MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC ĐẠI SỐ và BÀI TOÁN GTLN & GTNN CỦA BIỂU THỨC ĐẠI SỐ TRONG CÁC ĐỀ THI CĐ - ĐH docx

TỔ TOÁN - TIN , TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM THAM LUẬN MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC ĐẠI SỐ và BÀI TOÁN GTLN & GTNN CỦA BIỂU THỨC ĐẠI SỐ TRONG CÁC ĐỀ THI CĐ - ĐH Bất đẳng thức là một mảng kiến thức khó của toán học phổ thông, nó thường xuyên xuất hiện trong các đề thi HSG cũng như thi tuyển sinh CĐ - ĐH. Đã có rất nhiều tác giả, nhiều tài liệu đề cập về bất đẳng thức; hôm nay, trong khuôn khổ của một buổi sinh hoạt chuyên môn cụm 6, chúng tôi xin được phép giới thiệu lại một số bất đẳng thức và bài toán GTLN & GTNN của một số biểu thức đại số đã được ra thi hoặc tương tự với các dạng trong đề thi CĐ - ĐH trong những năm vừa qua . I. Dạng sử dụng bất đẳng thức Cauchy (AM - GM) cho 2 số : ∀ a, b ≥ 0 : a + b ab 2 ≥ ; đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi : a = b Ví dụ 1 : Cho a, b, c là các số dương thỏa : 1 1 1 + + = 4 a b c . Chứng minh rằng : 1 1 1 + + 1 2a + b + c a + 2b + c a + b + 2c ≤ (TSĐH - Khối A - Năm 2005)  Nhận xét : Với x, y > 0, ta có 4xy ≤ (x + y) 2 ⇔ 1 x + y 1 1 1 1 + x + y 4xy x + y 4 x y   ≤ ⇔ ≤  ÷   Dấu (=) xảy ra ⇔ a = b  Áp dụng kết quả trên, ta có : 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + + + = + + 2a + b + c 4 2a b + c 4 2a 4 b c 8 a 2b 2c         ≤ ≤  ÷  ÷  ÷           (1) Tương tự : 1 1 1 1 1 + + a + 2b + c 8 2a b 2c   ≤  ÷   (2) 1 1 1 1 1 + + a + b + 2c 8 2a 2b c   ≤  ÷   (3)  Từ (1), (2) và (3) suy ra : 1 1 1 1 1 1 1 + + + + = 1 2a + b + c a + 2b + c a + b + 2c 4 a b c   ≤  ÷   Dấu (=) xảy ra a = b = c 3 a = b = c = 1 1 1 4 + + = 1 a b c   ⇔ ⇔    Ví dụ 2 : Cho x, y, z là các số dương thỏa : 1 4 9 + + = 1 x y z . Tìm GTNN của biểu thức : P = x + y + z .  Ta có :P = x + y + z = (x + y + z). 1 4 9 + + x y z    ÷   = 4x y 9x z 9y 4z 14 + + + + + + y x z x z y        ÷  ÷  ÷       4x y 9x z 9y 4z 14 + 2 . + 2 . + 2 . y x z x z y ≥ = 14 + 4 + 6 + 12 = 36 Một số Bất Đẳng Thức đại số và bài toán GTLN & GTNN của biểu thức đại số trong các đề thi CĐ - ĐH 96 TỔ TOÁN - TIN , TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM  Dấu (=) xảy ra ⇔ 1 4 9 + + = 1 x y z 4x y 9x z 9y 4z = , = , = y x z x z y        ⇔ x = 6 y = 12 z = 18       Vậy : P min = 36 khi x = 6, y = 12, z = 18 .  Bài tập tương tự : 1. Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng : 4a 9b 16c + + 26 b + c - a c + a - b a + b - c ≥ 2. Cho x, y, z > 0 và thỏa : xyz = 1. Tìm GTNN của biểu thức : 2 2 2 2 2 2 yz zx xy P = + + x y + x z y z + y x z x + z y  Hướng dẫn : 1. Đặt : x = b + c - a, y = c + a - b, z = a + b - c (x, y, z > 0) y + z z + x x + y a = , b = , c = 2 2 2 ⇒ Khi đó : 2(VT) = 4(y + z) 9(z + x) 16(x + y) 4y 9x 4z 16x 9z 16y + + = + + + + + x y x y x z y zz        ÷  ÷  ÷       Áp dụng bđt Cosi , . . . ⇒ (đpcm) 2. Đặt : a = yz , b = zx , c = xy (a, b, c > 0 và abc = 1) 2 2 2 a b c P = + + b + c c + a a + b ⇒  Áp dụng bđt Cosi , ta có : 2 2 a b + c a b + c + 2 = a b + c 4 b + c 4 ≥ , tương tự : 2 2 b c + a c a + b + b , + c c + a 4 a + b 4 ≥ ≥  Cộng 3 bđt trên vế theo vế, suy ra : 3 P . . . 2 ≥ ≥ . Kết luận : MinP = 3 2 ⇔ x = y = z = 1 II. Dạng sử dụng bất đẳng thức Cauchy (AM - GM) cho 3 số : ∀ a, b, c ≥ 0 : 3 a + b + c abc 3 ≥ ; đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi : a = b = c Ví dụ 3 : Cho a, b, c là các số dương thỏa : abc = 1. Chứng minh rằng : 3 3 3 3 3 3 1 + a + b 1 + b + c 1 + c + a + + 3 3 ab bc ca ≥ (TSĐH - Khối D - Năm 2005) Tacó : 3 3 33 3 3 3 3 3 1 + a + b 3 1 + a + b 3 1.a .b = 3ab 1 + a + b 3. ab ab ab ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥ Tương tự : 3 3 1 + b + c 3 bc bc ≥ , 3 3 1 + c + a 3 ca ca ≥  Cộng 3 bất đẳng thức trên vế theo vế , ta có : 3 3 3 3 3 3 1 + a + b 1 + b + c 1 + c + a 1 1 1 + + 3 + + ab bc ca ab bc ca   ≥  ÷   (1) Một số Bất Đẳng Thức đại số và bài toán GTLN & GTNN của biểu thức đại số trong các đề thi CĐ - ĐH 97 TỔ TOÁN - TIN , TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM  Lại có : 3 3 2 1 1 1 1 3 + + 3 = = 3 ab bc ca abc (abc) ≥ , vì abc = 1 (2)  Từ (1) và (2) suy ra : (đpcm) . Dấu (=) xảy ra ⇔ a = b = c = 1 Ví dụ 4 : Cho x, y, z là các số dương thay đổi. Tìm GTNN của biểu thức : x 1 y 1 z 1 P = x + + y + + z + 2 yz 2 zx 2 xy        ÷  ÷  ÷        Ta có : 2 2 2 2 2 2 x y z x + y + z P = + + + 2 2 2 xyz ≥ 2 2 2 x y z xy + yz + zx + + + 2 2 2 xyz = 2 2 2 x 1 y 1 z 1 + + + + + 2 x 2 y 2 z        ÷  ÷  ÷        Ngoài ra : 2 2 2 3 x 1 x 1 1 x 1 1 3 + = + + 3 . . = 2 x 2 2x 2x 2 2x 2x 2 ≥ Tương tự : 2 2 y 1 3 z 1 3 + ; + 2 y 2 2 z 2 ≥ ≥ Suy ra : P ≥ 9 2 . Dấu (=) xảy ra ⇔ x = y = z = 1  Vậy : P min = 9 2 khi x = y = z = 1  Bài tập tương tự : 1. Cho a, b, c > 0 và thỏa a + b + c = 1. Chứng minh rằng : 2 2 2 1 1 1 1 + + + 30 a + b + c ab bc ca ≥ 2. Cho x, y, z > 0 và thỏa : x + y + z ≥ 6. Tìm GTNN của biểu thức : 3 3 3 x y z P = + + y + z z + x x + y  Hướng dẫn : 1. Ta có : (VT) = 2 2 2 2 2 2 3 1 1 1 1 1 3 + + + + a + b + c ab bc ca a + b + c ab.bc.ca ≥ 2 2 2 1 9 + a + b + c ab + bc + ca ≥ = 2 2 2 1 1 1 7 = + + + a + b + c ab + bc + ca ab + bc + ca ab + bc + ca    ÷   . . . . 