm thỏa mãn: x + y + z = Tìm GTLN, GTNN của: P = xy + yz + zx − 2xyz Bài Cho số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x2 + y + z = Tìm GTLN P = x3 + y + z − 3xyz Bài Cho x, y, z > thoả mãn điều kiện x + y + z ≤ Tìm giá trị nhỏ biểu thức: 1 T = x3 + + y + + z + y z x Bài 10 Cho x, y, z > x2 + y + z = Tìm GTLN P = 6(y + z − x) + 27xyz Bài 11 Cho số dương a, b, c đồng thời thỏa mãn hai điều kiện: a + b + c = abc = Tìm GTLN, GTNN biểu thức: P = a4 + b4 + c4 Bài 12 Chứng minh với mợi a, b, c ∈ [0; 2] ta có: 2(a + b + c) − (ab + bc + ca) ≤ 1 + + = a+2 b+2 c+2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức : P =a+b+c+ abc √ √ Bài 14 Cho ≤ x ≤ 1, tìm GTLN của: M = x(9 + x2 + 13 − x2 ) Bài 13 Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn : Bài 15 Tìm GTLN GTNN hàm số: y = f (x) = x6 + 4(1 − x2 )3 với x ∈ [−1; 1] Bài 16 Cho x, y, z > x2 + y + z = Tìm GTNN P = 1 + + + (x + y + z) x y z Bài 17 Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca = 3abc Tìm GTNN a2 b2 c2 P = + + c(c2 + a2 ) a(a2 + b2 ) b(b2 + c2 ) √ √ Bài 18 Tìm GTNN hàm số : y = −x2 + 4x + 21 − −x2 + 3x + 10 LỜI GIẢI Bài Cho số thực x, y thay đổi thỏa mãn: x2 − xy + y = 1.Tìm GTLN, GTNN biểu thức: (x2 − 1)2 + (y − 1)2 + 2xy(xy − 1) + P = x2 + y − Điều kiện xy = Tận dụng giả thiết ta biến đổi biểu thức P trở thành: (1 + xy)2 − 2(1 + xy) − 2xy + P = ⇐⇒ P = xy + xy − xy − 2 Đặt: t = xy Từ giả thiết ta có: xy + = x + y ≥ 2xy ⇐⇒ xy ≤ Ta có: xy + = x2 + y ≥ ⇔ xy ≥ −1 Suy ra: −1 ≤ t ≤ t ∈ [−1; 1] Ta khảo sát hàm số: f (t) = t + t−2 Tới dễ Ta dễ dàng tìm được: M inf (t) = −3 với t = 1; M axf (t) = −2 với t = Bài Cho số a, b, c thỏa mãn điều kiện: ≤ a, b, c ≤ 3; a + b + 2c = 6.Chứng minh rằng: a3 + b3 + 5c3 ≤ 42 Cách Thứ nhất: dấu bất đẳng thức xảy a = b = 1; c = Ta thấy biến a, b dạt biên! Thứ hai: Ta tìm cách dồn biến c Muốn ta phải đánh giá a3 + b3 nhỏ đại lượng tổng a + b Điều có nghĩa ta tìm cách làm giảm bậc a3 , b3 Giờ ta bắt đầu với điều Từ giả thiết ta có: (a − 1)2 (3 − a) ≥ ⇐⇒ a3 ≤ 5a2 − 7a + Như ta có: a3 + b3 ≤ (5a2 + b2 ) − 7(a + b) + = 5(a + b)2 − 10ab − 7(a + b) + Tiếp theo ta phải chuyển nốt ab tổng, tiếc dùng Côsi Ta có: (a − 1)(b − 1) ≥ ⇐⇒ ab ≥ a + b − 1, vào ta được: a3 + b3 ≤ 5(a + b)2 − 17(a + b) + 16 = 5(6 − 2c)2 − 17(6 − 2c) + 16 Như vậy, ta có: a3 + b3 + 5c3 ≤ 5c3 + 5(a + b)2 − 17(a + b) + 16 = 5(6 − 2c)2 − 17(6 − 2c) + 16 = 5c3 + 20c2 − 86c + 94 = f (c) Việc chặn biến c: từ giả thiết a + b + 2c = =⇒ + + 2c ≤ ⇐⇒ c ≤ Do đó: c ∈ [1; 2] Cuối rõ ràng hàm f (c) đồng biến [1; 2] f (2) = 42 Cách Ta cố định biến c, toán chuyên tìm GTLN của: g(a, b) = a3 + b3 Với: a + b = − 2c Ta có: g(a, b) = a3 + b3 = (a + b)3 − 3ab(a + b) = −(6 − 2c)ab + (6 − 2c)3 = h(ab) Dễ thấy h(ab) hàm bậc với biến ab (a + b)2 (6 − 2c)2 (6 − 2c)2 Từ điều kiện ta có: ab ≥ Và ta có: ab ≤ = Suy ra: ≤ ab ≤ 4 Ta lại có: (6 − 2c) > 0, suy ra: h(ab) hàm nghịch biến Suy ra: h(ab) ≤ h(1) = −(6 − 2c) + (6 − 2c)3 Nhưng tới ta để ý là: a ≥ 1; b ≥ mà biểu thức đạt GTLN tại: ab = =⇒ a = b = Từ suy ra: c = Và ta có: a3 + b3 + 5c3 = h(ab) + 5c3 ≤ −(6 − 2c) + (6 − 2c)3 + 5c3 = 42 Dấu = xảy khi: a = b = 1; c = Bài Cho x, y, z > thỏa mãn: xyz = Chứng minh rằng: x2 + y + z + x + y + z ≥ 2(xy + yz + zx) Giả sử: x = x, y, z ⇒ x ∈ (0.1] Đặt: f (x) = x2 + y + z + x + y + z − 2(xy + yz + zx) = x2 + z x2 + z2 + x + 2 + z − − − 2xz zx z x Ta có: 2xz z 2xz z 2 + − − − 2z = 2(x − z) + − − 2 − < 0; x ≤ z; < 4 2 4 xz xz x xz xz x z Hàm số nghịch biến, suy ra: (z − 1)2 (z + z + 1) f (x) ≥ f (1) = z + z + + + − − − − 2z = ≥0 z z z z2 f (x) = 2x − Bài Cho a, b, c ≥ thỏa mãn: a + b + c = Chứng minh rằng: a2 + b2 + c2 + abc ≥ Cách Việc nhận thấy dấu xảy a = b = c = Ta có: V T = (a + b)2 + c2 + (c − 2)ab Giờ thấy c − < Chính ta cần giả sử c = min{a; b; c} c ≤ (3 − c)2 (a + b)2 2 2 = (3 − c) + c + (c − 2) = f (c) Thế thì: V T ≥ (3 − c) + c + (c − 2) 4 Giờ xét hàm f (c) = (c3 − 3x + 18) với c ∈ [0; 1] Rõ ràng hàm nghịch biến [0; 1] nên f (c) ≥ f (1) = Cách Ta có: a2 + b2 + c2 + abc = (a + b)2 − 2ab + c2 + abc = (c − 2)ab + (3 − c)2 + c2 = (c − 2)ab + 2c2 − 6c + (3 − c)2 (a + b)2 = ) Ta có: f (t) = (c − 2)t + 2c2 − 6c + Đặt: t = ab; (0 ≤ t ≤ 4 Dễ thấy: f (t) hàm bậc với biến t Mà ta lại có: 9 f (0) = 2c2 − 6c + = 2(c − )2 + ≥ > 2 2 (3 − c) (c − 1)2 (c + 2) (3 − c) f = (c − 2) + 2c − 6c + = +4≥4 4 (3 − c)2 Suy ra: f (t) ≥ 4; t ∈ [0; ] Dấu = xảy khi: a = b = c = Cách Giả sử: c=mina,b,c ⇒ ≤ c ≤ Ta đặt: f (a, b, c) = a2 + b2 + c2 + abc − Ta có: f( a+b a+b (a + b)2 (a + b)2 ; ; c) = + c2 + c−4 2 Ta có: a+b a+b (a + b)2 (a + b)2 ; ; c) = a2 + b2 − + abc − c 2 (a − b)2 c (a − b)2 (a − b)2 = − c= (1 − ) ≥ (0 ≤ c ≤ 1) 2 Ta đưa toán với biến sau:Chứng minh: f (a, b, c) − f ( f (t; t; c) = 2t2 + c2 + t2 c − ≥ Với: 2t + c = Ta có: c = − 2t Thế vào biểu thức ta có: f (t) = 2t2 + (3 − 2t)2 + t2 (3 − 2t) − = (t − 1)2 (5 − 2t) ≥ Đúng vì: t= a+b 3−c = ≤ < 2 2 Dấu = xảy khi: a = b = c = Cách Trong số có số ≥ ≤ Giả sử số a, b Ta có : (a − 1)(b − 1) ≥ ⇔ ab + ≥ a + b ⇒ abc ≥ ac + bc − c (a + b)2 (3 − c)2 lại có : a2 + b2 ≥ = 2 (3 − c)2 − 2c + c2 (c − 1)2 2 Từ : a + b + c + abc ≥ + c2 + (3 − c)c − c = =4+ ≥4 2 Bài Cho số không âm x, y, z cho x + y + z = Tìm giá trị nhỏ 1−x 1−y 1−z P = + + 1+x 1+y 1+z Đầu tiên ta thấy giá trị nhỏ đạt biên (0; 0; 1) Nếu biến P = Bây xét trường hợp biến nhỏ 1, ta chứng minh P > 1−x Có: (1 − x)(1 + x) ≤ ⇒ ≥1−x (1 − x)(1 + x) 1−z 1−z Vậy nên: P ≥ − x + − y + =z+1+ = f (z) 1+z 1+z Hàm f (z) ≥ , z = z = Và để ý trường hợp P Bài Cho số thực không âm x, y, z, thỏa mãn: x + y + z = Chứng minh rằng: xy + yz + zx − xyz ≤ 27 Áp dụng AM-GM ta có: yz ≤ (y + z)2 (1 − x)2 = 4 (1 − x)2 (1 − x) Ta có: xy + yz + zx − xyz = x(y + z) + yz(1 − x) ≤ x(1 − x) + 1 = [4x − 4x2 + (1 − x)3 ] = (−x3 − x2 + x + 1) 4 Do ta cần chứng minh được: (−x3 − x2 + x + 1) ≤ ⇐⇒ x3 + x2 − x + ≥0 27 27 ⇐⇒ (3x − 1)2 (3x + 5) ≥ Hiển nhiên Dấu = xảy khi: x = y = z = Bài Cho x, y, z số thực không âm thỏa mãn: x + y + z = Tìm GTLN, GTNN của: P = xy + yz + zx − 2xyz Cách Đầu tiên ta tìm GTNN P Ta có P = (x + y + z)(xy + yz + zx) − 2xyz = xy(x + y) + yz(y + z) + zx(z + x) + xyz ≥ nên P ≥ P = x = y = 0, z = Việc tìm giá trị để P = cho phép ta kết luận GTNN P Tiếp đến ta tìm GTLN P Ta thấy P đạt GTNN biên nên ta dự đoán GTLN đạt tâm, tức x = y = z = , P = 27 Vậy ta đưa dự đoán bất đẳng thức sau xy + yz + zx − 2xyz ≤ 27 Ta tìm cách chứng minh bất đẳng thức này, đồng bậc hai vế, ta có (x + y + z)(xy + yz + zx) − 2xyz ≤ · (x + y + z)3 27 Khai triển trực tiếp bất đẳng thức này, ta 7(x3 + y + z ) + 15xyz ≥ 6[xy(x + y) + yz(y + z) + zx(z + x)] Thế bất đẳng thức hiển nhiên theo hai kết quen thuộc x3 + y + z ≥ 3xyz x3 + y + z + 3xyz ≥ xy(x + y) + z(y + z) + zx(z + x) 27 (1 − x)2 (y + z)2 = Cách