Trong phần này tôi trình bày một số dạng bài toán tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của biểu thức chứa hai biến mà giả thiết hoặc biểu thức đó thể hiện tính đẳng cấp.. Từ đó xét hà[r]
(1)Bài tập GTLN-GTNN ôn thi ĐH - Giáo viên: Nguyễn Hữu Trung - THPT Vĩnh Định DẠNG 1: GTLN-GTNN HÀM MỘT BIẾN
Dạng HS cần nắm cách tìm max, khoảng(nửa khoảng), đoạn, hàm có chứa GTTĐ định nghĩa max, Nếu có từ biến trở lên dùng phương pháp rút để đua hàm biến
Bài 1: Tìm GTLN, GTNN hàm số a)
4 2
2
2 1
( )
1 1
x x x
f x
x x
HD: đặt t = 1x2 1 x2 b) f x( ) 5cos x c os5x đoạn 4;
c)
2
2 3
( ) f x x x
d) f x( ) ( x1) 1 x2 e) f x( ) sin 2 x x x , 2;
f)
2 ( )
1
x f x
x
g)
2
( ) f x x x x
h)
1
x y
x
[-1;2] i)Tìm max:
2
9
,
8
x x
y x
x
(Nhân l.l.hợp, mẫu) j)
sin sin
x y
x x
k)
3 3 1
yx x
[-2; 1] l)y s inx cos x, bp m) y2sin3xcos2x 4sinx1 n)
3 2sin sin
3
y x x
đoạn 0;(TN THPT 2004) p)
sin cos
x y
x
đoạn 0; q) ysin3xcos3x x) y x24x21 x23x10(D/2010)
y) y = 2sin8x + cos42x (Đặt t = cos2x ) z) y=3 cos
4x
+4 sin2x
3 sin4x+2 cos2x HD: t = cos2x t)Tìm min: y =
cos
sin (2cos sin )
x
x x x với < x 3
(Đặt t = tanx) w) A5sin3x 9sin2x4 Bài 2:Cho hàm số f (x)=ex−sinx+x
2
2 −3 Tìm giá trị nhỏ f(x) chứng minh f (x)=0 có hai nghiệm
Ta có f ( x ) e x x cos x. Do x
f ' x e x cos x.
Hàm số y e x hàm đồng biến; hàm số yx cosx hàm nghịch biến y' 1 sin x 0, x Mặt khác x=0 nghiệm phương trình exx cos x nên nghiệm nhất.
Lập bảng biến thiên hàm số yf x (học sinh tự làm) ta đến kết luận phương trình f(x)=0 có hai nghiệm
Từ bảng biến thiên ta có min f x 2 x0.
Bài 3: Tìm giá trị lớn nhỏ hàm số f x( ) đoạn 1;1 biết :
2 '
3 (0)
4
9 ( ) ( ) 12
2
f
f x f x x x x
(2)
( )3 3
3
f x
x x x c
mà
3
(0)
4
f c
Do
6
3
( ) 3( ) 4 f x x x x
Xét
3
( ) 0;1
4
g t t t t t
Suy
3 3
m inf ( ) 0; max ( )
4
x x f x x
Bài 4: Tìm m để hàm số y x 2mx5x4 đạt giá trị nhỏ lớn 1 Bài 5: Tìm a,b để hàm số
ax b y
x
đạt GTLN GTNN -1 ĐS:
4 a b
4 a b
Bài 6: Cho x, y thỏa mãn y 0; x2 x y 12 Tìm GTLN, GTNN biểu thức F = xy x 2y17 HD: y = x2 x 12 0 x [-4; 3] Thế xét hàm bậc maxF = 20 minF = -12
Bài 7: Cho x, y > x + y = Tìm GTNN 1
x y
F
x y
(2)Bài tập GTLN-GTNN ôn thi ĐH - Giáo viên: Nguyễn Hữu Trung - THPT Vĩnh Định Bài 8: Cho x, y x + y = Tìm GTNN 1
x y F
y x
Bài 9: Cho x, y > x + y = Tìm GTNN
2
2 1
F x y
x y
Bài 10: Cho x + y = Tìm GTNN Fx3y33(x2 y2) 3( x y )
Bài 11: Cho a,b,x,y R 0a b, 4;a b 7;2 x y Tìm GTNN biểu thức
2 2
2
( ) x y x y P
xy a b
HD: Tìm GTLN Q = a2b2 Xét hàm biến y: f(y) x tham số, tìm GTNN f(y) theo x GTNN f(y) g(x) Sau tìm ming(x) [2; 3]
Bài 12: Cho tam giác ABC cạnh a Dựng hình chữ nhật MNPQ có M,N nằm cạnh BC P, Q nằm cạnh AC, AB Tìm vị trí M để hình chữ nhật có diện tích lớn Tìm GTLN
DẠNG 2: GTLN-GTNN CỦA BIỂU THỨC THỂ HIỆN TÍNH ĐỐI XỨNG
Trong phần chúng tơi trình bày số dạng tốn tìm GTNN, GTLN biểu thức chứa hai biến mà giả thiết biểu thức thể tính đối xứng Từ phép đặt ẩn phụ ta chuyển tốn tìm GTNN, GTLN hàm số(cách đổi biến thông thường t = x + y t = x.y)