2 2 2 9 21 + (a + b + c ) + (ab + bc + ca) + (ab + bc + ca) 3(ab + bc + ca) ≥ 2 2 2 9 21 30 + 30 (a + b + c) (a + b + c) (a + b + c) ≥ = ≥ 2.  Áp dụng bđt Cosi , ta có : 3 x y + z + + 2 3x y + z 2 ≥ , 3 3 y z + x z x + y + + 2 3y , + + 2 3z z + x 2 x + y 2 ≥ ≥ Một số Bất Đẳng Thức đại số và bài toán GTLN & GTNN của biểu thức đại số trong các đề thi CĐ - ĐH 98 TỔ TOÁN - TIN , TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM  Cộng 3 bđt trên vế theo vế, suy ra : P 2(x + y + z) - 6 2.6 - 6 = 6 ≥ ≥ . Kết luận : MinP = 6 ⇔ x = y = z = 2 III. Dạng sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopski (BCS) : ∀ a, b, c, d ∈ R : 2 2 2 2 2 (ac + bd) (a + b ).(c + d )≤ hay 2 2 2 2 ac + bd (a + b ).(c + d )≤ ; đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi : a b = c d Ví dụ 5 : Cho a, b, c là các số dương thỏa : abc = 1. Chứng minh rằng : 2 2 2 1 1 1 3 P = + + a (b + c) b (c + a) c (a + b) 2 ≥ Cách 1: Đặt x = 1 a , y = 1 b , z = 1 c thì x, y, z > 0 và xyz = 1 BĐT cần chứng minh tương đương: 3 2 x y z y z z x x y + + ≥ + + + ( BĐT Nesbit) ⇔ 1 1 1 9 ( ) 2 x y z y z z x x y   + + + + ≥  ÷ + + +   ⇔ ( ) 1 1 1 ( ) ( ) ( ) 9y z z x x y y z z x x z   + + + + + + + ≥  ÷ + + +   BĐT BCS ta có :9 = (1 + 1 + 1) 2 = 2 1 1 1 y z z x x y y z z x x y   + + + + +  ÷  ÷ + + +   ( ) 1 1 1 ( ) ( ) ( )y z z x x y y z z x x y   ≤ + + + + + + +  ÷ + + +   Dấu (=) xảy ra ⇔ x = y = z = 1 ⇔ a = b = c = 1 Cách 2: Ta có 2 2 1 1 1 1 1 1 + + = b + c + c + a + a + b a b c a b + c b c + a c a + b      ÷  ÷     ( ) 2 2 2 1 1 1 + + b + c + c + a + a + b a (b + c) b (c + a) c (a + b)   ≤  ÷   = 2(a + b + c).P Suy ra P ≥ 1 2 1 a + b + c . 2 1 1 1 + + a b c    ÷   3 1 1 1 1 3 1 a + b + c 3 + + = = 2 a + b + c ab bc ca 2 a + b + c abc 2   ≥  ÷    Dấu (=) xảy ra ⇔ a = b = c = 1 Ví dụ 6 : Cho x, y, z là các số dương thay đổi thỏa điều kiện xyz = 1. Tìm GTNN của biểu thức : 2 2 2 x (y + z) y (z + x) z (x + y) P = + + y y + 2z z z z + 2x x x x + 2y y (TSĐH - Khối A - Năm 2007)  Nhận xét ∀ y, z > 0 : 2 y + z 2 yz = x ≥ (vì xyz = 1) 2 x (y + z) 2x x ⇒ ≥ ⇒ 2 x (y + z) 2x