sang kien kinh ngiem

PHƯƠNG PHÁP TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CÓ HIỆU QUẢ PHẦN I MỞ ĐẦU A.Lý chọn đề tài Bài tốn tìm giá trị lớn giá trị nhỏ nhất( GTLN GTNN) tốn tương đối khó Bởi sở lý thuyết ngắn , lại đa dạng kĩ thuật thủ thuật làm tốn Nó địi hỏi thời gian lớn để thấu hiểu giải tốn, mà cịn địi hỏi nhạy cảm khả tư cao Đặc biệt để giải tốn tìm GTLN GTNN kiến thức tổng hợp đại số, giải tích, hình học…thường sử dụng Trong phạm vi đó, việc dự đốn GTLN GTNN đồi hỏi kinh nghiệm , lẫn thông minh định đường phương tiện để chứng minh Hơn nữa, tốn tìm GTLN GTNN dạng tốn hay gặp kì thi tốt nghiệp, ĐH CĐ Qua thực tế giảng dạy nhiều năm trường THPT Phước Long nhận thấy dạy phần tơi thường gặp khó khăn sau đây:  Khó khăn thứ nhất: Đối tượng học sinh dù có học lực khá, ham thích học tốn “ngại” giải tốn  Khó khăn thứ hai: Học sinh hay mắc phải sai lầm thiếu sót từ việc chứng minh việc kết luận tốn  Khó khăn thứ ba :Đối với học sinh khối 10, áp dụng bất đẳng thức đề gỉai tốn tìm GTLN GTNN lại cịn gặp nhiều khó khăn Đặc biệt, tài liệu tự chọn nâng cao (TLTCNC) học sinh 10 tự nhiên không dễ dàng tiếp thu giải Thực tế làm cho trăn trở nhiều năm Phải cho học sinh hứng thú học tập gặp tốn nói chung dễ dàng tiếp thu tốn tìm GTLN GTNN áp dụng bất đẳng thức nói riêng ? Vì , tơi định chọn đề tài phương pháp tìm GTLN GTNN có hiệu , với mong muốn góp phần nhỏ kinh nghiệm vào cơng tác giảng dạy tốn tìm GTLN GTNN cho học sinh lớp 10 tạo tiền đề để học sinh tiếp tục tiếp cận toán kì thi tốt nghiệp , ĐH CĐ B Phương pháp thực Qua nhiều năm giảng dạy chương trình đại số 10 tơi thấy học sinh khó tiếp cận toán hay mắc phải số sai lầm để đến kết luận tốn Do dạy phần cho học sinh làm thật tốt toán bất đẳng thức , nắm vững sở lý thuyết toán GTLN GTNN , giải toán phạm vi phương pháp 1, phương pháp (được trình bày phần nội dung) để làm tảng vào phương pháp (được trình bày phần nội dung), đồng thời sai lầm mà học sinh hay mắc phải C Thời gian thực Tiết 44 , tuần 18 Tiết 64, tuần 25 Mà chủ yếu thực thời gian làm tập tự chọn chủ đề tự chọn nâng cao D Tài liệu tham khảo:  Sách giáo khoa 10 nâng cao  Phương pháp tìm GTLN GTNN Nguyễn Văn Nho  Một số viết diễn đàn toán học ∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗ PHẦN II NỘI DUNG A Kiến thức bất đẳng thức (BÑT ) : I Tính chất * Quy ước: A ≥ B ⇔ A − B ≥ hay A ≤ B ⇔ A − B ≤0 1) A > B ⇔ B< A A>B A>C 2) B>C 3) A > B  A+C > B+C (C   ) 4) A > B  A.C > B.C (C > 0) A > B  A.C < B.C (C < 0) II Các phép toán bất đẳng thức: 1) Cộng bất đẳng thức chiều: A>B  A + C> B+D C>D * Chú ý: Trừ BĐT chiều sai 2) Trừ bđt ngược chiều A>B C < D A - C > B - D 3) Nhân bđt dương chiều A>B>0 C>D>0  A C > B.D > 4) Bình phương BĐT dương A > B >  A > B2 Tq: A > B >  An > Bn 5) Khai bậc n  bđt AB 0 n AnB 6) Nghịch đảo moät BĐT: A  B 1    A B  A, Bcungdau III Một số BĐT quan trọng: 1) Bất đẳng thức giá trị tuyệt đối a) A+B  A+B “ = “  A, B cuøng daáu TQ: b) a1+a2+ … + ana1+ a2+…+ an A-BA-B “ = “  A, B dấu 2) Bất đẳng thức Cauchy Cho n số thuộc dương a1, a2,…, an 0 Ta có: Dạng 1: a1  a2   an n  a1.a2 an n Daïng 2:  a  n   an  aa a2 an   n   n “ = “  a1 = a2 = … = an * Ta thường dùng:  a,b  Ta có : a+b ab “=”  a = b  a, b, c  Ta coù: a  b  c 3 abc " "  a b c 3) Bất đẳng thức Shwartz ( Bunhiacovski ) Cho 2n soá thực tùy ý : a1 , a2 , , an ; b1 , b2 , , bn Daïng 1: (a1.b1+a2.b2+ … + anbn)2  (a12+a12+…+a12) (b12+b12+…+bn2) Daïng2:a1.b1+a2.b2+…+an.bn  a  a2   an   b12  b12   bn  " "  a a1 a2    n  b1 , b2 , bn 0  b1 b2 bn * Ta thường dùng bất đẳng thức cho số sau: (a  b2 )( x  y ) ax+by  * Chú ý trình làm tập ta dùng hệ sau: Hệ 1: cho n số dương: a1, a2, …, an > n Ta coù: 1 + + .+ a1 a2 an ≤ √n a1 a2 an Thật vậy: áp dụng BĐT Côsi cho n số dương: 1 , , , a1 a2 an 1 1 1 + + + ≥ n a1 a2 an a1 a n an √ Ta coù: n 1 + + .+ a1 a2 an  ≤ √n a1 a2 a Hệ : Cho n số dương : a1 , a2 , …., an a12  a2   an2 a1  a2   an  n Ta có: Thật vậy: AD BĐT Shwartz dạng 1, ta có: 2 an  a2  a1  a2   an   a1         n n n     n  a12 a2 an  2        12   n   n2 n (  a1 +a2 + + an a1 +a + + an ≤ n n ) 2 a12  a2   an a1  a2   an  n  B Các phương pháp thộng dụng CM BĐT I Phương pháp 1: Phương pháp quy ước CM BĐT(biến đổi tương đương) Phương pháp: *) Cơ sở phương pháp sử dụng quy ước: A>BA-B>0 Nghóa để CM BĐT A > B, ta làm sau:  B1: Xét A - B  B2: CM: A - B > * Tương tự: A  B  A - B 0 A  (2)  a2 +b2 +2 ab a2+b2 − ≤0  (a-b)2  (đúng) Vậy a+b a2 +b2 (ĐPCM) ≤ 2 √ a b   a b b a Baøi 3: Cho a, b > CM: (3) Giaûi (3) ⇔ a √a+ b √ a ≥ a √ b+ b √ a ⇔ ( a − b ) √ a− ( a −b ) √ b ≥ (đúng) ⇔ ( a− b ) ( √ a − √ b ) ≥ ⇔ ( √ a − √ b ) ( √ a+ √b ) ≥0 Bài tập 1 bất đẳng thức CM cách biến đổi td trực tiếp Sau BĐT thông qua kết bất đẳng thức khác Bài (1.TLTCNC) a  b a b a  b Cho a, b   CMR: Giải Ta có: a  b  a  b  ( a  b )  a  b   a  b  2ab a  b  ab   ab  ab Ta có: (đúng).