Bài viết này sẽ giới thiệu 20 bài toán GTNN, GTLN có lời giải của thầy Tôn Thất Hiệp, GV Toán trường THPT Phan Đăng Lưu Huế. Hầu hết chúng đều được tác giả giải bằng nhiều cách và có những lời bình, nhận xét để giúp độc giả hiểu sâu hơn phương pháp.Đi cùng với lời giải của 20 bài toán giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trong bài viết này, chúng tôi đề xuất thêm một số bài toán mới, đồng thời mỗi bài đề xuất đều có đáp số và lời giải chi tiết ở đằng sau bài viết. Ngoài ra, chúng tôi đưa ra một số kỹ thuật phân tích bình phương; kỹ thuật biến đổi biểu thức hai biến, ba biến; tư tưởng hàm số trong một số lời giải bài toán bất đẳng thức.
1 VỀ HAI MƯƠI BÀI TOÁN GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT VÀ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT Đi cùng với lời giải của hai mươi bài toán giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trong bài viết này, chúng tôi đề xuất thêm một số bài toán mới, đồng thời mỗi bài đề xuất đều có đáp số và lời giải chi tiết ở đằng sau bài viết. Ngoài ra, chúng tôi đưa ra một số kỹ thuật phân tích bình phương; kỹ thuật biến đổi biểu thức hai biến, ba biến; tư tưởng hàm số trong một số lời giải bài toán bất đẳng thức. Bài toán 1: Cho x là số thực. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất (GTNN) của ( ) ( ) ( ) 2 2 2 3 2 2 1 1 1 3 2 3 3 3 2 3 3 3 x x P x x x x + + = + + + + + + − + (Câu 10, đề minh họa môn toán của Bộ GD & ĐT năm 2015) Cách giải 1: Áp dụng bất đẳng thức (BĐT) Cauchy cho hai số dương ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 1 2 3 3 3 2 3 3 3 . 2 2 2 3 3 3 2 3 3 3 x x x x x x x x + + + + + − + + ≥ + + + + − + . Suy ra ( ) ( ) 2 2 2 2 1 1 2 2 2 4 6 6 2 3 3 2 3 3 3 2 3 3 3 x x x x x x x x + ≥ = + + + + + + + + − + , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ( ) ( ) 2 2 2 3 3 3 2 3 3 3 0 x x x x x + + + = + − + ⇔ = . Suy ra ( ) 2 2 3 2 2 1 2 ( ), 3 2 3 3 x x P f x x x x + + ≥ + = ∈ + + ℝ . 1) Ta tìm các h ằ ng s ố m, n, p và đ i ề u ki ệ n c ủ a x sao cho 2 2 3(2 2 1) 2 3 3 3 3 m x x p n x x + + + ≥ + + (1), đồng thời đẳng thức xảy ra khi x = 0 là nghiệm kép. Và ta tìm được m = 1 thì p = 1 và 2 3 n = . Lúc này, (1) tr ở thành ( ) 2 2 2 2 3(2 2 1) 1 2 2 3 3 6 12 0 3 21 3 21 3 3 3 x x x x x x x x x + + + ≥ + + ⇔ + − ≤ ⇔ − − ≤ ≤ − + . Suy ra 2 2 2 2 1 4 1 ( ) 2 3 3 3 3 3 3 3 2 3 3 f x x x x x ≥ + + + − ≥ − = + + , (Áp dụng BĐT Cauchy cho hai số dương), suy ra 3, 3 21 ; 3 21 P x x ≥ ∀ ∈ − − − + (2), đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 0. 2) V ới 1 3 21 2 x − < − − < thì ( ) ( ) 2 2 3 2 3 21 2 3 21 1 3(2 2 1) 165 30 21 5,7 3 3 x x − − + − − + + + + > = > > 2 , suy ra 3 P > (3). 3) Với 1 3 21 2 x > − + > − thì ( ) ( ) 2 3 2 3 21 2 3 21 1 165 30 21 1,74 3 3 3 − + + − + + − > > > , suy ra 3 P > (4). Từ (2), (3) và (4) suy ra 3,P x ≥ ∀ ∈ ℝ , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 0. Vậy minP= 3 . Cách giải 2: Theo chứng minh của cách 1, ta có: ( ) ( ) 2 2 2 1 1 2 2 4 6 6 2 3 3 3 2 3 3 3 x x x x x x + ≥ + + + + + + − + Mặt khác 2 2 3(2 2 1) 4 6 3 x x x x + + ≥ + + , suy ra 2 2 4 6 3 2 2 3 4 6 6 x x P x x + + ≥ + + + . Đặt 2 2 3 15 15 4 6 6 4 4 4 4 u x x x = + + = + + ≥ , ta có 2 2 4 6 3 2 2 3 2 2 ( ) 3 3 4 6 