Các bất đẳng thức hay dùng để tìm tập giá trị biến t = x + y, t = xy: 1)( )
2 0 x+y ³
; x2 +y2 ³ 2xy; 2) ( )
2 0 x y- ³
hay ( ) ( )
2 2 2
4xy£ x+y £ 2 x +y
Ví dụ Cho x2+y2 = +x y Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn biểu thức P =x3+y3+x y2 +xy2 Lời giải
Đặt t = +x y, từ giả thiết x2+y2 = +x y ta có ( ) ( )
2 2
2xy = x+y - x+y =t - t
hay
2 2
t t
xy = - Áp dụng bất đẳng thức ( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2
x+y £ x +y = x+y
hay t2 £ 2t suy 0£ £t 2 Khi biểu thức
( )3 ( ) 2
2
P = x+y - xy x+y =t
Do ta có maxP =4 đạt t =2 hay x+ =y 2 xy =1 suy x =1 y=1, ta có minP =0 đạt t =0 hay x = =y 0
Nhận xét Bài toán giả thiết biểu thức P cho dạng đối xứng với hai biến Vì vậy, nghĩ đến cách đổi biến t = +x y Nhưng để giải toán trọn vẹn phải tìm điều kiện biến t Sau số toán với định hướng tương tự
Ví dụ Cho x y, >0 thỏa mãn x2+xy+y2 =1
Tìm giá trị lớn biểu thức 1
xy P
x y
=
+ +
Lời giải Đặt t = +x y Từ giả thiết x y, >0 x2+xy+y2 =1 suy xy=t2- 1 Áp dụng bất đẳng thức
( )2
4 x+y ³ xy
suy
1 0
3 t
< £ Khi
3
3
P = -t £
- Vì
3 max
3
P =
đạt ( )
2
; ;
3
x y =ổỗỗỗố - ửữữữữứ
( )
1
; ;
3
x y = -ổỗỗỗố ửữữữữ ø.
Ví dụ Cho x y, Ỵ ¡ thỏa mãn x+ ¹ -y 1 x2 +y2 +xy= + +x y 1 Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn
của biểu thức 1
xy P
x y
=
+ + .
Lời giải Đặt t = +x y Từ giả thiết x2+y2+xy= + +x y 1 ta có ( ) ( )
1 x+y - xy = x+y +
hay
2 1
xy=t - t-
Áp dụng bất đẳng thức ( )
4 x+y ³ xy
suy 3t2- 4t- 4£ 0 hay 2
2 3 t - £ £
Khi
2 1
1
t t
P
t - -=
+
Xét hàm số ( )
2 1
1
t t
f t
t
-
-=
+ ,
( )
( )
2
2
t t
f t t
+
¢ =
+
(3)Bài tập GTLN-GTNN ôn thi ĐH - Giáo viên: Nguyễn Hữu Trung - THPT Vĩnh Định Bảng biến thiên
Từ BBT ta có
( ) ( )
2 3;2
min min 0 1
t
P f t f
é ù Ỵ -êë úû
= = =
đạt (x y; ) (= - 1;1) (x y; ) (= 1; 1- )
( ) ( ) ( )
2
2 ;2
1
max max 2
3
t
P f t f
é ù Ỵ -êë úû
= = - = =
đạt
1 3 x = = -y
x= =y 1
Ví dụ Cho x y, Ỵ ¡ thỏa mãn 0<x y, £ 1 x+ =y 4xy Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn biểu thức
2
P =x +y - xy.
Đặt t = +x y Từ giả thiết 0<x y, £ 1 x+ =y 4xy suy 4
t xy=
1£ £t 2 Khi
( )2 2 3
3
4 P = x+y - xy =t - t
Xét hàm số ( )
2 3
4 f t =t - t
, ( )
3 2
4 f t¢ = t
-, f t¢( ) = 0
3 8 t
Û =
(loại) Bảng biến thiên
Từ bảng biến thiên ta có
( ) ( )
1;2
1
min min 1
4
t
P f t f
é ù Ỵ ë û
= = =
đạt
1 2 x= =y
và
( ) ( )
1;2
5
max max 2
2
t
P f t f
é ù Ỵ ë û
= = =
đạt ( ) ( ) 2 2
2
; ;
x y = - +
( ) ( )
2 2
2
; ;
x y = +
- Ví dụ Cho x y, Ỵ ¡ thỏa mãn x y, ¹ 0 ( )
2 2
xy x+y =x +y - x y- +
Tìm giá trị lớn biểu thức 1 1
P
x y
= +
Lời giải. Đặt t = +x y Từ giả thiết ( )
2 2
xy x+y =x +y - x y- +
hay
( ) ( )2 ( )
2 2
xy x+y = x+y - xy- x+y +
suy
2 2
2
t t
xy t - + =
+ Áp dụng bất đẳng thức
( )2
4 x+y ³ xy
suy
3 22 4 8
0 2
t t t
t
- +
-³
+ hay t < - Ú ³2 t 2 Khi
2
2 2
x y t t
P
xy t t
+ +
= =
- + Xét
hàm số ( )
2
2 2
t t
f t
t t
+ =
- + , ( )
( )
2
2
3 4 4
2
t t
f t
t t
- + +
¢ =
- +
, f t¢( ) =0
2 2
t t
Û = Ú =
(loại) Bảng biến thiên
Từ bảng biến thiên ta có maxP =t<- Ú ³max2 t 2f t( ) = f( )2 =2 đạt x= =y 1.