(1) a  ( a  b)  b  a  b  b  a  b  a  b (2) Từ (1) (2) suy ĐPCM Baøi : Cho a, b, c  CM: a) a+b+ c ≥ ab+ bc+ ca (1) √ b) 2 a +b +c a+ b+c ≥ 3 ( ) (2) Giaûi Ta CM: a2+b2+c2 ab + bc + ca (*) 2 Cách 1: Ta có : (a  b)  a  b 2ab Tương tự a  c 2ac b  c 2bc  a  b  c ab  bc  ac Caùch 2: (*)  a  b  c  ab  bc  ca 0  1a 1  1 1  1 1    ab  b    a  ac  c    c  bc  b  2  2 2  2 2   1 ⇔ ( a − b )2 + ( a −c )2 + ( b − c )2 ≥ 2 Cách a) (1)   a  b  c  ab  bc  ca  a  b  c  2ab  2bc  2ca 3ab  3bc  3ca  a  b  c ab  bc  ca (đúng)  ĐPCM b) a  b2  c 2   a  b  c  2ab  2bc  2ac  2  3a  3b  3c a  b  c  2ab  2bc  2ac (2)   a  b  c ab  bc  ca Cách 2: a) a  b  c  2ab  2bc  2ca  a b c     Ta coù:   ¿  a2+ b2 +c − cb − bc − ca cb+ bc+ ca + ab  bc  ca a b c ab  bc  ca  3  (ĐPCM) b)Tacoù: 2 ( a2 +b 2+ c2 ) =a2 +b 2+ c 2+2 ( a 2+ b2 +c ) a +b + c +2 ( ab+ bc+ ca )=( a+ b+c ) ( a2 +b 2+ c2 ) a+b+ c ⇔ ≥ ) a2 +b 2+ c2 a+b+ c ≥ 3 ( ⇔ ( ) II Dùng bất đẳng thức thường gặp (BDT Côsi – BDT Shwartz) Bài 1:  a , b, c   a  b  c 1 Cho  a) CMR: b + c ≥ 16abc (TLTCNC) Giải Cách 1:Ta coù b + c = (b + c) [a + (b + c)] ≥ (b + c)4a(b + c)=(b + c)2 4a Maø (b + c)2 ≥ 4bc b + c ≥ 16abc (đpcm) Cách 2: Ta có b + c ≥ 16abc  b + c ≥ 16bc (1 - b - c)  b + c ≥ 16bc - 16b2c - 16bc2  16b2c + 16bc2 - 16bc + b + c ≥  c (16b2 - 8b + 1) + b(16c2 - 8c + 1) ≥0  c (4b - 1)2 + b(c-1)2 ≥ (đúng)  b + c ≥ 16abc (đpcm) Cách 3: Ta có b + c ≥ 16abc  b + c ≥ 16bc (1 - b - c)  b + c ≥ 16bc - 16bc (b + c)  (b + c)(1 + 16bc) ≥ 16bc (*) Để CM (*) ta xuất phát từ (b + c)2 ≥ 4bc Ta có: (b + c)2 ≥ 4bc  (b + c)2(1 + 16bc)2 ≥ 4bc (1 + 16bc)2 ≥(4bc)2  (b + c)(1 + 16bc) ≥ 16bc ((*) đúng) Suy ra: b + c ≥16abc (đpcm) Cách : Ta có b + c ≥ 16abc  b + c ≥ 16bc (1 - b - c) 1  c + b ≥ 16(1 −b − c) 1 ⇔ + −16+16 b+ 16 c ≥ c b 1  1    16b      16c    0 b  c  2      4 b   c     0 b  c  Suy ra: b + c ≥16abc (ñpcm) b) CM: ab + bc + ca ≥ 9abc (TLTCNC) Giải a  b  c 3 abc 2 Ta coù: ab  bc  ca 3 a b c  (a+b+c) (ab+bc+ca) ≥ 9abc  ab+bc+ca  9abc (a+b+c = 1) c) CM: ab + bc + ca  2abc Giải Ta coù ab + bc + ca - 2abc   ab(1-c) + bc (1-a) + ca ≥ (đúng) Ta có : ab + bc + ca – 2abc 0  ab(1- c) + bc(1 – a) + ca 0 (đúng) Do a + b + c = 1; a, b, c > ;1 > c, > a ; ab, bc, ca>0) Suy ra: ab + bc + ca  2abc (ĐPCM) d) CM: (1+ 1a )(1+ 1b )(1+ 1c )≥ 64 Giải Caùch 1: √4 a2 bc + b = a+ b + c + b ≥ √4 b2 ac + c = a+ b + c + c ≥ √4 c ab  (1 + a (1 + b) (1 + c) ≥ 43 √4 a4 b c Ta có : + a = a + b + c + a ≥ Suy ra: (1 + a)(1 + b) (1 + c) ≥ 64 abc Cách : a bc   a 1 a  a  b  c  4 1   a a a Ta có:  a  b ac   b 1 b  a  b  c       b b b  b c +1 c+ a+c +b c2 ab √ 1+ = = ≥4 c c c c (1)   x  y  64 x y  x  y    x  y  8 xy  x  y    x  y  8 xy   x  y   xy     S 8S P  16 P 2   S  P  0 S , P ( với S = x + y , P = xy ) Vậy (1) Bài (TLTCNC): Cho a,b số thực CMR: 16ab  a  b   a  b  (2) Giaûi  16ab   a  b   4ab   a  b   16 P  S  P  S   (2) (S = a + b;P = ab )   S  8P  0, S , P  S  16 PS  64 P 0 Vậy (2) Baøi 7: a) Cho a, b   vaø a2 + b2 = CM: a8 + b8  1/8 b) a, b > vaø a2 + b2 = CM: a+ b ≤ √a + √ Giaûi a) Ta có 12  a  b 1  a  b   12  12    a  b   a  b8   12  12   a  b ⇒a 8+ b8 ≥    a  b   ( 2a) 1.b    1  2a  b    2  b) Ta coù ( a+b )2 ( a+b )2 a+b ⇒ 2≤ ⇒ ≤ ⇒ ≤ 2a +b a + √ a +4 √ C.ỨNG DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC VÀO BÀI TỐN TÌM GTLN GTNN Cơ sở lý thuyết tìm GTLN GTLN Để tìm GTLN bt A(x) với x  D ta làm sau:  CMR x  D ta có A(x)  C (C số )  CMR tồn x0  D cho A(x0) = C  Kết luận GTLN A(x) C x = x0 Để tìm GTNN bt A(x) với x  D ta làm sau: CMR x  D ta có A(x) C (C số ) CMR tồn x0  D cho A(x0) = C Kết luận GTNN A(x) C x = x0 ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙ 1.PHƯƠNG PHÁP 1: PHƯƠNG PHÁP NHÓM – SO SÁNH Để tiến hành giải tốn tìm GTNN GTLN Ta dùng phép biến đổi đại số để nhóm số hạng đưa bất đẳng thức ban đầu dạng sau: F  A2  k k , F  B  k k , F  A2  B  k k , F  A2 B  k k ;( B 0) , F  AB kl ;( B l  0, A k  0) Tất nhiên dấu bất đẳng thức xảy miền xác định biến số Chú ý : Nếu ta sử dụng nhiều bất đẳng thức so sánh dấu “=” xảy phải mang tính đồng thời bất đẳng thức Ví dụ1 Tìm GTNN : a ) y x  x  3x  x  1, b).F (a, b) a  b  2a  2b  7, c).P( x, y ) x  xy  y  x  5;( x, y 0) Giải: a).TXD : D  Ta có : y x  x  x  x  2   3  x  x  1   x        16   2 1 3  x  x    4  Vì  , dấu “=” xảy x  Min y  16 Vậy D b) F  a, b  a  b  2a  2b  2  a  1   b  1  5, a, b   a 1  Dấu “=” xảy b  Vậy MinF = c) P x  xy  y  x  5;( x, y 0) 1     x y  2 3  7    x      , x, y 0   2  Dấu “=” xảy  x  y 0    x       x   y     x   y  Vậy MinP =  Ví dụ Tìm GTLN : y x  x  12 a) x  x  10 y x  2x  b) Giải: a) TXD : D  1 y   x  x  12 ( x  3)  3 Dấu “=” xảy x = - Max y  x = - Vậy D b) TXD: D  x  x  10 4 y 3  3  7 x  2x  x  2x   x  1 1 Dấu “=” xảy x = - Max y 7 Vậy D x = - Lời bình: Bài tốn có nhiều cách giải khác Nhưng phạm vi kiến thức học sinh lớp 10, tốn ta giải phương pháp đại số khác Đó phương pháp đưa việc khảo sát tam thức bậc hai, trình bày phần BÀI TẬP RÈN LUYỆN NÂNG CAO Bài Cho x, y   thõa điều kiện x + y = 2 4 8 Tìm GTNN A  x  y , B  x  y , C  x  y Giải: Sử dụng đẳng thức ta : 1 2 A  x  y    x  y    x  y     x  y   2  2 Dấu “=” xảy x - y = 0, kết hợp với đk x + y = Suy x = y =1 Vậy MinA = x = y = Áp dụng kết ta có: 1 B x  y   ( x  y )  ( x  y )     x  y    2 2  x  y 2  2  x  y 0  x  y 1  x  y 2 Dấu “=” xảy  Vậy MinB = x = y = Từ kết ta có : 2 1 C  x8  y   ( x  y )2   x  y     x  y     2  2 Dấu “=” xảy x = y = Vậy MinC = x = y = Bài Cho a, b, c > abc = Tìm GTLN : A 1   a  b3  b3  c  c  a  Giải: Ta có:  a  b 0  a  ab  b ab   a  b  (a  ab  b ) ab  a  b   a  b3 ab  a  b  3 Từ : a  b  a  b  abc ab  a  b   abc ab  a  b  c  Suy : 1 c   a  b3  ab  a  b  c  a  b  c Tương tự: 1 a   b3  c3  bc  a  b  c  a  b  c , 1 b   c3  a  ac  a  b  c  a  b  c A a b c 1 a b c Suy Dấu “=” xảy a = b = c = Vậy MaxA = a = b = c = ∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗ 2.PHƯƠNG PHÁP 2: PHƯƠNG PHÁP ĐƯA VỀ VIỆC KHẢO SÁT TAM THỨC BẬC HAI i) Xét phương trình bậc hai : Ax2 + Bx + C = , A 0  Nếu phương trình có nghiệm  0  Nếu  0 af(x) 0, x ii) Xét tốn tìm GTLN GTNN y ax  bx  c a , x  b, x  c , , với tập xác định D  Ta chuyển biểu thức y phương trình dạng Ax  Bx  C 0, , hiển nhiên A,B,C phụ thuộc y Sau ta dựa vào i Chú ý: Xét A = so sánh với giá trị y (miền giá trị) Xét A 0 so sánh với giá trị y (miền giá trị) hai trường hợp trước đ đến kết luận Ví dụ Tìm GTLN : a) y x  x  12 x  x  10 y x  2x  b) Giải: a) TXD : D  Ta có : y  y=0  yx  yx  12 y  0 x  x  12 (1)  (1) trở thành : - = ( vô lý ) y 0;  ' 9 y  12 y  y  y  y 0   y    3y  y Dấu “=” xảy Vậy Maxy = 2/3 x = -3 b) TXD : D  x 3x  x  10 y   y  3 x   y  3 x  y  10 0 x  2x  Ta có: (2)  (2)  y=3 trở thành : - = ( vô lý ) '  y 3;  ( y  3)  ( y  3)(2 y  10) ( y  3)( y  7) 0   y 7 y 1 y  Dấu “=” xảy Vậy Maxy = x = x Ví dụ : 4x  ( x  ) x 1 Tìm GTNN GTLN của: Giải: 4x y  yx  x  y  0 x 1 Ta có: (3) y 3  (3) trở