x y y + 2z z y y + 2z z ≥ Một số Bất Đẳng Thức đại số và bài toán GTLN & GTNN của biểu thức đại số trong các đề thi CĐ - ĐH 99 TỔ TOÁN - TIN , TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM Xét hai bất đẳng thức tương tự nữa, ta thu được y y x x z z P 2 + + y y + 2z z z z + 2x x x x + 2y y   ≥  ÷  ÷    Đặt a = x x , b = y y , c = z z ⇒ a, b, c > 0 và abc = 1. Khi đó : a b c P 2 + + = 2S b + 2c c + 2a a + 2b   ≥  ÷    Ta có : ( ) 2 2 a b c a + b + c = a(b + 2c). + b(c + 2a). + c(a + 2b). b + 2c c + 2a a + 2b       [ ] a b c a(b + 2c) + b(c + 2a) + c(a + 2b) + + b + 2c c + 2a a + 2b   ≤  ÷   ⇔ (a + b + c) 2 ≤ 3(ab + bc + ca).S . Suy ra ( ) 2 a + b + c S 1 3(ab + bc + ca) ≥ ≥ . Do đó : P ≥ 2 Dấu (=) xảy ra ⇔ a = b = c = 1 ⇔ x = y = z = 1  Vậy : P min = 2 khi x = y = z = 1  Bài tập tương tự : 1. Cho a, b, c > 0 và thỏa : a + b + c + 2abc ≥ 10 . Chứng minh rằng : 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 8 9b c a 8 9c a b 8 9a b c + + + + + + + + 6 6 a 2 4 b 2 4 c 2 4 ≥ 2. Cho x, y, z > 0 . Tìm GTNN của biểu thức : 3x 4y 5z P = + + y + z z + x x + y  Hướng dẫn : 1. Áp dụng bđt BCS, ta có : 2 2 2 2 8 9b c a 2 2 3b ca 4 2 + 18 + 4. + + 2. + 3 2. + 2. = + 9b + ca a 2 4 a 2 a 2 ≥ 2 2 2 2 2 2 2 2 8 9c a b 4 8 9a c b 4 24. + + + 9c + ab , 24. + + + 9a + bc b 2 4 b c 2 4 c ≥ ≥  Cộng 3 bđt trên vế theo vế, suy ra : 1 1 1 24.(VT) 4 + + + 9(a + b + c) + ab + bc + ca a b c   ≥  ÷   4 4 4 + a + + b + + c + (2a + bc) + (2b + ca) + (2c + ab) + 6(a + b + c) a b c       ≥  ÷  ÷  ÷       4 4 4 2 .a + 2 .b + 2 .c + 2 2abc + 2 2abc + 2 2abc + 6(a + b + c) a b c ≥ 72 = 12 + 6(a + b + c + 2abc) 12 + 6.10 = 72 (VT) = 6 6 24 ≥ ⇒ ≥ 2. Ta có : 3x 4y 5z P = + 3 + + 4 + + 5 - 12 y + z z + x x + y        ÷  ÷  ÷       ( ) 3 4 5 = x + y + z + + - 12 y + z z + x x + y    ÷   Một số Bất Đẳng Thức đại số và bài toán GTLN & GTNN của biểu thức đại số trong các đề thi CĐ - ĐH 100 TỔ TOÁN - TIN , TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 3 4 5 = x + y + y + x + z + x + + - 12 2 y + z z + x x + y            ÷  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷           2 1 ( 3 + 4 + 5) - 12 2 ≥  Kết luận : MinP = 2 1 ( 3 + 2 + 5) - 12 2 ⇔ y + z z + x x + y = = 2 3 5 IV. Dạng sử dụng tính chất của hàm số - phương pháp hàm số : • Cho hàm số f(x) xác định trên K (K là một khoảng, một đoạn hoặc nửa khoảng) Hàm số f(x) gọi là đồng biến trên K nếu : ∀ x 1 , x 2 ∈ K , x 1 < x 2 ⇒ f(x 1 ) < f(x 2 ) Hàm số f(x) gọi là nghịch biến trên K nếu : ∀ x 1 , x 2 ∈ K , x 1 < x 2 ⇒ f(x 1 ) > f(x 2 ) • Cho hàm số f(x) có đạo hàm trên khoảng K . Nếu f ’ (x) ≥ 0 , ∀ x ∈ K (hoặc f ’ (x) ≤ 0 , ∀ x ∈ K ) và f ’ (x) = 0 chỉ tại một số hữu hạn điểm của K thì hàm số f(x) đồng biến (hoặc nghịch biến) trên K. Lưu ý : Khoảng K trong kết quả này được thay bởi một đoạn hoặc một nửa khoảng thì phải bổ sung giả thiết “Hàm số f(x) này liên tục trên đoạn hoặc nửa khoảng đó” Ví dụ 7 : Cho a, b là các số thực thỏa mãn : 0 < a < b < 1. Chứng minh rằng : 2 2 a .lnb - b .lna > lna - lnb (TSCĐ - Khối A, B, D - Năm 2009)  Ta có : (đpcm) ⇔ 2 2 2 2 lna lnb (1 + b ).lna < (1 + a ).lnb < a + 1 b + 1 ⇔  Xét hàm số : 2 lnx f(x) = x + 1 với 0 < x < 1 ⇒ 2 2 ' 2 2 x + 1 - 2x .lnx f (x) = > 0 , x (0; 1) x(x + 1) ∀ ∈ ⇒ f(x) là hàm số luôn đồng biến trên khoảng (0; 1)  Khi đó : 0 < a < b < 1 ⇒ f(a) < f(b) 2 2 lna lnb < a + 1 b + 1 ⇔ Ví dụ 8 : Cho a ≥ b > 0. Chứng minh rằng : b a a b a b 1 1 2 + 2 + 2 2     ≤  ÷  ÷     (TSĐH - Khối D- Năm 2007)  Ta có : (đpcm) ⇔ ( ) ( ) a b b a a b ln(4 + 1) ln(4 + 1) 4 + 1 4 + 1 a b ≤ ⇔ ≤  Xét hàm số : x ln(1 + 4 ) f(x) = x với x > 0 ⇒ x x x x ' 2 x 4 .ln4 - (1 + 4 ).ln(1 + 4 ) f (x) = < 0 , x (0; + ) x (1 + 4 ) ∀ ∈ ∞ ⇒ f(x) là hàm số luôn nghịch biến trên khoảng (0; + ∞)  Khi đó : a ≥ b > 0 ⇒ f(a) ≤ f(b) a b ln(4 + 1) ln(4 + 1) a b ⇔ ≤ Ví dụ 9 : Cho a > b > 0. Chứng minh rằng : a + b a - b > 2 lna - lnb  Vì : a > b > 0 ⇒ lna > lnb ⇒ lna - lnb > 0 Một số Bất Đẳng Thức đại số và bài toán GTLN & GTNN của biểu thức đại số trong các đề thi CĐ - ĐH 101 TỔ TOÁN - TIN , TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM Ta có : (đpcm) ⇔ a - 1 a - b a b lna - lnb > 2 ln - 2 > 0 a a + b b + 1 b ⇔  Xét hàm số : 2(x - 1) f(x) = lnx - x + 1 với x > 1 ⇒ 2 ' 2 2 1 4 (x - 1) f (x) = - = > 0 , x (1; + ) x (x + 1) x(x + 1) ∀ ∈ ∞ ⇒ f(x) là hàm số luôn đồng biến trên khoảng (1; + ∞)  Khi đó : a > b > 0 ⇒ a b > 1 ⇒ f( a b ) > f(1) = 0 a - 1 a b ln - 2 > 0 a b + 1 b ⇔ Ví dụ 10 : Cho hai số thực x, y thay đổi sao cho : 2(x 2 + y 2 ) - xy = 1. Tìm GTNN và GTLN của biểu thức : 4 4 x + y P = 2xy + 1  Nhận xét : 1 = 2(x 2 + y 2 ) - xy ≥ 2.2xy - xy = 3xy ⇒ xy ≤ 1 3 1 = 2(x 2 + y 2 ) - xy = 2.