6 x x u f u u x x + + − + = + = + + , với 15 4 u ≥ , suy ra ( ) ( ) ( ) ( ) 2 6 6 36 1 2 ( ) 6 3 6 3 6 2 3 u u u f u u u u u u u u u u − + − ′ = − = − − + − , 15 ( ) 0 6 ; 4 f u u ′ = ⇔ = ∈ +∞ . Lập bảng biến thiên (BBT) hàm số f(u), ta suy ra 15 ( ) (6) 3, ; 4 f u f u ≥ = ∀ ∈ +∞ , suy ra 3 P ≥ , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 0. V ậ y minP = 3 . Cách giải 3: Đặ t ( ) 2 2 3 3 3 a x x = + − + , ( ) 2 2 3 3 3 b x x = + + + , ta có 2 2 3 2 6 3 3 2 4 2 2 a x − + = + + và 2 2 3 2 6 3 3 2 4 2 2 b x + − = + + . Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, xét hai véc tơ 3 2 6 3 3 2 ; 4 2 2 u x − + = − − , 3 2 6 3 3 2 ; 4 2 2 v x + − = + thì 2 2 6 3 3 3 3 6 2 2 2 2 2 a b u v u v + − + = + ≥ + = + + = . 3 Ta có 3(2x 2 +2x+1) ≥ 4x 2 +6x+3 = a 2 +b 2 −3, suy ra ( ) 2 2 2 3 3 1 1 4 2 3 3 a b a b P a b a b + − + − ≥ + + ≥ + + (vì ( ) 2 2 2 3 2 a b a b + + ≥ ≥ và 1 1 4 a b a b + ≥ + v ớ i m ọ i a, b d ươ ng), suy ra ( ) 2 3 4 2 3 a b P a b + − ≥ + + . Đặ t t = a + b, v ớ i 6 t ≥ , ta có ( ) 2 2 3 4 6 4 2 ( ) 3 3 2 a b t f t a b t + − − + = + = + , suy ra ( ) ( ) ( ) 2 4 2 2 2 2 2 2 3 2 12 12 12 4 ( ) 3 2 12 3 2 12 12 2 12 t t t t f t t t t t t t − + − ′ = − = − − + − , 2 3 ( ) 0 6 180 t f t t = ′ = ⇔ = − + . Lập BBT hàm số f(t), ta suy ra ) ( ) (2 3) 3, 6;f t f t ≥ = ∀ ∈ +∞ , suy ra 3 P ≥ , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 0. Vậy minP = 3 . Cách giải 4: (ý tưởng xuất phát từ cách giải 1 và cách giải 2) Ta có 2 2 3(2 2 1) 4 6 3 x x x x + + ≥ + + và ( ) ( ) 2 2 2 1 1 2 2 4 6 6 2 3 3 3 2 3 3 3 x x x x x x + ≥ + + + + + + − + , suy ra 2 2 4 6 3 2 2 ( ), 3 4 6 6 x x P f x x x x + + ≥ + = ∈ + + ℝ , suy ra ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 4 2 2 2 3 3 3 2 2 2 2 2 3 3 9 4 3 4 6 16 54 4 4 16 2 2 4 3 4 3 ( ) 3 4 6 3 4 6 6 3 4 6 3. 4 6 6 4 6 6 6 2 4 6 3 x x x x x x x f x x x x x x x x x x x x x + + + + + + + + ′ = − = + + + + + + + + + + + + + , suy ra 3 3 ( ) 0 0 4 2 f x x x x ′ = ⇔ = − ∨ = ∨ = − . L ậ p BBT hàm s ố f(x), ta suy ra ( ) (0) 3,f x f x ≥ = ∀ ∈ ℝ , suy ra 3 P ≥ , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 0. Vậy minP = 3 . Bài toán 2: Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn 2 xy yz zx xyz + + = . Hãy tìm GTNN của biểu thức 2 2 2 1 1 1 3 x y z P y z x xy yz zx = + + + + + . Cách giải 1: Biên soạn: Tôn Thất Hiệp 4 Theo giả thiết 1 1 1 2 2 xy yz zx xyz x y z + + = ⇔ + + = . Đặt 1 1 1 , ,a b c x y z = = = , ta có a + b + c = 2 và ( ) 2 2 2 3 b c a P ab bc ca a b c = + + + + + . Ta chứng minh bổ đề: Với a, b, c và a 1 , b 1, c 1 là sáu số dương ta luôn có ( ) 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 a b c a b c a b c a b c + + + + ≥ + + (5). Chứng minh: Thật vậy, áp dụng BĐT Cauchy cho hai số dương ta có: 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 . . . a b c a a b b c c a b c a b c a b c a b c a b c a b c a b c a b c a b c + + ≤ + + + + + + + + + + + + 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 a b c a a b b b c a b c a b c a b c a b c a b c a b c a b c a b c a b c + + + + + + + + + + + + + + + ≤ + + = T ừ đ ó suy ra B Đ T (5) đ úng, đẳ ng th ứ c x ả y ra khi và ch ỉ khi 1 1 1 a b c a b c = = . Áp d ụ ng B Đ T (5) ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 