thành : - 4x - =  x   y=0 y 0;  ' 4  y ( y  3)  y  y    y  1  y   0   Mặt khác : y(- 2) = - y(1/2) =   y 4 Vậy Maxy = x = 1/2 Miny = -1 x = -2 Ví dụ : Tìm GTNN GTLN của: 2x2  x  f ( x)  x  x 1 Giải: Dễ dàng ta thấy mẫu thức y luôn dương với mội x nên tập xác định y D  2x2  x  f ( x)  0, x   x  x 1 * Ta có : x  x  0  x   x  Dấu “=” xảy x   x  Suy Minf(x) = x2  x  y   y   x   y  1 x  y  0, (4) x  x 1 * Ta có: + Nếu y = (4) có nghiệm x = + Nếu y 0 (4) có nghiệm :   y  1   y  1  y   3  y  1   y  0    y 3 Khi ta có maxy = x = , miny = -1 x =  max y ; y  Max  ,   3 Suy Maxf(x) = Max Dấu “=” xảy x = Vậy Minf(x) = x   x  Maxf(x) = x = Lời bình: Theo tơi học sinh lớp 10 muốn làm tốt toán tìm GTLN GTNN học sinh phải nắm vững phương pháp nêu Sau cho học sinh tiếp cận tốn tìm GTLN GTNN áp dụng BẤT ĐẲNG THỨC CÔ- SI BU- NHI- A- CỐP- XKI có phần phức tạp PHƯƠNG PHÁP 3: PHƯƠNG PHÁP ÁP DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY SHWARTZ Ví dụ 1.( 17 sgk đại số 10 NC) Tìm GTNN GTLN : A  x    x Giải:  x  0   x 4  TXD : D  1; 4   x   Đk: Có học sinh giải sau: Ta có : A  x    x 0, x  D  x 1  Dấu “=” xảy  x 4  x 1  MinA 0 D Vậy  x 4 Nhận xét : Cách giải sai Do học sinh không hiểu tồn đồng thời x = x = mâu thẫu Lời giải : A2  x    x  ( x  1)(4  x) 3   x  1   x  6 Ta có :  x Dấu “=” xảy x - = – x Và A2 3   x  1   x  3  A  x 1   x 4 Dấu “=” xảy x MinA  D  x 1  x 4  MaxA  Vậy D Bài tốn áp dụng BDT Bunhiacopxki để tìm GTLN A Ta có A  x    x   12  12   x    x    x Dấu “=” xảy x -1 = – x Ví dụ ( 13 sgk đại số 10 NC) f ( x)  x  x  ( x > ) Tìm GTNN hàm số Giải: Có bạn học sinh giải : 2   f ( x)  x  ( x  1)   3  x  1   3 x x  x  1 Ta có :  x  1 1  x Dấu “=” xảy Vậy MinA 3 x 1  x 2   x 3  x  1   x 2   x 3  x  1   a b a b c    b c Nhận xét : Cách giải sai Do học sinh hiểu Lời giải : 2 ( x  1)   2  x x Ta có : 2 x 1   x  1 2  x   1( dox  1) x Dấu“=”xảyra f ( x) x  MinA 1  2 Vậy x 1 x 1  Ví dụ 3.( 78 sgk đại số 10 NC) Tìm GTNN hàm số sau : f  x  x  x a) f  x  x2  b) x2 1 Giải: x a) Ta có: 1  x  2 x x ( dox 1/x dấu ) x   x 1 x Dấu “=” xảy M in f  x  2 x 1 x2  x2  1 f  x     x2 1  2 2 2 x 1 x 1 x 1 x 1 b) Ta có :  Dấu “=” xảy x +1 = x = Vậy  \ 0 M in f  x  2 Vậy  x = Bài toán học sinh hay mắc sai lầm GTNN Ví dụ 4: Tìm GTNN GTLN : f ( x) 3 x   x Giải: D   1;1 TXD: Áp dụng bất đẳng thức Bu- nhi- a- cốp- xki ta