, 0
(4)Bài tập GTLN-GTNN ôn thi ĐH - Giáo viên: Nguyễn Hữu Trung - THPT Vĩnh Định
Chứng minh
2
3 3 3
1 1 2
x y xy
x y
y+ +x+ +x+y £ + +
Lời giải Đặt t = +x y Từ giả thiết x y, >0, xy+ + =x y 3 áp dụng bất đẳng thức ( )
4 x+y ³ xy
ta có
3 , 0
xy= - t t > t2+4t- 12³ 0
hay t ³ 2 t £ - 6 (loại) Khi bất đẳng thức cần chứng minh trở
thành
( ) ( )
( ) ( )
2
2
3 6 3 3
2
1 2
x y xy x y xy
x y xy
xy x y x y
+ - + +
+ £ + - +
+ + + +
hay
2
3 9 18 3 9
2 4 12
4 2
t t t
t t t t t
t
+ -
-+ £ + - Û - + - ³ Û (t- 2)(t2 + +t 6) ³ 0
với t ³ 2, dấu xảy t =2 hay x= =y 1
Ví dụ Cho x y, >0 thỏa mãn x2+y2 =1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức
(1 ) 1 1 (1 ) 1 1
P x y
y x
ổ ửữ ổ ửữ
ỗ ỗ
= + ỗỗ + ữữữ+ + ỗỗ + ữữữ
ố ø è ø.
Lời giải Đặt t = +x y Từ giả thiết x y, >0 x2+y2 =1 suy
2 1
2 t xy=
t >1 Áp dụng bất đẳng thức
( )2 ( 2 2)
2
x+y £ x +y
suy 1< £t 2
Khi
( )
1
1
x y t t
P x y xy
xy t
é + ù +
é ùê ú
= ë + + + ûê ú=
-ë û Xét hàm số ( )
1
t t
f t t
+ =
- , ( )
( )
2
2 2 1
1
t t
f t
t -
-¢ =
-,
( ) 0 1 2
f t¢ = Û t = ±
(loại) Bảng biến thiên
Từ bảng biến thiên ta có (
( ) ( )
1;
min min 2 4 2
t
P f t f
ù Ỵ úû
= = = +
đạt
1 2 x= =y
Nhận xét Qua thí dụ trên, cho ta kỹ thuật giảm biến toán tìm GTNN, GTLN biểu thức hai biến có tính đối xứng: Do tính đối xứng nên ta ln biến đổi đưa dạng đặt t = +x y, t =x2+y2 t =xy, từ đưa tìm GTNN, GTLN hàm số
Bài 1:Cho x y, >0 thỏa mãn x+ + =y 3xy Tìm giá trị lớn biểu thức ( ) ( ) 2
3 1
1
x y
P
y x x y x y
= + -
-+ +
Đặt t = x + y 2; maxP = x = y = 1
Bài 2: Cho x y, không đồng thời 0 thỏa mãn x+ =y 1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức
2
2 2
1
1 1
x y
P
x y y x
= + +
+ + + Đặt t = x2 +y2 ³ 1/ 2; MaxP = 12/5 minP = 2
Bài 3: Cho x2 +y2 =1 Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn biểu thức P =x 1+ +y y 1+x Đặt t = x+y [ 2; 2] Tính P2 =
( )
3 1 1
1
2
t t
t t
P = + - + - +
; MaxP = 2 2, minP=-1 Bài 4: Cho x2 +y2 =1 Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn biểu thức 1
x y
P
y x
= +
+ +
Đặt t = x+y [ 2; 2] Tính P2 maxP = 2 ; minP = 2 +¥
4+3 2
(5)Bài tập GTLN-GTNN ôn thi ĐH - Giáo viên: Nguyễn Hữu Trung - THPT Vĩnh Định Bài 5(A/2005): Cho x y, ¹ 0 thỏa mãn ( )
2
x+y xy =x +y - xy
Tìm giá trị lớn biểu thức 3
1
P
x y
= +
Đặt
1 , a b
x y
Bài 6: Cho x y, Ỵ ¡ thỏa mãn x2+xy+y2 £ 2 Tìm giá trị lớn biểu thức P =x2- xy+y2 Đặt t = x + y với
2 6
3 t
P -2t2 + 6; maxP = 6
Bài 7: (Đề thi thử trường TXQT năm 2011): Cho x, y số thực thay đổi thỏa mãn x2xy4y2 3 Tìm GTLN, NN biểu thức P x 3 9xy8y3
HD: Biểu diễn theo x+2y xy, chặn xy ta -1 xy 2 3 x 2y2 3
Đặt t = x+2y, ý
2
3 3
( ) .2 ( )
t xy
P x y x y x y xy
Bài 8: Cho x,y số thực thay đổi thỏa mãn x2
+y2=2 Tìm GTLN GTNN biểu thức
A=2(x3+y3)−3 xy (CĐ năm 2008) HD: x2y2 2 (x y )22xy 2 0 xy1(1)
Mặt khác 2xy 2 (x y )24xy xy1(2)
Từ (1) (2) ta ( x y )22xy 2 x y2 Đặt t = x+y, 2 t 2 Khi đó:
3 3
2 2( )(2 )
2
A x y xy x y xy xyt t t
Kq: Max = 13/2 = -7 Bài 9(Dự bị ĐH 2005): Cho a,b > ab + a + b = Tìm GTLN
2
3 1 a b ab
P a b
b a a b
Đặt t = a + b maxP = 3/2 a = b = 1
Bài 10: Cho x,y thỏa mãn x22x21y22y210 Tìm max,
2 4 2 4 2 2 4
P x x y y x y HD: Đặt t = x2y2 với t [0; 1] kq: maxP = -8 minP = -11
Bài 11: Cho x,y thỏa mãn 2(x2y2)xy1 Tìm max, P7(x4y4) 4 x y2 HD: Đặt t = x2y2 với
2
5 t 3 maxP =
609 18 ;min 160 P25