b c a a b c b c a a b c ab bc ca ab bc ca + + + + = + + ≥ + + (6) Bây gi ờ ta ch ứ ng minh ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 3 a b c a b c ab bc ca + + + + ≥ + + (7). Th ậy vậy, ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 3 2 3 2 3 2 2 2 2 (7) 2 0 a ac b ba c ca ab bc ca a a c b b a c c b ⇔ + + + + + ≥ + + ⇔ − + − + − ≥ BĐT này luôn đúng với mọi a, b, c dương, nên BĐT (3) đúng, suy ra ( ) 2 2 2 2 2 2 2 3 a b c ab bc ca + + ≥ + + (4). T ừ (6) và (7) suy ra ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 2 2 a b c a b c b c a a b c a b c + + + + + + ≥ = + + , suy ra ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 3 3 3 6 2 2 a b c P ab bc ca a b c + + ≥ + + + = + + = , đẳ ng th ứ c x ả y ra khi và ch ỉ khi 2 3 a b c = = = V ậ y minP =6. Cách giải 2 : (ph ươ ng pháp phân tích bình ph ươ ng) Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 3 ( ) 2 b c a b c a P ab bc ca a b c a b c a b c a b a c c b a b c a b c = + + + + + = + + + + + − + + + + + − − + − + − = ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 4 2 b a c b a c a b a c c b a b c + + + = + + − + − − + − + − Biên soạn: Tôn Thất Hiệp 5 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 4 2 4 2 a b c b a c a b a c c b a b c − − − = + + + − + − − + − + − ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 6 2 a b a c b b a c c a b c − − − − − − = + + + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 6 2 a b b c c b c a a c a b a b c − + − + − + = + + + . Suy ra 6 P ≥ , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2 3 a b c = = = . V ậ y min 6 P = . Nhận xét 1: (v ề B Đ T (5)) Khi áp d ụ ng B Đ T (5) ta có th ể đ i ề u ch ỉ nh sao cho s ố m ũ ở t ử c ủ a v ế l ớ n c ủ a B Đ T (5) t ă ng d ầ n cho đế n khi ta đượ c B Đ T v ừ a đủ m ạ nh, trong vi ệ c tìm GTNN c ủ a m ộ t bài toán c ụ th ể nào đ ó. Lưu ý: a) Về biểu thức và phương pháp S.O.S (phương pháp phân tích bình phương) 1. Hàm phân thức đối xứng chuẩn, hàm phân thức nửa đối xứng ba biến: a) Hàm phân th ứ c đố i x ứ ng F(a, b, c) đố i v ớ i ba bi ế n a, b, c đượ c g ọ i là hàm phân th ứ c đố i x ứ ng chu ẩ n, n ế u F(x,x,x) = 0 v ớ i m ọ i x. b) Hàm phân th ứ c đố i x ứ ng S(a, b, c) đố i v ớ i ba bi ế n a, b, c đượ c g ọ i là hàm phân th ứ c n ử a đố i x ứ ng n ế u S(a, b, c) = S(a, c, b) v ớ i m ọ i a, b, c. Hàm phân th ứ c đố i x ứ ng S(a, b, c) đố i v ớ i ba bi ế n a, b, c đượ c g ọ i là hàm phân th ứ c n ử a đố i x ứ ng chu ẩ n, n ế u S(x,x,x) = 0 v ớ i m ọ i x. 2. Biểu thức dạng S.O.S Ta công nh ậ n các đị nh lý và h ệ qu ả d ướ i đ ây. Định lý : (dạng biểu diễn S.O.S đối với lớp hàm đa thức) Cho F(a, b, c) là hàm đ a đố i x ứ ng chu ẩ n theo ba bi ế n F(a, b, c) đố i v ớ i ba bi ế n a, b, c, khi đ ó ta có F(a, b, c) = (b – c) 2 S(a, b, c) + (c – a) 2 S(b, c, a) + (a – b) 2 S(c; a; b) , , , a b c R ∀ ∈ Hệ quả: (dạng biểu diễn S.O.S đối với hàm phân thức) Cho hàm phân thức ( , , ) ( , , ) ( , , ) ( , , ) ( , , ) ( , , ) ( , , ) M a b c M b c a M c a b F a b c N a b c N b c a N b c a = + + với M(a, b, c), N(a, b, c) là hai đa thức nửa đối xứng ba biến và nếu có hàm đa thức đối xứng G(a, b, c) ba biến sao cho mọi số thực dương x thì số ( , , ) ( , , ) 0 F x x x G x x x − = . Khi đó tồn tại hàm số đối xứng nửa ba biến S(a, b, c) sao cho đồng nhất thức sau là đúng: 2 2 2 M(a,b,c) M(b,c,a) M(c,a,b) + + -G(a,b,c)= (b-c) S(a,b,c)+(c -a) S(b, c, a )+(a -b) S(c; a; b) N(a,b,c) N(b,c,a) N(b,c,a) b) Một số đẳng thức thường được sử dụng trong phân tích bình bình phương. 