Ta có: yz ≤ 4 Do đó: P = x(y + z) + yz(1 − 2x) ≤ x(1 − x) + (1 − x)2 (1 − 2x) Tới đây, ta khảo sát hàm f (x) = x(1 − x) + (1 − x)2 (1 − 2x) với ≤ x ≤ để tìm Max x+y Cách Ta có: P (x, y, z) − P (t, t, z) = (x − y)2 (2z − 1) Với t = Nếu giả sử z = min(x, y, z) ta có z ≤ Khi đó: P (x, y, z) ≤ P (t, t, z) 1−z 1−z , ,z Trong đó: P (t, t, z) = P 2 Vậy GTLN P Tới đây, ta khảo sát hàm P 1−z 1−z , , z Với ≤ z ≤ 2 Bài Cho số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x2 + y + z = Tìm GTLN P = x3 + y + z − 3xyz Đầu tiên ta nhìn vào toán thấy tất biểu thức dạng đối xứng Tư tưởng nghĩ đến cách đặt ẩn p, q, r để biểu thị đa thức đối xứng (a + b + c), (ab + bc + ca), abc Tuy nhiên phương pháp dẫn đến biến đổi tương đối phức tạp bạn chưa quen Ở ta bắt đầu toán từ P thuận mắt theo đẳng thức P = x3 + y + z − 3xyz = (x + y + z) x2 + y + z − (xy + yz + zx) Thông qua toán hiểu phần mục đích tư toán dùng đạo hàm Đó quy biến dồn biến đánh giá biên, sử dụng BĐT khác Rõ ràng x2 + y + z = nên cần x + y + z xy + yz + zx Những biểu thức loại quan hệ với qua đẳng thức (x + y + z)2 = x2 + y + z + 2(xy + yz + zx) Do đặt t = x + y + z ta xy + yz + zx = t2 − Và P =t 1− t2 − Công việc quy biến đến xem hoàn tất Nhưng dùng hàm số biến cần có điều kiện √ √ ≤ (x + y + z)2 ≤ 3(x2 + y + z ) = ⇒ t ∈ − 3; Đến nghĩ Bài Cho x, y, z > thoả mãn điều kiện x + y + z ≤ Tìm giá trị nhỏ biểu thức: 1 T = x3 + + y + + z + y z x Khác với có x3 + x3 dùng phương pháp tiếp tuyến Ở đây, có lẽ phải chọn biến quy có đủ x, y, z Đầu tiên ta đưa chúng lại gần T = x3 + + y3 y3 + + z3 z3 + ≥3 x x3 + y3 y3 + z3 Rồi nghĩ đến hệ Cauchy quen thuộc (a + m)(b + n)(c + p) ≥ √ √ abc + mnp Sử dụng ta x + y y + z z + x ≥ xyz + xyz Đến rõ ràng đặt t = xyz ta cần tìm thêm điều kiện 2=x+y+z ≥ √ xyz ⇒ < t ≤ 27 Mình nghĩ gợi ý bạn tự giải Bài 10 Cho x, y, z > x2 + y + z = Tìm GTLN P = 6(y + z − x) + 27xyz Ta có: P = 6(y + z − x) + 27xyz ≤ 6( 2(y + z ) − x) + 27x ⇒ P ≤ 6( 2(1 − x2 ) − x) + Đến ta xét hàm với < x ≤ 27 x(1 − x2 ) y2 + z2 z3 + x3 Bài 11 Cho số dương a, b, c đồng thời thỏa mãn hai điều kiện: a + b + c = abc = Tìm GTLN, GTNN biểu thức: P = a4 + b4 + c4 Cách Ta có cách sử dụng AM-GM sau: Đến ta cần xét P = (x + y + z)2 (1 − xy − yz − zx)2 = [1 + 2(xy + yz + zx)](1 − xy − yz − zx)2 Đặt t = xy + yz + zx P = (1 + 2t)(1 − t)2 Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có (1 + 2t)(1 − t) = (1 + 2t) · (1 − t) · (1 − t) ≤ + 2t + − t + − t 3 =1 Từ dễ dàng suy kết Cách Nếu từ giả thiết rút b, c theo a, vào P phức tạp việc khảo sát điều không tưởng Nhưng nhìn theo hướng khác ta dễ dàng giải sau: P = (a2 +b2 +c2 )2 −2(a2 b2 +b2 c2 + c2 a2 ) = [(a + b + c)2 − 2(ab + bc + ca)] − [(ab + bc + ca)2 − 2abc(a + b + c)] = (16 − 2t)2 − 2(t2 − 16) = 2t2 − 64t + 288 Tiếp theo chặn t Bài toán giải ta tìm miền giá trị ab + bc + ca M = ab + bc + ca = a(b + c) + bc = a(4 − a) + = f (a) Công việc lại khảo sát f (a) a Bài 12 Chứng minh với mợi a, b, c ∈ [0; 2] ta có: 2(a + b + c) − (ab + bc + ca) ≤ Cách Viết bất đẳng thức lại thành (2 − b − c) a + (b + c) − bc − ≤ Xét hàm số bậc f (a) = (2 − b − c) a + (b + c) − bc − với ẩn a ∈ [0; 2] Ta có: f (0) = (b + c) − bc − = − (2 − b) (2 − c) ≤ f (2) = (2 − b − c) + (b + c) − bc − = −bc ≤ Suy f (a) ≤ max {f (0) ; f (2)} ≤ đpcm Cách Đặt P (a) = 2(a + b + c) − (ab + bc + ca) Xem hàm số theo biến a, b, c số Ta có: P (a) = − b − c Với ≤ b + c ≤ ⇒ P (a) ≥ 0, suy hàm số P (a) đồng biến R nên ta có P (a) ≤ P (2) = 2(b + c + 2) − (2b + 2c + bc) = − bc ≤ 4(Do bc ≥ 0) Với ≤ b + c ≤ ⇒ P (a) ≤ suy hàm số P (a) nghịch biến R nên ta có P (a) ≤ P (0) = 2(b + c) − bc = b(2 − c) + 2c ≤ 2c ≤ Bài 13 Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn : Tìm giá trị nhỏ biểu thức : 1 + + = a+2 b+2 c+2 P =a+b+c+ abc Ta có: √ b c bc = + ≥ a+2 2(b + 2) 2(c + 2) (b + 2)(c + 2) Thiết lập bđt tương tự nhân vế theo vế, ta abc ≤ Ta có: 3 a+b+c+ =a+b+c+ + ≥4+ ≥7 abc abc abc abc Bài 14 √ √ Cho ≤ x ≤ 1, tìm GTLN của: M = x(9 + x2 + 13 − x2 ) Sử dụng bất đẳng thức AM-GM: 4(1 − x2 ).x2 ≤ − 3x2 4(1 − x2 ) + x2 = 2 √ 52 − 39x2 ⇒ 13 x2 − x4 ≤ Tương tự: 13x2 + 9x2 + 4(1 + x2 ) = 2 √ 39x + 12 ⇒ x2 + x4 ≤ 2 52 − 39x 39x + 12 ⇒M ≤ + = 16 4 9x2 4(1 + x2 ) ≤ √ Đẳng thức xảy ⇔ x = Bài 15 Tìm GTLN GTNN hàm số: y = f (x) = x6 + 4(1 − x2 )3 với x ∈ [−1; 1] Đặt x2 = t (0 ≤ t ≤ 1) ta có: y = g(t) = t3 + 4(1 − t)3 (0 ≤ t ≤ 1) 12 g (t) = 3(2 − t)(3t − 2) Dó g(t) = g = , max g(t) = g(0) = 27 12 Vậy gmax = (t = 0), gmin = 27 t = Bài 16 Cho x, y, z > x2 + y + z = Tìm