Bài 12: Cho x,y thỏa mãn
2 3 2 2 3 2 x y x y x x y
Tìm max, P x 22y23x y2 HD: Đặt t = x2y2 t23t 2 x2 3x y2 20 nên t [1; 2];
2
2 2 2
2
P x y x x y t t
ta max = =
Bài 13: Cho x2y2 xy1 Tìm max biểu thức
2 2
2
( 1) ( 1) x x y y P
x y
HD: Đặt t = xy với -1/3 t Kq: MaxP = -8/21 minP = -4
Bài 14: (D/2009 )Cho x0,y0 x y 1.Tìm GTLN,GTNN biểu thức sau : S(4x23 )(4y y23 ) 25x xy Ta có : S(4x23 )(4y y23 ) 25x xy16x y2 212(x3y3) 34 xy
16x y2 212(x y x )( 2 xy y 2) 34 xy 16x y2 212[(x y )2 ] 34 , xy xy x y 1 16x y2 2 2xy12
Đặt txy Do x0;y0 nên
2
( ) 1
0
4 4
x y
xy t
Xét hàm số f t( ) 16 t2 2t12 với
1 0
4 t
Vậy :
1 0;
4
1 191 ( ) ( )
16 16 f t f
2 3 ;
4
x y
2 3 ;
4
x y
1 0;
4
1 25 ( ) ( )
4
max f t f
(6)
Bài tập GTLN-GTNN ôn thi ĐH - Giáo viên: Nguyễn Hữu Trung - THPT Vĩnh Định Bài 15: Chox y, số thực thỏa mãn x2y2 xy1.Tìm GTLN, GTNN F x y 6 62x y xy2 2
Ta có
3
2 3 2 2 2 2
F x y x y x y x y xy
=
3
2 xy xy 2xy
Đặt xy t Ta có
3 2 2
f t t t t 2
2 1 3 1
x y xy x y xy
1
xy
;
2
2 1 1
x y xy x y xy xy1 suy
1 ;1
t
Ta tìm max, f(t)
1 ;1
2
'
f t t t
1 ;1
1
1
' t
t
f t
Ta có
1 37
, 1,
3 27 27
f f f
Suy
37 ( )
27
Max f t
1
t
suy
1 , 1
2 6
x y
( )
Minf t t1 suy x y 1
Bài 16: Cho x, y > x + y = Tìm giá trị nhỏ biểu thức
2
2
1
P= x y
y x
.
Theo B ĐT Côsi ta có
2
1
0<xy t (xy) 0;
4 16
Ta có
2 2 1
P (xy) t
(xy) t
2 /
2
1 t 1
P 0, t 0;
t t 16
Từ bbt ta có
289 P
16
1
16
t x y
Bài 17: Cho a>0;b>0 a+b=1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức : M=a2+ 1
a2+b
2 + 1
b2 Ta có M=(a2+b2)(1+ 1
a2b2)≥2 ab(1+ 1
a2b2)=2 ab+ 2
ab (dấu "=" xẩy a=b) Theo Cô-si 1=a+b ≥2√ab⇒0<ab≤
1
4 Đặt t=ab ta có
1 0;
4 t D
Do
2 ( ) , M f t t
t
t D
2
2
2
( ) 2( 1) 0,
f t t
t t
∀t∈¿ ( )D f t f41172
.
Vậy
17
2
M
đạt
1 a b
Bài 18: Cho x, y Tìm biểu thức
4 2
4 2
x y x y x y
P
y x y x y x
HD: Đặt t = x y
yx, -2 t 2
Bài 19: Cho x, y Tìm biểu thức
2 2
3 x y x y P
y x y x
HD: Đặt t =
x y
yx , -2 t 2 Bài 20: Cho x,y thỏa mãn x2y2x 1 y2y 1 x2 Tìm
2
2
1
P x y
x y
Đặt t = x2y2 với < t 1 Bài 21: Cho x,y,z thoả mãn số thực: x2−xy+y2=1 Tìm giá trị lớn ,nhỏ biểu thức
P=x
+y4+1
x2
+y2+1
1x2 xy y 22xy xy xy;1 ( x y )2 3xy3xy nên ta có −13≤xy≤1 x2−xy+y2=1⇔x2+y2=1+xy nên x4+y4=− x2y2+2 xy+1 Đặt t=xy
P=f(t)=− t
+2t+2
t+2 ;− 1 3≤ t ≤1 MaxP=f(√6−2)=6−2√6 , minP=f(−1
3)= 11 15
Có lúc việc tìm max, P theo t gặp khó khăn đơn giãn hóa cách đánh giá P trước để hàm đơn giãn
Bài 22: Cho x,y R x, y > Tìm giá trị nhỏ
3 2 ( 1)( 1) x y x y P
x y
(7)Bài tập GTLN-GTNN ôn thi ĐH - Giáo viên: Nguyễn Hữu Trung - THPT Vĩnh Định Đặt t = x + y ; t > Áp dụng BĐT 4xy (x + y)2 ta có
2
t
xy
3 (3 2)
1 t t xy t P
xy t
Do 3t - >
2
4 t xy
nên ta có
3
2
(3 2)
2
4 t t
t t t
P
t t
t
Xét hàm số
2
2
4 ( ) ; '( ) ;
2 ( 2)
t t t
f t f t
t t
f’(t) = t = v t =
Do P = (2;min ( )) f t = f(4) = đạt
4
4
x y x
xy y
Bài 23: Cho x, y > x + y Tìm GTNN biểu thức P =
2 1 1 3
x y xy
x y x y xy
Đặt t = x + y < t Vì x y 24xy > nên P =
2
2 3 4( 3)
4
x y xy x y t t
x y xy t
Kq: MinP = 67/4 x = y = 1/2
Bài 24(B/09): Cho x,y thỏa mãn
3
4
x y xy
Tìm
4 2 2
3
P x y x y x y HD: Đặt t = x2y2 Vì
2
x y xy x y 34xy2
nên t3t22 x + y 1 Lại áp dụng x2y2
2 x y
nên t 1 2 Áp dụng
2
2 2
4 x y x y
P
2 2
2
2 2 2 2 2
3
4
x y
x y x y x y x y x y
hay
2
2
t P t Vậy minP = 9/16 đạt x = y = 1/2
Bài 25: (B- 2011) Cho a, b số thực dương thỏa mãn 2(a2b2)ab(a b ab )( 2) Tìm giá trị lớn biểu thức
