Chuyênđề.GIÁTRỊLỚNNHẤTGIÁTRỊNHỎNHẤTCỦABIỂUTHỨCĐẠISỐTrongchuyênđềnày,chúngtôitraođổivớicácbạnmộtsốkinhnghiệmcủabảnthânkhigiảiquyếtcácbàitoáncựctrịxuấthiệntrongcácđềthiĐạihọccủanhữngnămgầnđây.1ĐịnhnghĩaĐịnhnghĩa1.ChobiểuthứcF(a1,a2,...,an)vớia1,a2,...,an∈D.•MđượcgọilàGTLNcủaF(a1,a2,...,an)vớia1,a2,...,an∈Dnếu(F(a1,a2,...,an)≤M∀a1,a2,...,an∈D∃a1,a2,...,an∈D:F(a1,a2,...,an)=M.•mđượcgọilàGTLNcủaF(a1,a2,...,an)vớia1,a2,...,an∈Dnếu(F(a1,a2,...,an)≥m∀a1,a2,...,an∈D∃a1,a2,...,an∈D:F(a1,a2,...,an)=m.KhigiảicácbàitoánvềGTLN,GTNNcủabiểuthứcP,tacầnthựchiệnhaibướcBước1:ĐánhgiáP≥mhoặcP≤MBước2:Chỉracóđẳngthứcxảyra.ViệcdựđoánđượcPđạtGTLN,GTNNkhinàođóngvaitròquantrọng,việcdựđoánđógiúpchúngtathựchiệncácbướcđánhgiáhợplívàlựachọncôngcụphùhợp.Tacầnlưuýmộtsốtínhhuốngnhưsau•ĐốivớibiểuthứcđốixứngbabiếnthìbiểuthứcthườngđạtGTLN(GTNN)khicóhaibiếnbằngnhauhoặccảbabiếnbằngnhau•KhigiảthiếtchocácbiếnkhôngâmthìbiểuthứcthườngđạtGTLN,GTNNkhicómộtbiếnbằng0•Khigiảthiếtchocácbiếnthuộcđoạnα;βthìbiểuthứcthườngđạtGTLN,GTNNkhicómộtbiếnbằngα,mộtbiếnbằngβ.•Khigiảthiếtcủađềbàilàmộtbấtđẳngthứchoặcnhiềubấtđẳngthức,thìbiểuthứcđạtGTLN,GTNNthươngkhidấubằngởcácbấtđẳngthứcđóxảyra.Tađixétmộtsốvídụsauđểlàmsángtỏđiềuđó.Vídụ1.Chocácsốthựcdươngx,ythỏamãnx+y=1.TìmgiátrịnhỏnhấtcủabiểuthứcP=xy+1xy
Chuyên đề GIÁ TRỊ LỚN NHẤT - GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA BIỂU THỨC ĐẠI SỐ Trong chuyên đề này, trao đổi với bạn số kinh nghiệm thân giải toán cực trị xuất đề thi Đại học năm gần Định nghĩa Định nghĩa Cho biểu thức F (a , a , , a n ) với a , a , , a n ∈ D • M gọi GTLN F (a , a , , a n ) với a , a , , a n ∈ D F (a , a , , a n ) ≤ M ∀a , a , , a n ∈ D ∃a , a , , a n ∈ D : F (a , a , , a n ) = M • m gọi GTLN F (a , a , , a n ) với a , a , , a n ∈ D F (a , a , , a n ) ≥ m ∀a , a , , a n ∈ D ∃a , a , , a n ∈ D : F (a , a , , a n ) = m Khi giải toán GTLN, GTNN biểu thức P , ta cần thực hai bước Bước 1: Đánh giá P ≥ m P ≤ M Bước 2: Chỉ có đẳng thức xảy Việc dự đoán P đạt GTLN, GTNN đóng vai trò quan trọng, việc dự đoán giúp thực bước đánh giá hợp lí lựa chọn công cụ phù hợp Ta cần lưu ý số tính sau • Đối với biểu thức đối xứng ba biến biểu thức thường đạt GTLN (GTNN) có hai biến ba biến • Khi giả thiết cho biến không âm biểu thức thường đạt GTLN, GTNN có biến • Khi giả thiết cho biến thuộc đoạn [α; β] biểu thức thường đạt GTLN, GTNN có biến α, biến β • Khi giả thiết đề bất đẳng thức nhiều bất đẳng thức, biểu thức đạt GTLN, GTNN thương dấu bất đẳng thức xảy Ta xét số ví dụ sau để làm sáng tỏ điều Ví dụ Cho số thực dương x, y thỏa mãn x + y = Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = xy+ xy Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh Lời giải Ta có x y ≤ x+ y 2 = P = xy+ 1 ⇒ ≥ 4.Suy xy 15 1 + ≥2 16 x y 16 x y x y 15 17 + = 16 x y 16 Đẳng thức xảy x = y = Vậy GTNN P 17 Ví dụ Cho số thực a, b, c ∈ [0; 2] thỏa mãn a + b + c = Tìm giá trị lớn biểu thức P = a2 + b + c Lời giải Cách 1: Ta có P = (a + b + c)2 − (ab + bc + ca) = − (ab + bc + ca) Do a, b, c ∈ [0; 2] nên (a − 2) ( b − 2) ( c − 2) ≤ ⇒ abc − (ab + bc + ca) + (a + b + c) − ≤ Hay −2 (ab + bc + ca) ≤ −4 − abc ≤ −4 Suy P ≤ − = Đẳng thức xảy abc = (a − 2) ( b − 2) ( c − 2) = ⇔ a = 0, b = 1, c = hoán vị a+b+c =3 Vậy GTLN P Cách 2: Giả sử a ≤ b ≤ c, ta có a ≤ ≤ c Suy