(x + y) 2 - 5xy ≥ -5xy ⇒ xy ≥ 1 5 − Và : 2 2 2 4 4 2 2 2 2 2 2 xy + 1 - 2x y x + y (x + y ) - 2x y -7(xy) + 2xy + 1 2 P = = = = 2xy + 1 2xy + 1 2xy + 1 8xy + 4    ÷    Khi đó, đặt : t = xy , đk : 1 1 t ; 5 3   ∈ −     Bài toán đưa về tìm GTNN và GTLN của hàm số : 2 -7t + 2t + 1 f(t) = 8t + 4 với 1 1 t ; 5 3   ∈ −     2 ' ' 2 2 t = -1 (loai) 56t - 56t f (t) = ; f (t) = 0 56t - 56t = 0 t = 0 (8t + 4)  − ⇒ − ⇔   1 2 1 2 1 f(- ) = , f( ) = , f(0) = 5 15 3 15 4  Vậy : 2 2 1 1 - ; 5 3 1 x + y = 1 Max P = Max f(t) = . . . 2 4 xy = 0         ⇔ ⇔    2 2 2 2 1 1 - ; 5 3 2 2 x + y = x + y = 2 3 5 Min P = Min f(t) = . . . 1 1 15 xy = xy = - 3 5             ⇔ ∨ ⇔          Bài tập tương tự : 1. Cho a, b thỏa mãn : 0 < a < b < 4. Chứng minh rằng : a(b - 4) ln < a - b b(4 - a) Một số Bất Đẳng Thức đại số và bài toán GTLN & GTNN của biểu thức đại số trong các đề thi CĐ - ĐH 102 TỔ TOÁN - TIN , TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM 2. Cho a, b thỏa mãn : a > b ≥ e. Chứng minh rằng : b a a < b 3. Cho a, b thỏa mãn : a > b > 0. Chứng minh rằng : 5.lna - 4.lnb > ln(5a - 4b) 4. Cho x, y ≥ 0 thỏa : x + y = 1. Tìm GTNN và GTLN của biểu thức : P = (4x 2 + 3y)(4y 2 + 3x) + 25xy (TSĐH - Khối D- Năm 2009)  Hướng dẫn : 1.  Với : 0 < a < b < 4 . Ta có : (đpcm) ⇔ a b ln - a < ln - b 4- a 4- b  Xét hàm số: x f(x) = ln - x 4 - x với 0 < x < 4 ⇒ 2 ' (x - 2) f (x) = 0 , x (0; 4) x(4 - x) ≥ ∀ ∈ và f ’ (x) = 0 khi x = 2 ⇒ f(x) là hàm số luôn đồng biến trên khoảng (0; 4)  Khi đó : 0 < a < b < 4 ⇒ f(a) < f(b) ⇔ (đpcm) 2.  Với : a > b ≥ e . Ta có : (đpcm) ⇔ lna lnb b.lna < a.lnb < a b ⇔  Xét hàm số: lnx f(x) = x với x ≥ e ⇒ ' 2 1 - lnx f (x) = < 0 , x (e; + ) x ∀ ∈ ∞ mà f(x) liên tục trên [e; +∞) ⇒ f(x) là hàm số luôn nghịch biến trên khoảng [e; +∞)  Khi đó : a > b ≥ e ⇒ f(a) < f(b) ⇔ (đpcm) 3.  Với : a > b > 0 . Ta có : (đpcm) ⇔ 5 5 5 4 4 a a a a ln > ln(5a - 4b) > 5a - 4b - 5 + 4 > 0 b b b b   ⇔ ⇔  ÷    Đặt : a x = b , x > 1 . Xét hàm số: 5 f(x) = x - 5x + 4 với x > 1 Lập BBT, dễ dàng kết luận : f(x) > 0 với mọi x > 1 , suy ra : (đpcm) 4.  Biến đổi : P = 16(xy) 2 - 2xy + 12  Khi đó, đặt : t = xy , đk : 1 t 0; 4   ∈     Bài toán đưa về tìm GTNN và GTLN của hàm số : 2 f(t) = 16t - 2t + 12 với 1 t 0; 4   ∈     ' ' 1 f (t) = 32t - 2 ; f (t) = 0 t = 16 ⇔ 1 25 1 191 f(0) = 12 , f( ) = , f( ) = 4 2 16 16  Vậy : 1 0; 4 x + y = 1 25 Max P = Max f(t) = . . . 1 xy = 2 4         ⇔ ⇔    ; 1 0; 4 x + y = 1 191 Min P = Min f(t) = . . . 