Bài Toán Cực Trị Trong Đề Thi Đại Học 2010 – 2015) Câu Cho số thực a,b,c thuộc đoạn [1,3] thỏa mãn điều kiện a b c Tìm giá trị lớn biểu thức P= a b2 b2c2 c2a 12abc 72 abc ( 2015) ab bc ca Ta có : ( ab bc ca )2 a b2 b2c2 c2a 2abc( a b c ) = a b2 b2c2 c2a 12abc ( a b c )2 Đặt x = ab + bc + ca ≤ 12 Ta có : a, b, c [ 1; ] ( a )( b )( c ) abc ( ab bc ac ) a b c abc x abc x Lại có : ( a )( b )( c ) abc 3( ab bc ac ) 9( a b c ) 27 abc 3x 27 Vậy : 3x – 27 ≥ abc ≥ x – 3x – 27 ≥ x – 2x ≥ 22 x ≥ 11 x 72 x 72 x 72 abc ≤ ( x 5) = (x thuộc [11; 12]) x x 2 x 72 11 72 160 P’ = ≤ P ≤ x 11 11 160 160 P= a = 1, b = 2, c = Vậy maxP = 11 11 P= Câu Cho x, y, z số thực không âm thỏa mãn điều kiện x²+y²+z² = Tìm giá trị lớn biểu thức P = yz yz x yz x x y z x2 (Khối A – 2014) Ta có: (x – y – z)² ≥ → x² + y² + z² – 2xy – 2xz + 2yz ≥ → – xy – xz + yz ≥0 → yz + ≥ xy + xz → x² + yz + x + ≥ x² + xy + xz + x = x(x + y + z + 1) x2 x x y z 1 x yz x xyz yz →P≤ = – 1/(x + y + z + 1) – (1 + yz)/9 x y z 1 → ≤ Mặt khác (x + y + z)² ≤ 2[x² + (y + z)²] = 2[2 + 2yz] = 4(1 + yz) → x + y + z ≤ yz →P≤1– 1 yz yz Đặt t = yz (t ≥ 1) xét hàm số f(t) = / (2t + 1) + t² / Đạo hàm f’(t) = 2t ≥ với t ≥ (2t 1)2 → f(t) ≥ f(1) với t ≥ → f(t) = f(1) = 4/9 Toán Tuyển Sinh Group www.facebook.com/groups/toantuyensinh → max P = – 4/9 = 5/9 yz = x = y + z = (x, y, z) = (1; 1; 0) (1; 0; 1) Câu Cho ba số thực a, b, c không âm thỏa mãn điều kiện (a + b)c > Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = a b c bc a c 2(a b) (Khối B – 2014) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy: (a + b + c)² ≥ 4a(b + c) → 4a a ≥ → bc (a b c)2 a 2a ≥ bc a bc b 2b ≥ ac a bc 2(a b) a b c P + 1/2 ≥ ≥2 a b c 2(a b) Cm tương tự: P ≥ – 1/2 = 3/2 Vậy P = 3/2 a = c, b = a = 0, b = c Câu Cho hai số thực x, y thỏa mãn điều kiện ≤ x ≤ 2; ≤ y ≤ Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = x 2y x 3y y 2x y 3x 4(x y 1) (Khối D – 2014) Theo đề x, y thuộc [1; 2] → (x – 1)(x – 2) = x² – 3x + ≤ → x² ≤ 3x – Cm tương tự: y² ≤ 3y – Từ suy ra: P ≥ x 2y y 2x xy 1 3x 3y 3y 3x 4(x y 1) x y 4(x y 1) Đặt t = x + y (2 ≤ t ≤ 4) Xét f(t) = t có đạo hàm f '(t) t 4(t 1) (t 1) 4(t 1) f’(t) = t + = 2(t – 1) t = hàm số f(u) đạt giá trị nhỏ t = → P ≥ f(3) = 7/8 → P = f(3) = 7/8 x = 1; y = x = 2, y = Câu Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện (a + c)(b + c) = 4c² Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = 32a (b 3c)3 32b3 (a 3c)3 a b2 