3 2
3 2
4 a b a b
P
b a b a
- Biến đổi giả thiết: 2(a2b2)ab(a b ab )( 2) 2(a2b2)ab a b ab 22(a b )
1 1
2 a b 1 (a b) 2 a b 2 a b 1 (a b) 2
b a b a a b
- Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta được:
1 1
(a b) 2 2(a b) 2 a b
a b a b b a
Suy ra:
5
2 2
2
a b a b a b
b a b a b a
.
Đặt
a b t
b a
,
5 t
Ta : P4(t3 ) 9(t t2 2) 4 t39t212t18 Xét hàm số: f t( ) 4 t3 9t212t18;
2
'( ) 6(2 2) 0,
f t t t t
Suy
;
5 23 ( )
2 f t f
Vậy
23
4
P
đạt đươc
5
a b
b a
1
a b
a b
( ; ) (2;1)a b ( ; ) (1; 2)a b
Bài 26: Cho x0,y0,x y 1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức 1 1
x y
T
x y
Đặt
2
cos ; sin 0;
2
x a y a a
2 3 sin cos 1 sin cos
cos sin cos sin
sin cos sina.cos sin cos
a a a a
a a a a
T
a a a a a
(8)Bài tập GTLN-GTNN ôn thi ĐH - Giáo viên: Nguyễn Hữu Trung - THPT Vĩnh Định Đặt
2 1
sin cos 2 sin sin cos
4 2
t t a a a a a
Với 0 a 2 1 t 2
Khi
3
3
t t
T f t
t
;
4 2
3
' 1; 2
1
t
f t t f t f
t
Vậy tmin1; 2 f t f 2
1 2 x y
Hay minT 2
1 2
x y
DẠNG 3: GTLN-GTNN CỦA BIỂU THỨC THỂ HIỆN TÍNH ĐẲNG CẤP
Trong phần tơi trình bày số dạng tốn tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn biểu thức chứa hai biến mà giả thiết biểu thức thể tính đẳng cấp Từ xét hàm số tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn hàm số Phương pháp thông thường đặt y = tx (xét trước x = 0)
Ví dụ Cho x y, >0 thỏa mãn x2+y2 =1 Tìm giá trị lớn biểu thức P =y x( +y) Lời giải Đặt y =tx Từ điều kiện x y, >0 suy t >0 Từ giả thiết x2+y2 =1 ta có
2
1
x t
=
+ Khi biểu
thức ( )
2
2
1
1
t t
P x t t
t
+
= + =
+
Xét hàm số ( ) 2 1
t t
f t t
+ =
+ ,
( )
( )
2 2
2
1
t t
f t
t
- + +
¢ =
+
, f t¢( ) = Û0 t = 2 1+ Ú = -t 1 2 (loại) Lập bảng biến thiên để được: ( ) ( )
2
max max
t
P f t f +
>
= = + =
đạt ( ) ( 2 1)
2 2
; ;
x y = - +
Ví dụ Cho x y, ³ 0 thỏa mãn x2+y2 =1 Tìm giá trị lớn
2
4
2
x xy
P
xy y
+
-=
-
-Lời giải
Nếu x =0 từ giả thiết x2 +y2 =1 y³ 0 suy y=1 Khi
5 3 P =
Nếu x ¹ 0 đặt y=tx Từ giả thiết x y, ³ 0 x2 +y2 =1 suy t ³ 0
2
1 1 x
t =
+ Khi đó
( )
( )
2
2 2
4 5
2
x t t t
P
x t t t t
+ - - +
= =
- - - +
Xét hàm số ( )
2
5
3
t t
f t
t t
- +
=
- + ,
( )
( )
2
2
8 4
3
t t
f t
t t
+
-¢ =
- +
,
( ) 1
2
f t¢ = Û t = Ú = -t
(loại) Lập bảng biến thiên để kết luận:
( ) ( )1
in
t
M P f t f
³
= = =
đạt
2
x=
5
y=
5 ax
3
M P =
đạt (x y; ) (= 0;1) minP = - 1 đạt ( ) ( )
5
; ;
x y =
Ví dụ Cho x y, >0 Chứng minh ( )
2
2
4
8
xy
x x y
£
(9)Bài tập GTLN-GTNN ôn thi ĐH - Giáo viên: Nguyễn Hữu Trung - THPT Vĩnh Định
Lời giải Đặt
x t
y =
Từ giả thiết x y, >0 suy t >0 Khi bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với ( )3
2
4
8
t
t t
£ + +
hay ( )
3
2 4 2
t t + - t £
Xét hàm số ( ) ( ) 4
f t =t t + - t
,
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
3
2 2
3
2
3 4
4
4
t t t t t t t
f t t t
t t
+ - + - +
-¢ = + - - =
+ + ,f t¢( ) = Û0 t = 22
Lập bảng biến thiên để kết luận:
( ) ( )2
2
max 2
t> f t = f = hay ( )
3
2 4 2
t t + - t £
dấu xảy
2
t =
hay y= 2x
Bài 1: Cho x y, >0 thỏa mãn xy £ y- 1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức
2
2
x y
P
y x
= +
Bài 2: Cho x y, ³ 0 Chứng minh 3x3+7y3³ 9xy2 Bài 3: Cho x y, ³ 0 Chứng minh x4+y4 ³ x y3 +xy3 Bài 4: Tìm giá trị nhỏ biểu thức
2 2
3 x y x y
P
y x
y x
ỉ ư÷ ỉ ửữ
ỗ ữ ỗ
= ỗỗỗ + ữữ- çç + ÷÷÷
è ø
è ø với x y, ¹ 0.