1 16 xy = 16         ⇔ ⇔    V. Dạng sử dụng miền giá trị để tìm GTLN & GTNN : Ví dụ 11 : Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số : y = 2sin cos sin 2cos 3 x x x x − + + HD: TXĐ: D = R Một số Bất Đẳng Thức đại số và bài toán GTLN & GTNN của biểu thức đại số trong các đề thi CĐ - ĐH 103 TỔ TOÁN - TIN , TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM y = 2sin cos sin 2cos 3 x x x x − + + ⇔ (y – 2)sinx + (2y + 1)cosx = – 3y (1) Phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi: 9y 2 ≤ (y – 2) 2 + (2y + 1) 2 ⇔ – 5 2 ≤ y ≤ 5 2 Suy ra : maxy = 5 2 và miny = – 5 2 Ví dụ 12 : Cho hai số thực x, y thỏa mãn x 2 + y 2 = 2(x + y) + 7 . Tìm giá trị lớn nhất , giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 3 3 ( 2) ( 2)x x y y− + − HD: Gọi T là tập giá trị của P. Ta có m ∈ T ⇔ Hệ sau có nghiệm 2 2 3 3 2( ) 7 ( 2) ( 2) x y x y x x y y m  + = + +   − + − =   (I) + Đặt u = 3 ( 2)x x − , v = 3 ( 2)y y − , ta có u = 2 3 ( 1) 1 1x − − ≥ − , tương tự v ≥ – 1 . +Hệ (I) trở thành 3 3 3 7 ( ) 3 ( ) 7u v u v uv u v u v m u v m   + = + − + = ⇔   + = + =   ⇔ 3 7 3 m uv m u v m  − =    + =  (II) u, v là hai nghiệm phương trình 3 2 7 0 3 m t mt m − − + = (1) +Hệ (I) có nghiệm ⇔ Hệ (II) có nghiệm (u, v) thỏa u ≥ – 1và v ≥ – 1 ⇔ Phương trình (1) có 2 nghiệm t 1 , t 2 thỏa – 1 1 2 t t≤ ≤ ⇔ 1 2 1 2 0 ( 1) ( 1) 0 ( 1)( 1) 0 t t t t ∆ ≥   + + + ≥   + + ≥  ⇔ 3 2 3 4( 7) 0 3 2 0 7 1 0 3 m m m m m m m  − − ≥    + ≥   −  + + ≥   ⇔ 3 0 28 2 0 1 m m m m  < ≤  ≥ −   < ∨ ≥  ⇔ 3 1 28m≤ ≤ Do đó T = [1, 3 28 ] . Vậy minP = 1 và maxP = 3 28 Ví dụ 13 : Cho x,y là các số thực thỏa mãn 3x 2 + 2xy + y 2 = 11. Tìm GTLN, GTNN của biểu thức P = x 2 + 2xy + 3y 2 HD:Gọi T là tập giá trị của P. Ta có m ∈ T ⇔ Hệ sau có nghiệm 2 2 2 2 3 2 11 2 3 x xy y x xy y m  + + =   + + =   (I) +Nếu x = 0 thì hệ trở thành 2 2 11 11 33 3 y y m y m   = = ±   ⇔   = =     +Xét trường hợp x ≠ 0 . Đặt y = tx ta có hệ 2 2 2 2 (3 2 ) 11 (1 2 3 ) x t t x t t m  + + =   + + =   ⇔ 2 2 2 2 (3 2 ) 11(1 2 3 ) (3 2 ) 11 m t t t t x t t  + + = + +   + + =   ⇔ 2 2 ( 33) 2( 11) 3 11 0 11 2 3 m t m t m x t t  − + − + − =   = ±  + +  (II) Hệ (I) có nghiệm ⇔ Hệ (II) có nghiệm x ≠ 0 ⇔ (m – 33)t 2 + 2(m – 11)t + 3m – 11 = 0 (1) có ngh +Nếu m = 33 thì (1) có nghiệm t = 1 2 − Một số Bất Đẳng Thức đại số và bài toán GTLN & GTNN của biểu thức đại số trong các đề thi CĐ - ĐH 104 TỔ TOÁN - TIN , TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM +Xét m ≠ 33, khi đó (1) có nghiệm ⇔ ' t ∆ ≥ 0 ⇔ (m – 11) 2 – (m – 33)(3m – 11) ≥ 0 ⇔ – 2m 2 + 88m – 242 ≥ 0 ⇔ m { } [22 11 3,22 11 3] \ 33∈ − + + Kết