c (Khối A – 2013) Đặt x = a/c; y = b/c Ta có P = Toán Tuyển Sinh Group 32x3 32y3 x y2 3 (y 3) (x 3) www.facebook.com/groups/toantuyensinh Với u, v >0 ta có u³ + v³ = (u + v)(u² – uv + v²) ≥ uv(u + v) suy 3(u³ + v³) ≥ 3uv(u + v) → 4(u³ + v³) ≥ (u + v)³ (1) Áp dụng bất đẳng thức (1) ta có: 8( 32x (y 3)3 x y 8(x y2 3x 3y)3 ) y3 x 3 (xy 3x 3y 9)3 32y3 (x 3)3 ≥ (2) Theo đề (a + c)(b + c) = 4c² → (x + 1)(y + 1) = → xy + x + y – = (3) Do x² + y² = (x + y)² – 2xy = (x + y)² – 2(3 – x – y) = (x + y)² + 2(x + y) – (4) Kết hợp (2), (3), (4) ta có: 32x (y 3) 32y3 (x 3) ≥ 8[(x y)2 5(x y) 6]3 [2(x y) 12] [(x y 1)(x y 6)]3 (x y 6) (x y 1)3 → P ≥ (x + y – 1)³ – (x y)2 2(x y) Đặt t = x + y → P ≥ (t – 1)³ – t 2t = t³ – 4t² + t + + t² + 2t – – t 2t Mặt khác xy ≤ (x + y)² / = t²/4 → xy + x + y ≤ t²/4 + t → t² + 4t ≥ 12 → (t – 2)(t + 6) ≥ → t ≥ (vì t > 0) t 1 Đạo hàm f ’(t) = 3(t – 1)² – mà 3(t – 1)² ≥ 3; t 1 t 2t t 2t [1 ]1/2 ≤ (1 )1/2 – = với t ≥ Do f(t) ≥ f(2) = – → P = – x = y = a = b = c Câu Cho số thực dương a, b, c Tìm giá trị lớn biểu thức P= a b2 c2 (a b) (a 2c)(b 2c) (Khối B – 2013) Ta có (a b) (a 2c)(b 2c) ≤ (a b) 2(a² + b² + c²) Đặt t = a b2 c2 → P ≤ a b 4c = (a² + b²) / + ab + 2ac + 2bc ≤ t 2(t 4) Xét g(t) = 4/t – 9/[2(t² – 4)] (2; +∞) có đạo hàm g’(t) = t2 9t (t 4)2 9t 4t 32t 64 t (t 4) g’(t) = 9t³ – 4t4 + 32t² – 64 = (t – 4)(–4t³ – 16t² – 32t + 16) = (*) Vì –4t³ – 16t² – 32t + 16 < với t > nên (*) có nghiệm t = Bảng biến thiên Toán Tuyển Sinh Group www.facebook.com/groups/toantuyensinh t +∞ g’(t) ║ + – g(t) ║ 5/8 ║–∞ Dựa vào bảng biến thiên ta có g(t) ≤ 5/8 Đẳng thức xảy t = Vậy giá trị lớn P 5/8 khi a = b = c a² + b² + c² = 12 a=b=c = Câu Cho x, y số thực dương thỏa mãn điều kiện xy ≤ y – Tìm giá trị lớn biểu thức sau P = xy x xy 3y2 x 2y 6(x y) (Khối D – 2013) Đặt x = ty Ta có ty² ≤ y – t ≤ 1/y – 1/y² = 1/4 – (1/y – 1/2)² ≤ 1/4 → < t ≤ 1/4 Khi P = t 1 t2 = g(t) 6(t 1) t2 t 3t g’(t) = 2 (t t 3)3 2(t 1) với < t ≤ 1/4, t² – t + = (t – 1/2)² + 11/4 < – 3t ≥ 25/4 với < t ≤ 1/4, t + > 25 Hàm số g(t) đồng biến (0; 1/4] 24 Đẳng thức xảy khi x = y/4 y = x = → P ≤ g(1/4) = 30 → g’(t) > 1/2 y = Vậy giá trị lớn (P) 30 Câu 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| – 6x 6y2 6z (Khối A – 2012) Xét hàm số g(t) = 3t – t – [0; +∞) có đạo hàm g’(t) = 3tln – > với t ≥ → g(t) đồng biến [0; +∞) Với t ≥ ta có g(t) ≥ g(0) = → 3t ≥ t + Áp dụng 3|x – y| + 3|y – z| + 3|z – x| ≥ + |x – y| + |y – z| + |z – x| Đặt a = |x – y|; b = |y – z| c = |z – x| Ta có (a + b + c)² = a² + b² + c² + 2ab + 2bc + 2ca = a² + b² + c² + a(b + c) + b(c + a) + c(a + b) mà a + b = |x – y| + |y – z| ≥ |x – z| = c; tương tự: b + c ≥ a; c + a ≥ b → (a + b + c)² ≥ 2(a² + b² + c²) (1) Toán Tuyển Sinh Group www.facebook.com/groups/toantuyensinh mặt khác a² + b² + c² = 2x² + 2y² + 2z² – 2(xy + yz + zx) = 3(x² + y² + z²) – (x + y + z)² kết hợp x + y + z = → a² + b² + c² = 3(x² + y² + z²) (2) Từ (1) (2) ta có: a + b + c ≥ 6( x² y² z²) Nên P ≥ + a + b + c – 6( x² y² z²) ≥ P = a = b = c = x + y + z = hay x = y = z = Câu Cho số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = x²+y²+z² = Tìm giá trị lớn biểu thức P = x5 + y5 + z5 (Khối B – 2012) với x + y + z = x² + y² + z² = 1, ta có = (x + y + z)² = x² + y² + z² + 2x(y + z) + 2yz = – 2x² + 2yz → 2yz = 2x² – ≤ y² + z² = – x² → x² ≤ 2/3 hay – 6 ≤x≤ 3 (*) P = x5 + y5 + z5 = x5 + (y³ + z³)(y² + z²) – (yz)²(y + z) = x5 + (y + z)[(y + z)² – 3yz](1 – x²) + (x/4)(2x² – 1)² = x5 + (–x)[x² – (3/2)(2x² – 1)](1 – x²) + (x/4)(4x4 – 4x² + 1) = x5 + (2x³ – 3x/2)(1 – x²) + x5 – x³ + x/4 = 2x5 + 2x³ – 3x/2 – 2x5 + 3x³/2 – x³ + x/4 = 5x³ / – 5x / = (5/4)(2x³ – x) Xét hàm số g(x) = 2x³ – x đoạn [ 6 ; ] 3 6 6 6 6 g( ) g( ) g( ) g( ) → giá trị lớn g(x) 9 g’(x) = 6x² – 1; g’(x) = x = Vậy giá trị lớn P 6 x = y = z = 36 Câu 10 Cho số thực x, y thỏa mãn (x – 4)² + (y – 4)² + 2xy ≤ 32 Tìm giá trị nhỏ biểu thức A = x³ + y³ + 3(xy – 1)(x + y – 2) (Khối D – 2012) (x – 4)² + (y – 4)² + 2xy ≤ 32 (x + y)² – 8(x + y) ≤ ≤ x + y ≤ A = x³ + y³ + 3xy(x + y) – 6xy – 3(x + y) + = (x + y)³ – 6xy – 3(x + y) + → A ≥ (x + y)³ – (3 / 2)(x + y)² – 3(x + y) + Xét hàm số g(t) = t³ – (3 / 2)t² – 3t + [0; 8] 1 1 t = 2 15 5 15 5 ) Ta có g(0) = 6; g(8) = 398; g( suy A ≥ 4 1 15 5 Đẳng thức xảy x = y = Vậy giá trị nhỏ A 4 g’(t) = 3t² – 3t – 3, g’(t) = t = Toán Tuyển Sinh Group www.facebook.com/groups/toantuyensinh Câu 11 Cho x, y, z ba số thực thuộc đoạn [1; 4] x ≥ y, x ≥ z Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = x y z 2x 3y y z z x (Khối A – 2011) Trước tiên ta chứng minh 1 a b ab (*) với a, b > ab ≥ (*) (2 + a + b)(1 + ab ) ≥ 2(1 + a + b + ab) (2 + a + b) ab ≥ a + b + 2ab (a b)( ab 1) ab( ab 1) ≥ ( a b)2 ( ab 1) ≥ Đẳng thức xảy ab = a = b Áp dụng (*) với a = z/y, b = x/z → ab = x/y ≥ Ta có y z 1 ≥ y z z x 1 a 1 b ab (đúng) 1 x y Đẳng thức xảy z² = xy y = x Đặt t = t2 x (với ≤ t ≤ ≤ x/y ≤ 4) y = g(t) 2t t 6t 12 g’(t) = ≤ < với ≤ t ≤ → g(t) nghịch biến [1; 2] 2 25 (2t 3) (1 t) P≥ → g(t) ≥ g(2) = 34/33 (Đẳng thức xảy khi t = hay x = y = 1) Vậy P = 34/33 khi x = 4, y = 1, z = Câu 12 Cho a, b số thực dương thỏa mãn 2(a²+b²)+ ab=(a+b)(ab+2) Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = 4( a3 b3 b3 a2 a b2 ) 9( a b b a 1 a b 1 Từ (a b) 2( ) ≥ 2(a b)( ) 2( 2) a b b a a b a b Suy 2(a/b + b/a) + ≥ 2( 2) (*) b a b2 a2 ) (Khối B – 2011) a b 2(a² + b²) + ab = (a + b)(ab + 2) 2( ) (a b) 2( ) Đặt t = a/b + b/a với t ≥ (*) (2t + 1)² ≥ 8(t + 2) 4t² – 4t + ≥ 16 t ≥ 5/2 Khi a² / b² + b² / a² = t² – 2; a³ / b³ + b³ / a³ = t³ – 3t → P = 4(t³ – 3t) – 9(t² – 2) = 4t³ – 9t² – 12t + 18 Xét hàm số g(t) = 4t³ – 9t² – 12t + 18 nửa khoảng [5/2; +∞) g’(t) = 12t² – 18t – 12 = 12[(t – 3/4)² – 25/16] ≥ 18 > với t ≥ 5/2 → g(t) đồng biến [5/2; +∞) → P = g(t) ≥ g(5/2) = –23/4 với a, b > Vậy P = –23/4 khi a/b + b/a = 5/2 a + b = 2(1/a + 1/b) Toán Tuyển Sinh Group www.facebook.com/groups/toantuyensinh (a, b) = (2; 1) (a, b) = (1; 2) Câu 13 Cho số thực không âm a, b, c thỏa mãn a + b + c = Tìm giá trị nhỏ biểu thức M=3(a²b²+b²c²+c²a²)+ 3(ab + bc + ca) + a b2 c2 (Khối B – 2010) Áp dụng bất đẳng thức (ab + bc + ca)² ≤ 3(a²b² + b²c² + c²a²) Ta có a² + b² + c² = (a + b + c)² – 2(ab + bc + ca) = – 2(ab + bc + ca) Do M ≥ (ab + bc + ca)² + 3(ab + bc + ca) + 2(ab bc ca) Đặt t = ab + bc + ca (t ≥ 0); Mặt khác a² + b² ≥ 2ab; b² + c² ≥ 2bc; c² + a² ≥ 2ca → a² + b² + c² ≥ ab + bc + ca → (a + b + c)² ≥ 3(ab + bc + ca) ≥ 3t 1/3 ≥ t Xét hàm số g(t) = t² + 3t + 2t [0; 1/3] g’(t) = 2t + – ; g’’(t) = – 2t (1 2t)3 ≤ với t thuộc [0; 1/3] Dấu xảy t = 1/3 → g’(t) nghịch biến [0; 1/3] với ≤ t ≤ 1/3 g’(t) ≥ g(1/3) = 2/3 + – > Suy g(t) đồng biến [0; 1/3] → M ≥ g(t) ≥ g(0) = giá trị nhỏ M khi ab + bc + ca = ab = bc = ca a + b + c = (a, b, c) ba số (1; 0; 0), (0; 1; 0), (0; 0; 1) Câu 14 Tìm giá trị nhỏ hàm số y = x 4x 21 x 3x 10 (Khối D – 2010) Điều kiện –x² + 4x + 21 ≥ –x² + 3x + 10 ≥ –3 ≤ x ≤ –2 ≤ x ≤ –2 ≤ x ≤ (*) –x² + 4x + 21 – (–x² + 3x + 10) = x + 11 > nên y > Mặt khác y² = –2x² + 7x + 31 – (x 3)(x 2)(x 5)(x 7) = (–x² + 2x + 15) + (–x² + 5x + 14) – (x 3)(x 2)(x 5)(x 7) + = (x + 3)(5 – x) + (x + 2)(7 – x) – (x 3)(5 x)(x 2)(7 x) + = [ (x 3)(5 x) (x 2)(7 x)]2 + ≥ → y ≥ Dấu xảy (x + 3)(5 – x) = (x + 2)(7 – x) x = 1/3 Vậy giá trị nhỏ y Toán Tuyển Sinh Group www.facebook.com/groups/toantuyensinh