2 2 2 2 ( ) a b ab a b + − = − , 2 ( ) 2 a a a b b b ab − + − = , ( ) 3 3 2 ( )( ) a b ab a b a b a b + − + = + − ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 , ( ) a b c b a c b c a a b c a b c a b c − − − + + − + + = + + , ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 a b a b a b a b a b − + − + = + + + Biên soạn: Tôn Thất Hiệp 6 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 3 6 a b c ab bc ca a b a c c b + + + + = − − + − + − , ( ) ( ) ( ) 2 2 2 3 3 3 3 2 a b c a b c abc a b a c c b + + + + − = − + − + − , ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) 2 2 2 3 2 2 2 2 a b b c c a a b c b c c a a b c b c a a b a c b c b a − − − + + − = + + + + + + + + + + + , ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 1 1 8 a b a b ab a b a b a b a b − + + + − = + + , ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 1 2 a b a b a b a b a b − − − = + + + + , ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 2 3 3 3 3 3 1 4 a b a b a b a b a b − − − = + + + + , ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 3 3 3 3 3 3 4 2 1 1 16 a b a b ab a b a b a b ab a b a b a b a b − + + + + + + + − = + + c) Biểu thức P trong bài toán 1 là biểu đối xứng theo ba biến a, b, c, nên ta liên tưởng đến phương pháp phân tích bình phương, nếu các phương pháp khác hầu như không sử dụng được trong việc tìm giá trị GTLN hoặc GTNN của P. Bài toán 3: Cho các số thực a, b, c thỏa ( ) ( ) ( ) 0 a b c b a c abc + + + ≠ . Hãy tìm GTNN của biểu thức 2 2 2 a b c Q a b b c c a = + + + + + . Cách giải 1:(phương pháp phân tích bình phương) Ta có 2 2 2 2 2 2 a b c a b c Q a b b c c a a b b c c a = + + ≥ + + + + + + + + . Từ đó ta có th ể tìm min của biểu thức 2 2 2 a b c Q a b b c c a = + + + + + , với a, b, c là các số thực dương. Không mất tính tổng quát ta giả sử { } ax ; ; a m a b c = Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 3 1 1 1 2 2 4 4 4 4 a b a b b c b c a b c Q a b b c c a a b b c a b b c − − − − − = − + − + − = + + + + + + + + + + + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )( ) ( )( )( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 4 2 c a c a a b b c c a a b b c a c c a a b b c a c c a a b b c c a − − − − − − − − + + = + + + + + + + + + + + . Suy ra ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( )( ) ( )( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) 2 2 2 2 3 1 4 2 2 2 4 4 b c c a b c c a a b a b b c a c a b a b Q b c a c a b b c a c b c a c a b a b a b − − − − − − − − − − − ≥ + + ≥ + − = + + + + + + + + + + ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )( ) 2 2 4 b b c c a a b a b b c a c a b − − − = + + + + + (áp dụng BĐT Cauchy cho hai số không âm, ( ) ( ) ( ) ( ) b c a c b c a c − − ≥ − − − và 0 a b ≥ > ) suy ra 3 0 4 Q − ≥ hay 3 4 Q ≥ , v ớ i { } ax ; ; a m a b c = , đẳ ng th ứ c x ả y ra khi và ch ỉ khi a = b = c. V ậ y 3 min 4 Q = . Biên soạn: Tôn Thất Hiệp 7 Cách giải 2: (phương pháp hàm số) Ta có 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 a b c Q a b b c c a b c a a b c = + + = + + + + + + + + . Vì 1 b c a a b c = , nên trong ba số dương b x a = , c y b = , a z c = ắt phải có hai số (cùng lớn hơn hoặc bằng 1) hoặc (cùng nhỏ hơn hoặc bằng 1). Không mất tinh tổng quát ta giả sử ( 1 x ≥ và 1 y ≥ ) hoặc ( 1 x ≤ và 1 y ≤ ). Ta có ( ) ( )( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 (1 ) (1 ) 2(1 )(1 ) 2 2 1 1 1 (1 ) (1 ) (1 ) (1 ) 1 2 1 1 1 1 x y x y x y x y x y x y xy xy x y xy + + + + + + = ≥ = = ≥ + + + + + + + + + + − − − + Suy ra 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 ( ) 1 1 1 1 1 1 1 z Q f z x y z xy z z z = + + ≥ + = + = + + + + + + + , với z > 0. Ta có ( ) ( ) ( ) 2 3 3 1 2 1 ( ) 1 1 1 z f z z z z − ′ = − = + + + , suy ra ( ) 0 1 f z z ′ = ⇔ = . Lập bảng biến thiên (BBT) hàm số f(z), ta suy ra ( ) 3 ( ) (1) , 0; 4 f z f z ≥ = ∀ ∈ +∞ , suy ra 3 4 Q ≥ , đẳ ng th ứ c x ả y ra khi và ch ỉ khi 1 x y z = = = hay a b c = = . V ậ y 3 min 4 Q = . Bài toán 4: Cho a, b, c là các s ố th ự c th ỏ a a 2 + b 2 + c 2 = 3. Hãy tìm GTNN và giá tr ị l ơ n nh ấ t (GTLN) c ủ a R, v ớ i 3 3 3 2 2 2 1 1 1 a b c R b c a = + + + + + Lời giải: Vì 3 3 3 2 2 2 1 1 1 a b c R b c a ≤ + + + + + , nên ta ch ỉ c ầ n tìm GTLN c ủ a R khi , , 0; 3 a b c ∈ , th ỏ a a 2 + b 2 + c 2 = 3. Không m ấ t tính t ổ ng quát ta gi ả s ử c b a ≥ ≥ thì 1; 3 c ∈ , [ ] 0;1 a∈ và 3 0; 2 b ∈ . Ta có 3 3 3 3 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 4 4 4 a b c a b c R b c a b a c c a b a c b = + + = + + + + + + + + + + + , suy ra ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 3 2 2 2 2 2 2 3 3 2 2 2 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 2 2 2 b c a c c c a b R c c c c c c c c c − − − − − − ≤ + + = + + ≤ + + , suy ra ( ) 3 2 2 3 3 3 3 2 c R c c − ≤ + , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = 0. 1) Ta tìm điều kiện của c để ( ) 3 2 2 3 3 3 3 3 3 2 c c c − + ≤ , điều này tương đương với ( ) ( ) ( ) ( )( ) 3 2 2 2 2 2 2 2 3 3 27 3 3 3 3 2 0 3 27 13 0 3 2 13 c c c c c c c c c − + ≤ ⇔ − − − ≤ ⇔ − − ≤ ⇔ ≥ ≥ . Biên soạn: Tôn Thất Hiệp 8 Như vậy 3 3 R≤ , với 2 27 3 13 c≥ ≥ , đẳ ng th ứ c x ả y ra khi và ch ỉ khi 3, 0 c b a = = = . 2) Với 2 27 1 13 c≤ < thì 2 2 2 12 2 13 a b b < + ≤ (vì 0 ≤ a ≤ b), suy ra 2 6 13 b > . Do đó: ( ) 3 3 3 3 3 3 3 3 2 2 2 2 2 3 27 3 2 13 1 13 27 5,12 3 3 4 13 6 19 1 1 1 1 1 0 1 1 13 a b c R b c a = + + < + + = + + < < + + + + + + , suy ra 3 3 R < . Tóm l ại, 3 3 R ≤ , đẳng thức xảy ra khi 3, 0 c b a = = = . Từ đó suy ra 3 3 3 3 R− ≤ ≤ với a, b, c là các số thực thỏa a 2 + b 2 + c 2 = 3. Vậy min 3 3 R = − , đạt được khi 3, 0 c b a = − = = và max 3 3 R = , đạt được khi 3, 0 c b a = = = . Nhận xét 2: (về bài toán 4) Khi a, b, c là các số thực dương thì ta có 3 2 min 2 R = . Cách 1: Áp dụng BĐT (1) ở cách giải 1 của bài toán 1 và BĐT Cauchy cho hai số dương, ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 9 1 1 1 1 1 1 1 1 1 a b c a b c R a b b c c a a b b c c a a b b c c a + + = + + ≥ = + + + + + + + + + + + + + mà 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 6 2 2 2 a b b c c a a b b c c a + + + + + + + + + + + ≤ + + = nên 9 2 3 6 2 R ≥ = , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 a b c = = = . V ậy 3 2 min 2 R = . Cách 2: Áp dụng BĐT Cauchy cho hai số dương ta có 4 2 4 2 4 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 2 1 2 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 a a b b b c c c a a b b c c a R a b b c c a + + + + + + = + + + + + − + + + + + ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 3 2 4 2 4 2 4 2 2 a b b c c a a b c + + + + + + ≥ + + − + + = . Cách 3: Áp d ụ ng B Đ T Cauchy cho ba s ố d ươ ng ta có 3 3 2 3 3 2 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 3 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 2 a a b b b c c c a a b c b b c c a a R + + + + + + + + + + + + + + − + + + + + + = ( ) 2 2 2 3 3 3 2 3 2 2 2 2 a b c+ + − ≥ = . Bài toán 5: Biên soạn: Tôn Thất Hiệp 9 Cho ba số thực không âm a, b, c sao cho c = min{a; b; c} và ( a 2 + c 2 ) ( b 2 + c 2 ) ≠ 0 . Hãy tìm GTNN của biểu thức 2 2 2 2 1 1 S a b c a c b c = + + + + + + . Lời giải: Vì c = min{a; b; c}, và a, b, c ≥ 0 nên 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 4 4 c c a c b c a ac b bc + ≥ + = + + + + + + ( ) 2 2 2 1 1 8 2 2 a b c c c a b = + ≥ + + + + , suy ra ( ) 2 4 8 8 ( ) S a b c t f t t a b c ≥ + + + = + = + + , với 0 t a b c = + + > . Ta có 5 32 ( ) 1 f t t ′ = − + , ( ) 0 2 f t t ′ = ⇔ = , Lập BBT hàm số f(t) , ta suy ra ( ) 5 ( ) 2 2 f t f ≥ = , suy ra 5 2 S ≥ , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 0, 2 c a b = = = . Vậy 5 min 2 S = . Nhận xét 3: (về bài toán 5) Từ hướng giải của bài toán 5, chúng tôi đề xuất ba bài toán sau: Bài toán 5.1: Cho ba số thực a, b, c sao cho c = min{a; b; c} ≥ 1. Hãy tìm GTNN của biểu thức. ( ) ( ) ( ) 2 2 2 9 36 1 2 4 2 45 1 S a b c a b b a c = + + + + − + + + − . Đáp số: 5 min 2 S = , đạt được khi và chỉ khi a = b = 2, c = 1. Bài toán 5.2: Cho ba s ố thực không âm a, b, c sao cho ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 0 a c b c a b + + + ≠ . Hãy tìm GTNN của biểu thức 2 2 2 2 2 2 1 1 1 128 5 S a b c a b b c c a = + + + + + + + + . Đáp số: min 25 S = , đạt được khi và chỉ khi 8, 0 a b c = = = hoặc các hoán vị của nó. Bài toán 5.3: Cho ba số thực không âm a, b, c sao cho ( ) ( ) ( ) 3 3 3 3 3 3 0 a c b c a b + + + ≠ . Hãy tìm GTNN của biểu thức ( ) 3 3 3 3 3 3 12 1 1 1 125 a b c S a c b c a b + + = + + + + + + Đáp số: 16 min 25 S = , đạt được khi và chỉ khi 5 0, 2 c a b = = = hoặc các hoán vị của nó. Bài toán 6: Cho a, b, c dương thỏa a 2 + b 2 + c 2 = 3. Tìm GTNN của biểu thức ( ) 1 1 1 8 5T a b c a b c = + + + + + . Cách giải 1: (phương pháp phân tich bình phương) Ta có ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 3 3 1 1 1 2 a b c a b c a b c a b c + + = + + − − − + = − − + − + − Biên soạn: Tôn Thất Hiệp 10 Mặt khác ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 1 1 3 3 a a a a b b b b c c c c a b c a b c a b c − − + − − − + − − − + − + + − − − + = + + + ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 1 1 3 3 a b c a b c a b c − − − = + + + − + + + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 3 3 1 1 1 3 2 a b c a b c a b c − − − = + + + − − − + − + − + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 3 1 1 1 2 a b c a b c a b c − − − = + + + + − + − + − S uy ra ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 5 24 4 1 1 1 15 5 1 1 1 2 a b c T a b c a b c a b c − − − = − − + − + − + + + + + − + − + − ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 10 3 1 10 3 1 10 3 39 2 2 2 a a b b c c a b c − − − − − − = + + + . Theo giả thiết 2 2 2 3 a b c + + = và , , 0 a b c > thì ( ) , , 0; 3 a b c∈ ; từ đó 39 T ≥ ,đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Vậy min T = 39. Cách giải 2: Ta tìm m, n sao cho với ( ) 0; 3 t∀ ∈ , ta có 2 5 8 t mt n t + ≥ + , đồ ng th ờ i đẳ ng th ứ c x ả y ra khi t = 1 là nghi ệ m kép. Ta tìm đượ c 3 23 , 2 2 m n= = . Ta ch ứ ng minh ( ) 2 5 3 23 8 , 0; 3 2 2 t t t t + ≥ + ∀ ∈ . Th ậ t v ậ y ( ) ( ) 2 2 5 3 23 8 1 3 10 0 2 2 t t t t t + ≥ + ⇔ − − ≤ , ( ) 0; 3 t∀ ∈ . Suy ra ( ) 2 5 3 23 8 , 0; 3 2 2 a a a a + ≥ + ∀ ∈ , ( ) 2 5 3 23 8 , 0; 3 2 2 b b b b + ≥ + ∀ ∈ và ( ) 2 5 3 23 8 , 0; 3 2 2 c c c c + ≥ + ∀ ∈ , suy ra ( ) 2 2 2 3 69 39 2 2 T a b c ≥ + + + = , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Vậy min T = 39. Nhận xét 4: (về bài toán 6) Ta tìm một điều kiện của hai hằng số dương , m n để biểu thức ( ) 1 1 1 T m a b c n a b c = + + + + + , đạt GTNN khi a = b = c = 1 (với a, b, c > 0 và a 2 + b 2 + c 2 = 3). Ta có ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 3 3 1 1 1 2 a b c a b c a b c a b c + + = + + − − − + = − − + − + − . M ặt khác ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 3 3 1 1 1 2 a b c a b c a b c a b c a b c − − − + + − − − + = + + + + − + − + − , suy ra [...]... giải bài toán 20, chúng tôi đề xuất bài toán sau Biên soạn: Tôn Thất Hiệp , 23 Bài toán 20.1: Cho x, y, z là ba số thực thuộc đoạn [1; 4] Tìm GTNN và GTLN của biểu thức x y z P= + + 2x + 3 y y + z z + x Để giải một bài toán ta cần quan tâm đến các cách tiếp cận bài toán Sau khi giải xong một bài toán hay nhiều bài toán, ta nên nhìn nhận lại các bài toán, rút kinh nghiệm, điều chỉnh, đề xuất bài toán. .. suy ra hàm số f(t) đồng biến trên [0; +∞); do đó f ( t ) ≥ f (0) = 3 , ∀t ≥ 0 , suy ra P ≥ 3, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 0 Vậy minP = 3 Nhận xét 5: (về bài toán 9) Từ hướng giải của bài toán 9, chúng tôi đề xuất bài toán sau đây Bài toán 9.1: Cho các số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện 0 ≤ x + y + z ≤ 4 và m là số dương cho trước lớn ( ) hơn 2,72 Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu... ≥ 0 , hay L ≥ , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c 4 4 9 Vậy min L = 4 Bài toán 9: (Câu V, đề thi đại học khối A môn toán, năm 2012) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = 0 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 P=3 x- y +3 y-z +3 z-x − 6 x2 + 6 y2 + 6 z 2 Biên soạn: Tôn Thất Hiệp 12 Lời giải: Không mất tính tổng quát, ta giả sử x ≥ y ≥ z, khi đó ta có (x – y)2 + (y – z)2 ≤... xuất hai bài toán sau đây: Biên soạn: Tôn Thất Hiệp 13 Bài toán 10.1: Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn xyz = x + z + y và z > 0 Hãy tìm GTLN của biểu thức 1 1 6z M= 2 − 2 + 3 x +1 y +1 z2 +1 ( Đáp số: max M = ) 32 4 − 2 5 + 6 − 30 , đạt được khi và chỉ khi x = , 9 4 + 2 5 − 6 − 30 1+ 6 − 5 1 , z= 1+ 5 − 6 5 Bài toán 10.2: Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn xy + zx + yz = 1 , x ≠ 0 