a (a − 1) ≤ ⇒ a2 ≤ a ( c − 1) ( c − 2) ≤ ⇒ c2 ≤ c − Do a2 + c2 ≤ a + c − +) b ≥ 1, ta có b2 ≤ 3b − nên a2 + b2 + c2 ≤ a + ( b + c) − = − 2a ≤ +) b ≤ ta có b2 ≤ b nên a2 + b2 + c2 ≤ a + b + c − = + c ≤ Suy P ≤ Đẳng thức xảy a = 0, b = 1, c = hoán vị Vậy GTLN P Ví dụ Cho số thực dương a, b, c, d thỏa mãn a2 ≤ 1, a2 + b2 ≤ 5, a2 + b2 + c2 ≤ 14, a2 + b2 + c2 + d ≤ 30 Tìm GTLN biểu thức P = a + b + c + d Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh Lời giải Ta có a ≤ a2 + b ≤ b2 + c ≤ c2 + d ≤ d + 16 Suy 24 (a + b + c + d ) ≤ 12 a2 + + b2 + + c2 + + d + 16 = a2 + b2 + c2 + d + a2 + b2 + c2 + a2 + b2 + 6a2 + 120 ≤ 3.30 + 14 + 2.5 + 6.1 + 120 = 240 240 = 10 Đẳng thức xảy a = 1, b = 2, c = 3, d = 24 Vậy GTLN P 10 Do P ≤ 2.1 Một số lưu ý giải toán tìm GTLN, GTNN Sử dụng tính đối xứng Ví dụ (D-2009) Cho số thực không âm x, y thay đổi thỏa mãn x + y = Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức: S = x2 + y y2 + x + 25 x y Lời giải Do x + y = nên : S = 16 x2 y2 + 12 x3 + y3 + x y + 25 x y = 16 x2 y2 + 12 ( x + y)3 − x y ( x + y) + 34 x y = 26 x2 y2 − x y + 12 ( x + y)2 Đặt t = x y, ta được: S = 16 t − t + 12; ≤ x y ≤ = ⇒ t ∈ 0; 4 Xét hàm số f ( t) = 16 t2 − t + 12 đoạn 0; f ( t) = 32 t − 2; f ( t) = ⇔ t = Suy max f ( t) = f 0; 1 191 25 ; f (0) = 12, f = ,f = 16 16 16 25 191 = ; f ( t) = f = 16 16 0; x+ y=1 25 1 Giá trị lớn S , ⇔ ( x; y) = ; xy = 2 Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 2.1 Sử dụng tính đối xứng Giá trị nhỏ S ( x; y) = x+ y=1 191 , 16 x y = 16 ⇔ ( x; y) = 2+ 2− ; 4 2− 2+ ; 4 Ví dụ (B-2009) Cho số thực x, y thay đổi thoả mãn ( x + y)3 + x y ≥ Tìm giá trị nhỏ biểu thức : A = 3( x4 + y4 + x2 y2 ) − 2( x2 + y2 ) + Lời giải Ta có: Khi đó: ( x + y)3 + x y ≥ 2 ( x + y) − x y ≥ ⇒ ( x + y)3 + ( x + y)2 − ≥ ⇒ x + y ≥ A = x4 + y4 + x2 y2 − 2( x2 + y2 ) + = ( x2 + y2 ) − x2 y2 − 2( x2 + y2 ) + 2 ≥ ( x2 + y2 ) − ( x2 + y2 ) − 2( x2 + y2 ) + = ( x2 + y2 ) − 2( x2 + y2 ) + ( x + y)2 ≥ ⇒ t ≥ A ≥ t2 − t + 2 9 1 Xét hàm số: f ( t) = t − t + , t ≥ có f ( t) = t − > ∀ t ≥ ⇒ f ( t) ≥ f ( ) = ∀t ≥ 2 2 16 Do A ≥ Đẳng thức xảy ⇔ x = y = 16 Vậy giá trị nhỏ A 16 Đặt t = x2 + y2 ≥ Ví dụ (D-2014) Cho số thực x, y thỏa mãn ≤ x ≤ 2, ≤ y ≤ Tìm giá trị nhỏ biểu thức P= x + 2y x2 + y + + y + 2x y2 + x + + 4( x + y − 1) Lời giải Ta có ≤ x ≤ ⇒ ( x − 1) ( x − 2) ≤ ⇒ x2 ≤ x − x + 2y x + 2y ≥ x2 + y + x + y + y + 2x y + 2x Tương tự ≥ y + 3x + 3x + y + Suy Suy P≥ Đặt t = x + y − ⇒ ≤ t ≤ P ≥ Xét hàm số f ( t), t ∈ [1; 3] ta có x+ y + x + y + ( x + y − 1) t+1 + = f ( t) t + 4t f ( t) = (3 t + 2) ( t − 2) − = t2 ( t + 2)2 ( t + 2)2 t2 Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 2.1 Sử dụng tính đối xứng Suy f ( t) = ⇔ t = f (1) = 11 53 , f (2) = , f (3) = 12 60 Do f ( t) ≥ f (2) = , ∀ t ∈ [1; 3] Đẳng thức xảy chẳng hạn x = 1, y = Vậy GTNN P x + y + z = Ví dụ (B-2012) Cho số thực x, y, z thỏa mãn : x2 + y2 + z2 = Suy P ≥ Tìm giá trị lớn biểu thức P = x + y5 + z Lời giải Từ x + y + z = 0, ta có: z = − ( x + y) Khi x2 + y2 + z2 = trở thành x2 + y2 + ( x + y)2 = (1) P = x5 + y5 − ( x + y)5 t2 − Đặt t = x + y, từ (1) ta có x y = Và P = x5 + y5 − x5 + x4 y + 10 x3 y2 + 10 x2 y3 + x y4 + y5 = −5 x y x3 + y3 − 10 x2 y2 ( x + y) = −5 x y ( x + y)3 − x y ( x + y) − 10 x2 y2 ( x + y) = (−2 