Bài 5: Cho x,y > thỏa mãn x2y2=1 Tìm GTLN biểu thức P = y(x + y) ĐS:
1
2
Bài 6: Cho x,y thỏa mãn x2y2=1 Tìm GTLN biểu thức
2
4 2
x xy P
xy y
HD: Thay số tự 1=x2y2 để hàm đẳng cấp; max = 5/3 = -1
Bài 7: Cho x, y [2010; 2011] Tìm max,
2 2 ( )
x y
P x y
xy
HD: Đặt t = x
y lưu ý:
2010
2010 ax, 2011
2011
2010 ax, 2010
x y t m
y x t m
Bài 8: Cho x, y thỏa mãn x2y2yx2xy2 Tìm max, P =
2 1
x y Đặt y = tx, từ gt ta
2
1
t x
t t
P =
2
1
t t
t t t
ĐS:
3 10
Bài 9: Cho x, y > xy y 1 Tìm
3 9y x
P
x y
Đặt x = ty(t > 0), từ gt ta ty2 1 y hay =
2 2
t y t
y
Vậy < t 1/2
3
9
P t t
ĐS:
289
Bài 10: Cho x, y > Tìm
3 2
7 ( ) x y xy x y P
xy x y
Bài 11: Cho x; y số thực thoả mãn x2 + y2 + xy = Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức P = 5xy – 3y2
Bài 12(B/2008): Cho x; y thoả mãn x2 + y2 = Tìm GTLN,GTNN biểu thức
2
2( ) 2
x xy P
xy y
(Thế 1= x2 + y2 đẳng
cấp)
DẠNG 4: GTLN-GTNN CỦA BIỂU THỨC BIẾN
Trong dạng này, ta thường rút biến theo biến lại đặt ẩn phụ tổng tích biến cịn lại Cũng đặt t tổng biến(t = x + y + z) Nếu đặt t = x + y + z hay dùng BĐT để chặn t là:
1)
2 3 2
x y z x y z
2 2
0
x y y z z x
(10)Bài tập GTLN-GTNN ôn thi ĐH - Giáo viên: Nguyễn Hữu Trung - THPT Vĩnh Định 2) xy yz zx x 2y2z2 hay
2;
x y z xy yz zx
3)
3
27
x y z xyz
4) x3 + y3 + z3 – 3xyz =
2 2
(x y z x )( y z xy yz zx )
Bài 1: Cho x,y,z > x + y + z = Tìm
1
P
xz yz
Đặt t = x + y < t < z = - t; xy
2
2
x y t
Khi đó:
4 (1 )
t P
xy t t
Lập BBT ta P 16
Bài 2: Cho x2y2z2 1 Tìm GTLN, GTNN P = x + y + z + xy + yz + zx Đặt t = x + y + z Áp dụng BĐT Cô si ta
2 3 2 3 3 3
x y z x y z t
2 2 2
1 2 1
2
P t x y z x y z t t
Lập BBT ta maxP = 1 3 đạt x = y = z =
1
3; minP = -1 đạt (x;y;z) = (-1;0;0) hoán vị
chúng
Bài 3: Cho x , y , z thoả mãn x2+y2+z2=3 Tìm giá trị lớn biểu thức
A=xy+yz+zx+ 5
x+y+z
Đặt t=x+y+z ⇒ t2=3+2(xy+yz+zx)⇒xy+yz+zx=t 2−3
2
Ta có 0≤xy+yz+zx≤ x2+y2+z2=3 nên 3≤t2≤9⇒√3≤t ≤3 t>0. Khi A=t 2−3
2 + 5
t . Kq: MaxA = 14
3 , đạt x=y=z=1. Bài 4: Cho x,y,z > Tìm GTLN
1
1 (1 )(1 )(1 )
P
x y z x y z
Đặt t = x + y + z Áp dụng BĐT:
2 3
;
3 27
x y z x y z
xy yz zx xyz
ta được:
3
1 1
1 ( ) ( 3)
P
x y z xyz xy yz zx t t
maxP = 1/8 đạt x = y = z = 1 Bài 5: Cho x,y,z x + y + z = Tìm GTLN, GTNN P xy yz zx 2xyz
HD: Từ gt ta có P xy (1z)yz(1 x)zx0 Dấu "=" xảy (x;y;z) = (1;0;0) hốn vị Khơng tính tổng quát, giả sử x y z x 1/3 y + z = - x
Ta có:
2
( ) (1 )
4
y z x
yz
nên
2
3 (1 )
( ) (1 ) (1 ) (1 ) 4
x
P x y z yz x x x x x x
Xét hàm f(x) =
1
2
4 x x đoạn [0; 1/3] ta maxP = 7/27 đạt x = y = z = 1/3
Bài 6: Cho x,y,z x + y + z = Tìm GTNN
3 3 15
4
P x y z xyz Không tính tổng quát, giả sử x y z x 1/3 y + z = - x
Ta có:
2
( ) (1 )
4
y z x
yz
27
3
x
nên
3 3 3
3 3 ( ) 15 1 15 3( ) 1 27 3
4 4
x P x y z yz y z xyz x x yz x y z x x yz
P
2
3 1 27 3 27 18 3 4 4 16
x x
x x x x x
Lập BBT minP = 1/4 đạt x=y=z=1/3 (x;y;z) =
1 (0; ; )
2 hoán vị chúng.