và z > 0 Hãy tìm GTLN... lõm (xem bài toán 6) Tổng quát: Khi điều kiện của các số a1, a2,…, an đưa đến điều kiện của biểu thức g(a1) + g(a2) +…+ g(an) ≥ h (hoặc g(a1) + g(a2) +…+ g(an) ≤ h) với ai ∈ [α i ; βi ] , i = 1; n ( α i , β i , h là 2n + 1 số thực không đổi), ta nên tìm p, q sao cho f(xi) ≥ pg(xi) + q (hoặc f(xi ) ≤ pg(xi) + q) với mọi xi ∈ [ αi ; βi ] ,i = 1;n (xem bài toán 14, bài toán 15, cách 2 của bài toán 6 và... m 3 Tìm được một điều kiện là n ≥ (8) 2+ 3 * Khi n ≥ m > 0 (thỏa (8)) thì ta có thể giải bài toán bằng ba cách: sử dụng BĐT Cauchy, phương pháp phân tích bình phương, phương pháp hàm số m 3 , thì bài toán có thể không giải được bằng BĐT Cauchy, mà giải được * Khi m > n ≥ 2+ 3 bằng phương pháp phân tích bình phương, phương pháp hàm số Bài toán 7: Cho x, y, z > 1 thỏa x + y + z = xyz Tìm GTNN của... , h là 2n + 1 số thực không đổi) ”, ta nên xét đồ thị (C) của hàm số y = f(x) liên tục trên đoạn [α ; β ] và một đồ thị (C/) của hàm số y = g(x) liên tục trên đoạn [α ; β ] trong hai trường hợp b) hoặc c) Khi không có điều kiện nào của các số a1, a2,…, an thì ta nên xét tính lồi, lõm của đồ thị (C) và nghĩ đến phương pháp tiếp tuyến (xem cách 1 của bài toán 13) Khi có điều kiện của các số a1, a2,…,... nó (là biểu thức đẳng cấp đối với hai biến a và b) + Ta có thể đồng nhất hệ số hai đa thức là hai vế của đẳng thức (29) để tìm β , γ , theo các α i cho trước Bài toán 20: (Câu V, đề thi đại học môn toán, khối A năm 2011) Cho x, y, z là ba s ố thực thuộc đoạn [1; 4] và x ≥ y, x ≥ z Tìm GTNN c ủa biểu thức t= x y z + + 2x + 3 y y + z z + x Lời giải: x x Đặt a = , b = , a, b ∈ [1;4] Ta có y z P= P = f... y z > 0, ta luôn có 5 y3 − x3 5x3 − z3 5z3 − y3 2 2 2 2( x + y + z ) − xy − yz − zx ≥ + + ≥ xy + yz + zx x + 3y z + 3x y + 3z Nhận xét 8: Các bài toán 16, 17, 18, 19 là của chúng tôi đề xuất Cách giải các bài toán này là ứng dụng của đề tài nghiên cứu: “ Một số phương pháp biến đổi biểu thức đẳng cấp đối với hai biến, ba biến để chứng minh bất đẳng thức” của chúng tôi Sau đây là một số trích dẫn trong... 64 , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 0, y = 0, z = 4 hoặc x = 0, z = 0, y = 4 Vậy maxR = 64 Nhận xét 7: Qua hai bài toán 12 và bài toán 13 ta nhận thấy: khi đồ thị (C) của hàm số y = f(x) liên tục trên đoạn [α ; β ] thì bao giờ cũng tồn tại ít nhất một đồ thị (C/) của hàm số y = g(x) liên tục trên đoạn ( ) ( ) [α ; β ] nằm dưới (hoặc nằm trên) đồ thị (C) Từ đó suy ra: f(x) ≥ g(x) (hoặc f(x) . MƯƠI BÀI TOÁN GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT VÀ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT Đi cùng với lời giải của hai mươi bài toán giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trong bài viết này, chúng tôi đề xuất thêm một số bài toán. của bài toán 9, chúng tôi đề xuất bài toán sau đây. Bài toán 9.1: Cho các số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện 0 ≤ x + y + z ≤ 4 và m là số dương cho trước lớn hơn 2,72. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất. đổi biểu thức hai biến, ba biến; tư tưởng hàm số trong một số lời giải bài toán bất đẳng thức. Bài toán 1: Cho x là số thực. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất (GTNN) của ( ) ( ) ( ) 2 2 2 3 2 2 1 1