t3 + t) Để cho gọn ta đặt a = x + y; b = x y (1’) thành: 2b = 2a2 − (2) Khi đó, P = −5 b a3 3ab 10ab2 = −5a3 b + 5ab2 ⇒ 4P = −10a3 2a2 − + 5a 2a2 − = −10a3 + 5a Mặt khác, a2 ≥ 4b nên từ (2) suy ra: a2 ≥ 2 a2 − ⇒ a2 ≤ ⇒ | a| ≤ Xét hàm f (a) = −10a3 + 5a ta có: f (a) = −30a2 + = ⇔ a = ± 6 ∈ − ; 3 Bằng tính toán ta có: f 19 6 = ; f − = ; 36 kết hợp với bảng biến thiên ta thu hàm f (a) đạt giá trị lớn f − a = − 6 = 6 tức x = y = − Vậy, giá trị lớn P 6 x = y = − ; z = 36 Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 2.1 Sử dụng tính đối xứng Ví dụ (B – 2010) Cho số thực không âm a, b, c thỏa mãn: a + b + c = Tìm giá trị nhỏ biểu thức : P = 3(a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 ) + 3(ab + bc + ca) + Lời giải Đặt t = ab + bc + ca ⇒ ≤ t ≤ a2 + b + c (a + b + c)2 = Khi đó: 3 3(a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 ) ≥ (ab + bc + ca)2 = t2 a2 + b2 + c2 = (a + b + c)2 − 2(ab + bc + ca) = − t Suy P ≥ t2 + t + − t = f ( t) Xét hàm số f ( t) với t ∈ 0; ta có: f ( t) = t + − − 2t ⇒ f ( t) = − Suy f ( t) hàm nghịch biến 0; (1 − t) < 0, ∀ t ∈ 0; 1 nên f ( t) ≥ f ( ) > 3 1 , suy f ( t) ≥ f (0) = 2, ∀ t ∈ 0; 3 Suy P ≥ Khi a = b = 0, c = P = Vậy GTNN P Do f hàm số đồng biến 0; Ví dụ (THPT QG -2015) Cho số thực a, b, c ∈ [1; 3] thỏa mãn a + b + c = Tìm giá trị lớn biểu thức P= a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 + 12abc + 72 − abc ab + bc + ca Lời giải Ta có a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 = (ab + bc + ca)2 − 2abc (a + b + c) = (ab + bc + ca)2 − 12abc Do a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 + 12abc + 72 (ab + bc + ca)2 + 72 = ab + bc + ca ab + bc + ca Mặt khác a, b, c ∈ [1; 3] nên ta có (a − 1) ( b − 1) ( c − 1) ≥ (a − 3) ( b − 3) ( c − 3) ≤ ⇒ abc ≥ ab + bc + ca − abc ≤ (ab + bc + ca) − 27 Đặt t = ab + bc + ca, ta có t − 27 ≥ t − ⇒ t ≥ 11 (a + b + c)2 ≥ (ab + bc + ca) ⇒ t ≤ 12 Khi t2 + 72 1 72 − ( t − 5) = t + + = f ( t) t 2 t Xét hàm số f ( t) với t ∈ [11; 12] ta có P≤ 72 t2 − 144 − = ≤ ∀ t ∈ [11; 12] t2 t2 160 160 Suy f ( t) ≤ f (11) = Nên P ≤ Đẳng thức xảy ra, chẳng hạn a = 1, b = 2, c = 11 11 160 Vậy GTLN P 11 f ( t) = Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 2.2 Sử dụng tính chất 2.2 Sử dụng tính chất • Nếu P ( x, y) biểu thức (P ( kx, k y) = P ( x, y)) ta đặt x = yt ( y = 0) Khi P ( x; y) = P ( t; 1) • Nếu P (a, b, c) biểu thức nhất, ta đặt b = ax, c = a y chuyển P (a, b, c) biểu thức chứa hai biến x, y • Nếu bất đẳng thức xuất số hạng: an b n a b + ta đặt t = + bn an b a Ví dụ 10 (D-2013) Cho số thực dương x, y thỏa x y ≤ y − Tìm giá trị lớn biểu thức x+ y P= x2 − x y + y2 − x − 2y 6( x + y) Lời giải Từ giả thiết ta có: xy+1 ≤ y ⇔ ≥ x + Đặt t = ≥2 y x x ⇒ ≤ y y x ⇒ < t ≤ Ta có: y t+1 P= t2 − t + − t−2 6( t + 1) Ta lại có t − t+3 = t− 2 1 11 ≥ − + 4 2 + 11 45 = 16 Suy P≤ ( t + 1) − t−2 = f ( t) ( t + 1) Xét hàm số f ( t) với < t ≤ Ta có: f ( t) = − 2( t + 1) = 8( t + 1)2 − 5( t + 1)2 > ∀ t ∈ 0; + 10 + 10 = , ∀ t ∈ 0; Do P ≤ Dấu “=” xảy y = x 30 30 + 10 Vậy GTLN P 30 Suy f ( t) ≤ f Ví dụ 11 (B-2011) Cho a b số thực dương thỏa mãn a2 + b2 +ab = (a + b) (ab + 2) Tìm giá trị nhỏ biểu thức P =4 a2 b a3 b + − + b a3 b a2 Lời giải Theo giả thiết ta có a2 + b2 + ab = (a + b) (ab + 2) ≥ 2 (a + b) ab Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 2.2 Sử dụng tính chất Suy a b + +1 ≥ 2 b a a+ a Hay 2 2 b −2 2 a a + b b −3 ≥ ⇔ a a + b b 2 − a a + b Nên a b b ≥ ⇒ + = a b a a + b Đặt t = a + b a + b b 2 + ≥ a 2 b −2 ≥ a a b + ,ta có: b a P =4 a3 b a2 b + − + = t3 t t2 = t3 t2 12 t + 18 = f ( t) b a3 b a2 Xét hàm số f ( t) với t ≥ ta có f ( t) = 12 t2 − 18 t − 112 = (2 t + 1) ( t − 2) > 0, ∀ t ≥ Suy f ( t) ≥ f 5 23 23 = − , ∀ t ≥ hay P ≥ − 4 a=1 a=2 Đẳng thức xảy b=2 23 Vậy GTNN P − b=1 Ví dụ 12 (Khối A-2013) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn (a + c)(b + c) = c2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P= a 32a3 32 b3 + − ( b + c)3 (a + c)3 a2 + b c b Lời giải Đặt = x, = y ⇒ x, y > ( x + 1)( y + 1) = c c Đặt t = x + y, từ ( x + 1)( y + 1) = ⇒ x y + x + y + = ⇒ x y = − t Mà ( x + y)2 ≥ x y ⇒ t2 ≥ 4(3 − t) ⇔ t2 + t − 12 ≥ ⇒ t ≥ Khi P= 32 x3 32 y3 + − ( y + 3)3 ( x + 3)3 x2 + y2 Với u > ta có 32u3 + − u = (4 u − 1)2 (2 u + 1) ≥ nên 32u3 ≥ u − Do : 32 x3 ( y + 3)3 ≥ 6x y3 6y − 1; ≥ − y+3 x+3 ( x + 3) Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 2.2 Sử dụng tính chất Suy 32 x3 32 y3 x y + ≥6 + − 3 y+3 x+3 ( y + 3) ( x + 3) Mà x y x2 + y2 + 3( x + y) t2 − 2(3 − t) + t t2 + t − t − + = = = = y+3 x+3 x y + 3( x + y) + 12 + t t + 12 Suy 32 x3 32 y3 + ≥ 3( t − 1) − = t − ( y + 3)3 ( x + 3)3 Do P ≥ t − − t2 + t − = f ( t) Xét hàm số f ( t) với t ≥ 2, ta có: f ( t) = − Ta có: t+1 t2 + t − t2 + t + 7 = ⇒ = + ≤ + 2 t2 + t − t2 + t − t+1 t2 + t − ≤ Suy f ( t) > 0, ∀ t ≥ ⇒ f ( t) ≥ f (2) = − 2, ∀ t ≥ Do P ≥ − Đẳng thức xảy x = y = ⇒ a = b = c Vậy GTNN P : − Ví dụ 13 ( A – 2011) Cho số thực x, y, z ∈ [1; 4] ; x ≥ y, x ≥ z Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P= y x x y z + + 2x + y y + z z + x z y x 1 ta có x yz = P = + + z + 3a + b + c abc = 1 ⇒ bc ≥ Vì x, y, z ∈ [1; 4] ; x ≥ y, x ≥ z nên a, b, c ∈ ; ; a ≤ ≤ c Do a≤1 Lời giải Đặt a = , b = , c = Ta có bc − b− c 1 + − = ≥ + b + c + bc (1 + b) (1 + c) + bc Suy 1 2 a = + ≥ + b + c + bc + a Dẫn tới P≥ với t = a ∈ a 2t + = + = f ( t) 3a + + a t + + t ;1 Xét hàm số f ( t) với t ∈ f ( t) = − ; ta có 6t t2 + + 2 ( t + 1)2 = t3 (3 t − 1) + t2 + (4 − t) t2 + ( t + 1)2 Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh ≥0 ∀∈ ;1 2.3 Sử dụng đánh giá trung gian Suy 34 34 = ⇒P≥ 33 33 f ( t) ≥ f Đẳng thức xảy x = 1, y = 4, z = Vậy GTNN P : 2.3 34 33 Sử dụng đánh giá trung gian Bất đẳng thức Cô si hệ Bất đẳng thức Cô si: Với hai số không âm x, y ta có x+ y ≥ x y Đẳng thức xảy x = y HQ: Với x, y > ta có 1 1 1 + ≥ hay ≤ + x y x+ y x+ y x y Đẳng thức xảy x = y Ví dụ 14 (Khối B – 2013) Cho a, b, c số thực dương Tìm giá trị lớn biểu thức: P= a2 + b + c + − (a + b) (a + c)( b + c) Lời giải Ta có a + b + 4c 4(a + b + c) (a + b) (a + c)( b + c) ≤ (3a + b) ≤ 2 = 2(a + b + c)2 ≤ a2 + b2 + c2 Nên suy P≤ a2 + b + c + − a2 + b + c = − = f ( t) , t t2 − với t = a2 + b2 + c2 + > Xét hàm số f ( t) ta có 9t f ( t) = − + t t2 − = − ( t − 4) t3 + t2 − t − 16 t2 t2 − Do t3 + t2 − t − 16 = t3 − + t (7 t − 4) > ∀ t > nên f ( t) = ⇔ t = Lập bảng biến thiên ta có: P ≤ f ( t) ≤ f (6) = Đẳng thức xảy a = b = c Vậy GTLN P Ví dụ 15 (B – 2014) Cho số thực không âm a, b, c thỏa (a + b) c > Tìm giá trị nhỏ biểu thức P= a + b+c b c + a + c (a + b) Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 10 2.3 Sử dụng đánh giá trung gian a = b+c Lời giải Với a > ta có a a ( b + c) ≥ a 2a = (*) Và ta thấy (*) a+b+c a+b+c với a = 0, (*) với a ≥ Tương tự 2b b ≥ , c+a a+b+c 2c c ≥ c+a a+b+c Cộng ba bất đẳng thức theo vế ta có a + b+c b + c+a c ≥2⇒ a+b a + b+c b ≥ 2− c+a c a+b Suy P ≥ 2− c c + = a + b (a + b) c −1 a+b + 3 ≥ 2 Đẳng thức xảy a = 0, b = c b = 0, a = c Vậy GTNN P Ví dụ 16 (A-2012) Cho số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = 3| x− y| + 3| y− z| + 3| z− x| − x2 + y2 + z2 Lời giải Trước hết, ta chứng minh rằng: Với t ≥ 0, t ≥ t + (1) Thật vậy, xét hàm số f ( t) = 3t − t − với t ≥ 0, ta có f ( t) = t ln − ≥ 30 ln − = ln − > Do đó, f ( t) hàm đồng biến [0, + ∞) Suy f ( t) ≥ f (0) = 0, ∀ t ≥ Vậy (1) chứng minh Bây giờ, sử dụng (1), ta có: P ≥ + | x − y| + | y − z| + | z − x| − 6( x2 + y2 + z2 ) Mặt khác, ta lại có: (| x − y| + | y − z| + | z − x|)2 = ( x − y)2 + ( y − z)2 + ( z − x)2 + (|( x − y)( x − z)| + |( y − z)( y − x)| + |( z − x)( z − y)|) ≥ ( x − y)2 + ( y − z)2 + ( z − x)2 + |( x − y)( x − z) + ( y − z)( y − x) + ( z − x)( z − y)| = 3( x2 + y2 + z2 ) − ( x + y + z)2 + 3( x2 + y2 + z2 ) − ( x + y + z)2 = 6( x2 + y2 + z2 ) Suy ra: | x − y| + | y − z| + | z − x| − 6( x2 + y2 + z2 ) ≥ Từ đây, kết hợp với đánh giá trên, ta thu P ≥ Đẳng thức xảy x = y = z = P = Vậy GTNN P Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 11 2.3 Sử dụng đánh giá trung gian Ví dụ 17 (A – 2014) Cho số thực không âm x, y, z thỏa x2 + y2 + z2 = Tìm GTLN biểu thức x2 y+ z + yz P= + − x + yz + x + x + y + z + Lời giải Ta chứng minh x2 + yz + x + ≥ x ( x + y + z + 1) (1) Thật (1) ⇔ + yz − x y − xz ≥ ⇔ x2 + y2 + z2 + yz − x y − xz ≥ ⇔ ( x − y − z)2 ≥ bất đẳng thức Suy P≤ + yz yz + x+ y+ z − = 1− + x+ y+ z+1 x+ y+ z+1 Ta lại có x2 + ( y + z)2 = + yz x+ y+ z ≤ nên P ≤ 1− Đặt t = + yz, ≤ t ≤ Xét hàm số f ( t) = 1+ y2 + z2 < 2 + yz + + yz + t2 + , t ∈ 1; Ta có 2t + t(2 t + 1)2 − 2 f ( t) = t − = ≥ ∀ t ∈ 1; 9(2 t + 1)2 (2 t + 1)2 Suy f ( t) ≥ f (1) = ⇒ P ≤ Đẳng thức xảy x = y = 1, z = 9 Vậy max P = Ví dụ 18 (NTThu) Cho số thực x, y, z ≥ thỏa mãn x + y + z = Tìm giá trị nhỏ P =9 1+ x+ + y + + z Lời giải Với a, b ≥ ta có + a + + b ≥ + + a + b (∗) Đẳng thức xảy a = b = Thật (∗) ⇔ + a + + b + (1 + a) (1 + b) ≥ + + a + b + + a + b ⇔ (1 + a) (1 + b) ≥ + a + b ⇔ ab ≥ (đúng) Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 12 2.3 Sử dụng đánh giá trung gian Áp dụng (*) ta có 1+ y+ 1+ x ≥ 1+ + x + y = + − z Do P ≥ − z + + z + = f ( z) Xét hàm số f ( z) với z ∈ [0; 3] ta có f ( z) = − 4− z + 15 , f ( z) = ⇔ + z = − z ⇔ z = + 3z Ta có = 35, f (3) = 18 + 10 f (0) = 32, f Suy P ≥ f (0) = 32 Đẳng thức xảy chẳng hạn x = 3, y = z = Vậy GTNN P 32 Ví dụ 19 (NTThu) Cho a, b, c ∈ [0; 1] a + b + c = Tìm giá trị lớn biểu thức P = a2 b + b c + c a + − (ab + bc + ca) Lời giải Ta có a, b, c ∈ [0; 1] nên ta có a (a − 1) ( b − 1) ≥ ⇒ a2 b ≥ a2 + ab − a Tương tự: b2 c ≥ b2 − bc − b, c2 a ≥ c2 + ca − c Suy a2 b + b2 c + c2 a ≥ a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca − a − b − c = − (ab + bc + ca) = − t Với ≤ t = ab + bc + ca ≤ ta có P ≥ 2− t+ Xét hàm số f ( t) với t ∈ 0; − 2t = f ( t) ta có f ( t) = −1 + (3 − t)3 Mà f (0) = + nên