(11)Bài tập GTLN-GTNN ôn thi ĐH - Giáo viên: Nguyễn Hữu Trung - THPT Vĩnh Định Đặt t = x + y + z Vì
2
x y z xy yz zx
nên từ gt ta có:
2
2 2 2( )
x y z xy yz zx x y z
2+
2
2 x y z
t 6; 6
Khi đó:
2
2 2 ( )
( )( ) ( )
2
x y z t
P x y z x y z xy yz zx x y z t
ĐS: maxP = 2 2 đạt (x; y; z) = ( 2;0;0) hoán vị chúng minP = -2 2 đạt (x; y; z) = ( 2;0;0) hoán vị chúng Bài 8: Cho số thực x, y, z thỏa mãn: x2 + y2 + z2 =
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức: P = x3 + y3 + z3 – 3xyz
+) Ta có
2 2
2 2
2 2
2
( )( )
( )
( )
2
2 ( ) ( )
( ) ( )
2
P x y z x y z xy yz zx
x y z x y z
P x y z x y z
x y z x y z
P x y z x y z
+) Đặt x +y + z = t, t 6(Bunhiacovxki), ta được:
3 ( )
2
P t t t
+) P t'( ) 0 t 2, P( 6) = 0; P( 2)2 2; P( 2) 2 +) KL: M Pax 2 2;MinP2
Bài 9: Cho x,y,z ba số thực dương có tổng 3.Tìm giá trị nhỏ biểu thức P3(x2y2z2) 2 xyz Ta c ó:
2
3 ( ) 2( ) 2( ) 27 ( ) ( 3)
P x y z xy yz zx xyz xy yz zx xyz x y z yz x
2
3
( )
27 (3 ) ( 3) ( 15 27 27)
2
y z
x x x x x x
Xét hàm số f x( )x315x2 27x27 , với 0<x<3 Từ bảng biến thiên suy MinP=7 x y z 1
Bài 10: Cho x, y, z 0thoả mãn x+y+z > Tìm giá trị nhỏ biểu thức
3 3
3
16
x y z
P
x y z
Trước hết ta có:
3
3
4
x y x y
(biến đổi tương đương)
2
x y x y 0
Đặt x + y + z = a Khi
3 3
3
3
64 64
4P x y z a z z t 64t
a a
(với t = z
a, 0 t 1) Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t0;1
0;1
64 inf
81 t
M t
GTNN P 16
81 đạt x = y = 4z > 0
Bài 11: Cho x, y, z số thực dương thoả mãn: x + y + z = xyz.Tìm GTNN của (1 ) (1 ) (1 )
xy yz zx
A
z xy x yz y zx
ĐS: Min A =
3
4 x = y = z = 3
Bài 12: Cho x,y,z > x + y + z = Tìm GTNN 1
x y z
P
x y z
Dự đoán P đạt x= y = z = 1/3 Xét
( )
x f x
x
Pt tiếp tuyến đths f(x) M(
1 ;
3 6) y =
15 12 x
-Chứng minh x
x
3
15
(12)Bài tập GTLN-GTNN ôn thi ĐH - Giáo viên: Nguyễn Hữu Trung - THPT Vĩnh Định -Tương tự công vế theo vế ta
3
15
2 12
P x y z
Vậy minP
đạt x = y = z = 1/3
Phương pháp khảo sát biến toán ba biến.
Đối với bất đẳng thức nhiều biến, ta khảo sát biến cách chọn biến làm tham số biến thiên cố định biến lại, toán lúc trở thành bất đẳng thức biến Ln có tâm nhìn biểu thức nhiều biến mà ta cần tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ dạng hàm số để ta sử dụng công cụ hiệu quả toán đạo hàm.
Sơ đồ tổng quát.
Giả sử tìm cực trị biểu thức ba biếnx y z, , là P x y z( , , ) với điều kiện T đó.
Bước Xem P x y z( , , ) hàm theo biến x, y z, là số Khảo sát hàm tìm cực trị với điều kiện T. Ta được:
P x y z( , , )g y z( , ) P x y z( , , )g y z( , )
Bước Xem g y z( , )là hàm biến y, zlà số Khảo sát hàm với điều kiện T Ta : ( , ) ( )
g y z h z g y z( , )h z( ).