hợp các trường hợp trên ta được các giá trị để hệ có nghiệm là m [22 11 3,22 11 3]∈ − + Do đó T = [22 11 3,22 11 3]− + . Vậy minT = 22 – 11 3 , maxT = 22 + 11 3  Bài tập tương tự : 1: Cho hai số thực thay đổi x ≠ 0, y ≠ 0 thỏa mãn xy(x + y) = x 2 – xy + y 2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: A = 3 3 1 1 x y + ( ĐH khối A – 2006) 2: Cho x, y là hai số thay đổi thỏa mãn x + y + x 2 + y 2 = 8. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = xy(x + 1)(y + 1)  Hướng dẫn : 1.  T là tập giá trị của A. Ta có m ∈ A ⇔ Hệ sau có nghiệm x ≠ 0, y ≠ 0 ⇔ 2 2 3 3 ( ) 1 1 xy x y x xy y m x y  + = − +   + =   ⇔ 2 2 2 2 3 3 ( ) ( )( ) xy x y x xy y x y x xy y m x y  + = − +   + − + =   ⇔ 2 2 2 2 2 ( ) ( ) xy x y x xy y x y m x y  + = − +   + =   (I) Đặt S = x + y, P = xy, S 2 ≥ 4P ta có hệ 2 2 2 3SP S P S m P  = −   =   (II) Hệ (I) có nghiệm x ≠ 0, y ≠ 0 ⇔ Hệ (II) có nghiệm (S,P) thỏa mãn S 2 ≥ 4P ⇔ m { } (0;16]\ 1∈ Vậy maxA = 16 2.  T là tập giá trị của P. Ta có m ∈ T ⇔ Hệ sau có nghiệm 2 2 8 ( 1)( 1) x y x y xy x y m  + + + =  + + =  + Đặt u = x + x 2 , v = y + y 2 , điều kiện u, v 1 4 ≥ − . Hệ trở thành 8u v uv m + =   =  . Khi đó u, v là hai nghiệm phương trình t 2 – 8t + m = 0 (1) + Hệ có nghiệm ⇔ (1) có nghiệm t 1 , t 2 thỏa mãn 1 2 1 4 t t− ≤ ≤ 1 2 1 2 ' 0 33 ( 1/ 4)( 1/ 4) 0 16 16 ( 1/ 4) ( 1/ 4) 0 t t m t t ∆ ≥   ⇔ + + ≥ ⇔ − ≤ ≤   + + + ≥  Vậy minP = 33 16 − , maxP = 16 Tam Kỳ, ngày 10 tháng 03 năm 2011 TỔ TOÁN - TIN THPT CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM Một số Bất Đẳng Thức đại số và bài toán GTLN & GTNN của biểu thức đại số trong các đề thi CĐ - ĐH 105 [...]...TỔ TOÁN - TIN , TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM - -Một số Bất Đẳng Thức đại số và bài toán GTLN & GTNN của biểu thức đại số trong các đề thi CĐ - ĐH 106 . b a - b > 2 lna - lnb  Vì : a > b > 0 ⇒ lna > lnb ⇒ lna - lnb > 0 Một số Bất Đẳng Thức đại số và bài toán GTLN & GTNN của biểu thức đại số trong các đề thi CĐ - ĐH 101. Một số Bất Đẳng Thức đại số và bài toán GTLN & GTNN của biểu thức đại số trong các đề thi CĐ - ĐH 105 TỔ TOÁN - TIN , TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM Một số Bất Đẳng Thức đại. TỔ TOÁN - TIN , TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM THAM LUẬN MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC ĐẠI SỐ và BÀI TOÁN GTLN & GTNN CỦA BIỂU THỨC ĐẠI SỐ TRONG CÁC ĐỀ THI CĐ - ĐH Bất đẳng thức là một