ta có f ( t) ≥ ∀ t ∈ 0; 1 ⇒ f ( t) = ⇔ , f (1) = 2, f − t = ⇔ t = = + 3 Suy P ≥ Đẳng thức xảy a = 0, b = c = hoán vị Vậy GTNN P Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 13 2.3 Sử dụng đánh giá trung gian Ví dụ 20 (NTThu) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn a2 + b2 = ( c + 1)2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P= 1 + + + 12 c + a b c Lời giải Với x, y > ta có x+ y≤ x + y2 1 + 2≥ ≥ x y ( x + y)2 x y Đẳng thức xảy x = y Ta có: 1 8 + 2+ 2≥ + 2≥ 2 a b c c a+b (a + b) 2 ≥ a2 + b 2 2 +c 2 = 32 (3 c + 1)2 + c Suy P≥ 32 (3 c + 1)2 + 12 c + = f ( c) Xét hàm số f ( c) với c > ta có f ( c) = − Nên 32.6 (3 c + 1) + c+3 f ( c) = ⇔ (3 c + 1)3 = 32 c + ⇔ (3 c + 1)3 − 43 = 32 c+3−2 ⇔ ( c − 1) (3 c + 1)2 + (3 c + 1) + 16 = 32 ( c − 1) c+3+2 Ta có (3 c + 1)2 + (3 c + 1) + 16 > 48 > 16 > (∗) 32 c+3+2 nên (∗) ⇔ c = Mà lim f ( c) = 32 + 12 3, f (1) = 26, lim f ( c) = +∞ c→0 c→+∞ nên ta có f ( c) ≥ 26 ⇒ P ≥ 26 Đẳng thức xảy c = 1, a = b = Vậy GTNN P 26 Ví dụ 21 Lời giải Ví dụ 22 Lời giải Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 14 Bài tập Bài tập Cho x, y số thực thỏa mãn điều kiện x + y = x + + trị nhỏ giá trị lớn biểu thức: P = ( x + 1)2 + ( y + 1)2 + 2x y x+ y+1−1 x+ y+1 Bài tập Cho số thực x, y thoả mãn x + y − = x − + giá trị nhỏ biểu thức : S = ( x + y)2 − 9− x− y+ y − + Tìm giá y + Tìm giá trị lớn x+ y Bài tập Cho x, y số thực dương thoả mãn: x2 + y2 + = ( x + y) + x y Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức: P = 2x y + x y − x+ y Bài tập Cho số thực dương x, y thỏa x4 + y4 + P= = x y + Tìm giá trị lớn xy 2 + − 2 + 2x y 1+ x 1+ y Bài tập (NTThu) Cho số thực dương x, y Tìm giá trị lớn biểu thức P= 49 y 49 x + −4 y3 + 3( x + 1) x3 + ( y + 1) x + y + Bài tập Cho x, y, z số thực thỏa mãn x2 + y2 + z2 = Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức: P = x3 + y3 + z3 − x yz Bài tập Cho a, b, c ba số thực không đồng thời 0, thỏa mãn : (a + b + c)2 = 2(a2 + b2 + c2 ) Tìm GTLN, GTNN biểu thức : P= a3 + b + c (a + b + c)(ab + bc + ca) 1 + + = Tìm GTNN a b c Bài tập (NTThu) Cho a, b, c ba số thực dương thỏa mãn : biểu thức : P = (a + 1) ( b + 1) ( c + 1) + Bài tập Cho a, b, c > thỏa (a + 2b) a2 + b + c + 1 + = 3a ≥ c Tìm giá trị nhỏ giá trị b c lớn biểu thức: P= a2 + b ac Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 15 + + = 30 Tìm a b c Bài tập 10 (NTThu) Cho số thực dương a, b, c thỏa (3a + b + c) giá trị lớn biểu thức: b + c − 72a2 + c2 a P= Bài tập 11 Cho số thực dương a, b, c thỏa (a + b − c) biểu thức P= c4 + 2ab ab − c2 a4 + b 1 = Tìm giá trị nhỏ + − a b c a2 b + b a2 + Bài tập 12 Cho số thực dương x, y thỏa x y ≤ y − Tìm giá trị nhỏ biểu thức y3 x2 + x3 y P= Bài tập 13 Cho số thực dương x, y thỏa x + x y ≥ y Tìm giá trị nhỏ biểu thức x2 y2 x3 y3 − + + y3 x3 y2 x2 P =4 Bài tập 14 (NTThu)Cho số thực không âm a, b, c thoả biểu thức: P= 1 + − + 4a + b2 a+b ≤1 abc = Tìm giá trị lớn c + Bài tập 15 (Vĩnh Phúc 2014) Cho số thực dương a, b, c thỏa a2 + b2 + c2 = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = (2 − a) (2 − b) (2 − c) Bài tập 16 (ĐH Vinh 2015) Cho số thực x, y, z ≥ thỏa + x2 + + y + + z = Tìm giá trị lớn biểu thức P = x3 + y3 + z3 Bài tập 17 (NTThu)Cho số thực dương a, b thỏa b ≤ 12 Tìm giá trị lớn biểu