có:   f  x    3x   x   32  42   x2    x   25    f ( x) 5 Ta thấy f(x) = x = 3/5 Suy Maxy = x = 3/5 Mặt khác, ta có : f ( x) 3x   x 3x  3, x    1;1 ;(  x 0, x    1;1 Dấu “=” xảy x = -1 Suy Miny = -3 x = -1 Vậy Maxy = x = 3/5 Miny = -3 x = - Lời bình : Bài tập học sinh vội vàng kết luận miny = -5 x = -1 Mà thực khơng có giá trị x để f(x) = -5 Phần tốn có phần đơn giản SGK học sinh lại gặp sai lầm mà để học sinh khắc phục làm ∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗ BÀI TẬP RÈN LUYỆN NÂNG CAO Bài (TLTCNC): Cho z 1, x 2, y 3 Tìm GTLN M xy z   zy x   zx y  xyz Giải: Đk : z 1, x 2, y 3 Ta có : M y x z   x y z 1.( x  1) 2.( y  2) 3.( z  3)   x y z 1 x  1  y   z     2x 2y 2z 1    2 2 1 Dấu “=” xảy x = , y = , z = 1 (1   ) Vậy Max M = Bài (TLTCNC): 2 Cho x  y  z 1 Tìm GTLN Và GTNN S = xy + yz + zx Giải: Ta có: ( x  y  z ) 0  x  y  z  2( xy  yz  zx) 0   2S 0  S  1 y  ,z  2 Dấu “=” xảy chẳng hạn x = 0, Vậy Min S = -1/2 Mặt khác , ta có : ( x  y ) 0  2 2 ( y  z ) 0  2( x  y  z ) 2( xy  yz  zx)  S ( z  x) 0  x  y  z  Dấu “ = “ xảy Vậy Max S = 3 Bài (TLTCNC): Cho x, y, z > thõa xyz = 1  x3  y  y3  z3  z  x3 S   xy yz zx Tìm GTNN Giải: Ap dụng BĐT Cơ si cho số dương ta có: 3  x3  y 3  xy xy  x  y 3 1.x y 3 xy   y3  z3  yz yz Tương tự:  z  x3  zx zx Suy ra: S 3  x3  y  y3  z  z  x3      xy yz zx xy yz zx 3 BĐT xảy x = y = z = Vậy MinS = 3 x = y = z = Bài (TLTCNC) :  xy 0  2 ( x  y ) xy x  y  xy A Tìm GTLN 1  x3 y Giải:  xy 0  xy  x  y   x  y  xy   Ta có: 1 1    2 2 x y x y xy (1) 1 1        y 0 x y  x 2y  Ta đặt a = 1/x, b = 1/y a  b    2 a  b a  b  ab 3 3 xy yz zx Mà 1  a  b3  a  b   a  b  ab   a  b  x y (*) A Cách 1: Ta có: A = ( a + b)2  A a  b a  b3  a  b      ( a + b > ) Ta biết : “ = “ xảy  a = b A A16 Từ suy :  “ = “ xảy  a = b = Vậy Max A = 16 1/x = 1/y = Cách : Ta có: A= a3 + b3 = (a+b)(a2 –ab + b2 ) = (a + b)2 Từ (1) suy : a + b = (a + b)2 -3ab Màà: ab ( a b )  a  b  a  b   ( a  b) 2   a  b   4( a  b) 0  a  b 4  vi : a  b    A ( a  b)2 16 Vậy MaxA = 16 x = y = ½ Cách 3: Đặt S = x + y , P = xy với S2 - 4P 0  S , P 0 S2 S  SP  P (hayP  )  S 3 SP S  3P  Từ gt suy : 1 x  y ( x  y )( x  y  xy ) ( x  y ) xy ( x  y ) S A   3    2  3 3 x y x y x y x y x y P Ta có: Ta có: P 1 2 S  SP S 0  P   S 4  S 16 S  P 0  S  0   3 S P P2 Vậy MaxA = 16 ( x = y = ½ ) Bài (TLTCNC) :  xy 0  x  y 1 Cho 