GTNN P = 1 + + + (x + y + z) x y z Ta có x2 − (x − 1)2 (4 − x) + x≥ + ⇐⇒ ≥ luôn x 2 4x Ta viết biểu thức dạng: P = Nên P ≥ 3x + x + 3y + y + 3z + z x2 − y − z − 15 + + + + + = 4 Bài 17 Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca = 3abc Tìm GTNN a2 b2 c2 P = + + c(c2 + a2 ) a(a2 + b2 ) b(b2 + c2 ) Những điều kiện dạng ab + bc + ca = 3abc Thường ta chia vế cho abc 1 Thật ab + bc + ca = 3abc ⇐⇒ + + = a b c Đến ta thấy tử có số dạng a2 + c2 chẳng hạn mà theo bất đẳng thức Côsy a2 + c2 ≥ 2ac Đến giải phần toán, kỳ lại ngược dấu nên thay làm theo yêu cầu đề ta lại tìm giá trị lớn toán Từ ý tưởng nghĩ đến việc sử dụng cosi ngược dấu làm thay đổi chiều bất đẳng thức mà ta nghĩ Mặt khác ta lại có bất đẳng thức cho tương đương với c2 1 1 1 − ≥ − ≥ − = 2 c c(a + c ) c 2a a 2a 2a Tương tự ta có kết luận: Vậy giá trị nhỏ P Bài 18 Tìm GTNN hàm số : y = √ −x2 + 4x + 21 − Đẳng thức xảy a = b = c = √ −x2 + 3x + 10 Cách Ta chứng minh: √ −x2 + 4x + 21 − √ −x2 + 3x + 10 ≥ √ Chuyển vế bình phương, rút gọn được: x + ≥ 2(−x2 + 3x + 10) ⇔ x2 + 18x + 81 ≥ 8(−x3 + 3x + 10) ⇔ 9x2 − 6x + ≥ ⇔ (3x − 1)2 ≥ √ điều hiển nhiên Dấu ’=’ xảy x = Vậy minY = Cách √ √ y = −x2 + 4x + 21 − −x2 + 3x + 10 = f (x) Điều kiện : ≤ x ≤ −x + − 2x − √ −x2 + 4x + 21 −x2 + 3x + 10 −x + − 2x y = ⇐⇒ √ − √ =0 −x + 4x + 21 −x2 + 3x + 10 y =√ Tới , cần bình phương vế lên , đặt điều kiện (2 − x)(3 − 2x) ≥ xong   (2 − x)(3 − 2x) ≥ ⇐⇒ 4x2 − 12x + x2 − 4x +  = (2) −x2 + 4x + 21 −4x2 + 12x + 40 Cộng hay vế (2) cho ta :    x ≥ x ≤ 25 49   = 2 −x + 4x + 21 −4x + 12x + 40 29 x = (loại) 17 √ √ √ 1 f ( ) = f (2) = − f (5) = =⇒ minY = 2, đạt x = 3 ⇐⇒ x = ... =4+ ≥4 2 Bài Cho số không âm x, y, z cho x + y + z = Tìm giá trị nhỏ 1−x 1−y 1−z P = + + 1+x 1+y 1+z Đầu tiên ta thấy giá trị nhỏ đạt biên (0; 0; 1) Nếu biến P = Bây xét trường hợp biến nhỏ 1,... đương với c2 1 1 1 − ≥ − ≥ − = 2 c c(a + c ) c 2a a 2a 2a Tương tự ta có kết luận: Vậy giá trị nhỏ P Bài 18 Tìm GTNN hàm số : y = √ −x2 + 4x + 21 − Đẳng thức xảy a = b = c = √ −x2 + 3x + 10 Cách... biến R nên ta có P (a) ≤ P (0) = 2(b + c) − bc = b(2 − c) + 2c ≤ 2c ≤ Bài 13 Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn : Tìm giá trị nhỏ biểu thức : 1 + + = a+2 b+2 c+2 P =a+b+c+ abc Ta có: √ b c bc