thức P = a 12 − b + b 12 + a2 + 66 a2 + b + − a2 + b Bài tập 18 (NTThu)Cho số thực không âm x, y, z thỏa x y2 + z2 > Tìm giá trị lớn biểu thức P= x2 ( x + z)2 + ( y + z)2 − − y2 + z2 2 2y + z Bài tập 19 (NTThu)Cho số thực không âm x, y, z không đồng thời Tìm giá trị nhỏ biểu thức P= ( x + y) + z2 − 2 ( x + z) + ( y + z)2 Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 16 Bài tập 20 (NTThu) Cho số thực dương x, y, z thỏa x2 + y2 + z2 = Tìm giá trị nhỏ biểu thức 10 (4 x y + 13) − 2 ( x + y) + 3.z P= 1 + x2 + 1 + y2 Bài tập 21 (NTThu)Cho số thực dương x, y thỏa x y = Tìm giá trị lớn biểu thức P= x + 3y + y + 3x − x2 + y2 Bài tập 22 Cho a, b, c > ; a ≥ c Tìm giá trị lớn nhát biểu thức P= a a2 + b + b b2 + c2 c c+a + Bài tập 23 Cho số thực dương a, b, c Tìm giá trị lớn biểu thức P= a2 + b + c + − (a + 1)( b + 1)( c + 1) Bài tập 24 Giả sử x, y, z số thực không âm thỏa mãn 5( x2 + y2 + z2 ) = 6( x y + yz + zx) Tìm giá trị lớn biểu thức 2( x + y + z) − ( y2 + z2 ) P= Bài tập 25 Cho số thực dương x, y thỏa x + y + x y = Tìm giá trị nhỏ biểu thức P =4 x+1 y +4 y+1 x x2 + y2 + Bài tập 26 (NTThu) Cho số thực a, b, c ∈ [1; 3] Tìm giá trị nhỏ biểu thức P= a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca + | b − c | + Bài tập 27 (NTThu)Cho số thực a, b, c ∈ [0; 2] Tìm giá trị lớn biểu thức P= 2+ (a − b)2 + 2+ ( b − c)2 + 2+ ( c − a )2 − b2 − c2 + abc Bài tập 28 (Trần Văn Thương) Cho số thực a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = Tìm giá trị nhỏ biểu thức P= a2 + b + b2 + c2 + c + a2 + 10 (1 + a) (1 + b) (1 + c) Bài tập 29 (NTThu) Cho số thực a, b, c ∈ [0; 1] thỏa mãn a2 + b2 + c2 = Tìm giá trị lớn biểu thức P= 3 − (ab + bc + ca) − 2a + b + c Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 17 Bài tập 30 (NTThu) Cho số thực a, b, c ∈ [0; 1] thỏa a3 + b3 + c3 = Tìm giá trị lớn biểu thức P = 8a + 8b + c − a.2a + b.2b + c.2 c Bài tập 31 (Thi Thử Sở GD TP HN 2016) Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn x2 + y2 + z2 = x y + xz + 10 yz Tìm GTNN biểu thức P = x yz − x3 y2 + z2 Bài tập 32 Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 18 [...]... giá trị nhỏ nhất của biểu thức 10 (4 x y + 13) − 2 2 ( x + y) + 3.z P= 1 1 + x2 + 1 1 + y2 Bài tập 21 (NTThu)Cho các số thực dương x, y thỏa x y = 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 1 P= x + 3y 1 + y + 3x − 8 x2 + y2 Bài tập 22 Cho a, b, c > 0 ; a ≥ c Tìm giá trị lớn nhát của biểu thức P= a a2 + b 2 + b b2 + c2 c c+a + Bài tập 23 Cho các số thực dương a, b, c Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức. .. c+a a+b+c 2c c ≥ c+a a+b+c Cộng ba bất đẳng thức trên theo vế ta có a + b+c b + c+a c ≥2⇒ a+b a + b+c b ≥ 2− c+a c a+b Suy ra P ≥ 2− c c 1 + = a + b 2 (a + b) 2 c −1 a+b 2 + 3 3 ≥ 2 2 3 2 Đẳng thức xảy ra khi a = 0, b = c hoặc b = 0, a = c Vậy GTNN của P là Ví dụ 16 (A-2012) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = 0 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 3| x− y| + 3| y− z| + 3| z−... Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2( x + y + z) − ( y2 + z2 ) P= Bài tập 25 Cho các số thực dương x, y thỏa x + y + x y = 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =4 3 x+1 y +4 y+1 x 3 x2 + y2 + Bài tập 26 (NTThu) Cho các số thực a, b, c ∈ [1; 3] Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P= 1 a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca + 1 2 | b − c | + 1 Bài tập 27 (NTThu)Cho các số thực a, b, c ∈ [0; 2] Tìm giá trị lớn... thỏa mãn : biểu thức : P = (a + 1) ( b + 1) ( c + 1) + Bài tập 9 Cho a, b, c > 0 thỏa (a + 2b) 4 a2 + b 2 + c 2 + 1 1 1 + = 4 và 3a ≥ c Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị b c lớn nhất của biểu thức: P= a2 + 2 b 2 ac Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 15 1 2 3 + + = 30 Tìm a b c Bài tập 10 (NTThu) Cho các số thực dương a, b, c thỏa (3a + 2 b + c) giá trị lớn nhất của biểu thức: b + 2 c −... các số thực dương a, b, c thỏa (a + b − c) nhất của biểu thức P= c4 + 2ab ab − c2 a4 + b 4 1 1 1 = 4 Tìm giá trị nhỏ + − a b c a2 b 2 + b 2 a2 + Bài tập 12 Cho các số thực dương x, y thỏa x y ≤ y − 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức y3 2 x2 + 2 x3 y P= Bài tập 13 Cho các số thực dương x, y thỏa x + 2 x y ≥ 8 y Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x2 y2 x3 y3 − 9 + + y3 x3 y2 x2 P =4 Bài tập 14 (NTThu)Cho... không âm a, b, c thoả nhất của biểu thức: P= 1 1 + − 2 1 + 4a 1 + 4 b2 a+b ≤1 abc = 1 Tìm giá trị lớn c + 1 Bài tập 15 (Vĩnh Phúc 2014) Cho các số thực dương a, b, c thỏa a2 + b2 + c2 = 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = (2 − a) (2 − b) (2 − c) Bài tập 16 (ĐH Vinh 2015) Cho các số thực x, y, z ≥ 0 thỏa 1 + x2 + 1 + 2 y + 1 + 2 z = 5 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = 2 x3 + y3 + z3 Bài tập... a, b thỏa b ≤ 12 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = a 12 − b + b 12 + a2 + 66 2 a2 + b + 3 − a2 + b Bài tập 18 (NTThu)Cho các số thực không âm x, y, z thỏa x y2 + z2 > 0 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P= 4 x2 ( x + z)2 + ( y + z)2 − 2 6 2 − y2 + 2 z2 2 2 2y + z Bài tập 19 (NTThu)Cho các số thực không âm x, y, z không đồng thời bằng 0 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P= 1 2 ( x + y) + z2... 2 Đẳng thức xảy ra khi a = 0, b = c = 1 và các hoán vị Vậy GTNN của P là 2 Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 13 2.3 Sử dụng các đánh giá trung gian Ví dụ 20 (NTThu) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a2 + b2 = ( c + 1)2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P= 1 1 1 + 2 + 2 + 12 c + 3 2 a b c Lời giải Với x, y > 0 ta có x+ y≤ 2 x 2 + y2 và 1 1 2 8 + 2≥ ≥ 2 x y ( x + y)2 x y Đẳng thức. .. ≥ 26 Đẳng thức xảy ra khi c = 1, a = b = 2 Vậy GTNN của P bằng 26 Ví dụ 21 Lời giải Ví dụ 22 Lời giải Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 14 3 Bài tập Bài tập 1 Cho x, y là các số thực thỏa mãn điều kiện x + y = x + 2 + trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức: P = ( x + 1)2 + ( y + 1)2 + 2x y x+ y+1−1 x+ y+1 Bài tập 2 Cho các số thực x, y thoả mãn x + y − 1 = 2 x − 4 + và giá trị nhỏ... 0 bất đẳng thức này luôn đúng Suy ra P≤ 1 + yz 1 yz + 1 x+ y+ z − = 1− + x+ y+ z+1 9 x+ y+ z+1 9 Ta lại có 2 x2 + ( y + z)2 = 2 1 + yz x+ y+ z ≤ nên P ≤ 1− Đặt t = 1 + yz, 1 ≤ t ≤ Xét hàm số f ( t) = 1+ y2 + z2 < 2 1 2 1 + yz + 1 + yz + 1 9 2 1 t2 + , t ∈ 1; 2 Ta có 2t + 1 9 2 t(2 t + 1)2 − 9 2 2 f ( t) = t − = ≥ 0 ∀ t ∈ 1; 2 9 9(2 t + 1)2 (2 t + 1)2 Suy ra f ( t) ≥ f (1) = 5 9 4 5 ⇒ P ≤ Đẳng thức