Bước Cuối khảo sát hàm số biến h z( ) với điều kiện T ta tìm min, max hàm này. Ta đến kết luận : P x y z( , , )g y z( , )h z( )m
P x y z( , , )g y z( , )h z( )M.
Bài 13: (A-2011) Cho x y z, , 1; 4 x y x z , Tìm GTNN biểu thức
x y z
P
x y y z z x
Ta có :
x y z
P
x y y z z x
.
Xem hàm theo biến z ; x y, số
2 2
( )( ) '( )
( ) ( ) ( ) ( )
y z x y z xy
P z
y z z x y z z x
Theo giả thiết x y x y 0 P 0 z xy (do x y z, , 1; 4) Z
xy '( )
P z - + ( )
P z
min
Từ bảng biến thiên:
2
( ) =
2 2 3 1
x y
x y
P P xy
x
x y x y x
y y
Đặt x t
y
, x y x z , x y z, , 1; 4 nên 1 t 2
Xét hàm
2
2 ( )
2
t f t
t t
Ta có
3
2 2
2 ( 1) 3(2 3)
'( ) 0, 1;
(2 3) (1 )
t t t t
f t t
t t
.
Suy f t( ) giảm 1; 2,
34 ( ) ( ) (2)
33
P P xy f t f
Đẳng thức xảy :
4, 1, 2
z xy
x y z
x t
y
Vậy
34
33 P
Bài 14: Cho ba số thực
1 , , ;3
3
x y z
Tìm giá trị lớn biểu thức:
a b c
P
a b b c c a
Đặt ( )
a b c
P a
a b b c c a
Xem hàm số theo biến a, b c, là số.
2 2
( )( ) '( )
( ) ( ) ( ) ( ) b c b c a bc P a
a b a c a b a c
(13)Bài tập GTLN-GTNN ôn thi ĐH - Giáo viên: Nguyễn Hữu Trung - THPT Vĩnh Định
Trường hợp 1: a b c
1
, , ;3
3
a b c
Suy b c 0;a2 bc0 nên P a'( ) 0 Do P a( ) tăng trên
1 ;3
.
3
( ) (3) ( )
3
b c
P a P g c
b b c c
(xem hàm theo biến c)
2
2 2
3 ( 3)(3 )
'( )
( ) ( 3) ( ) ( 3)
b b b c
g c
b c c b c c
Do g c( ) giảm 1
;3 3
.
Suy ra:
1 3
( ) ( ) ( )
3 3 10 b
g c g h b
b b
.( xem h(b) hàm số theo biến b)
Ta có: 2 2
3 (1 )(1 ) '( )
(3 2) ( 3) (3 1) ( 3) b b h b
b b b b
.
Ta có bảng biến thiên
b 1
3 3 '( )
h b + -( )
h b max
Suy
8 ( ) (1)
5
h b h
Vậy
1
( , , ) (3, , ) (3, , ) (3,1, )
3
P a b c P b c P b P
1 3; 1;
3
a b c
Trường hợp : c b a
1 , , ;3
3
a b c . Từ kết trường hợp 1, ta có:
8 ( , , )
5 P a b c
Mặt khác :
( )( )( )
( , , ) ( , , )
( )( )( )
a b b c a c
P a b c P c b a
a b b c a c
8 ( , , )
5 P a b c
Vậy
8
MaxS
, đạt
1 1
( , , ) 3;1; , ;3;1 , 3; ;1
3 3
a b c
.
Bài 15: Cho a b c, , ba số thực thỏa mãn điều kiện abc a c b Tìm GTLN biểu thức : 2
2
1 1
P
a b c
Theo giả thiết ta có (1 )
a c
a c b ac b
ac
a
c
Thay vào biểu thức P ta :
2
2 2
2 2( )
2 , (0 ) ( 1)( 1)
a c
P a
a a c c c
Xét hàm số :
2
2 2
1 ( )
( )
1 ( 1)( 1)
x c f x
x x c
với
1 0 x
c
coi c tham số c>0 Ta có :
2
2
2 2
2 ( 1)
'( ) 0;
(1 ) (1 )
c x cx
f x x c c
x c c
Ta có b ng bi n thiên ả ế
x
0 x0
1 c '( )
f x + - ( )
f x
f x( )0
Từ bảng biến thiên ta có :
( ) ( )
c f x f x
c
2
3
2 ( ) ( )
1 1
c
S f a g c
c c c
Ta có :
2
0
2 2
2(1 )
'( ) 0;
8 (1 ) (3 )
c
g c c c
c c c
(14)Bài tập GTLN-GTNN ôn thi ĐH - Giáo viên: Nguyễn Hữu Trung - THPT Vĩnh Định
c 0 c0 g c'( ) + -
g c( )
0
( ) g c
Từ bảng biến thiên suy : g c( )g c( )0 10 ( ) ( )
3 S g c g c
Vậy với
1
, ,
2
c a b
10 ax
3
M S
Bài 16: Cho ba số dương a b c, , thỏa mãn điều kiện 21ab2bc8ca12 Tìm giá trị nhỏ biểu thức:
1
P
a b c
. Đặt
1 1 , ,
x y z
a b c
x y z, , 0; 2x 8y 21z 12xyz
và S x 2y3z
Từ
2 8 21 12
12 21
x y
x y z xyz z
xy
7 4 x
y
Từ biểu thức S suy được:
2
2 ( )
4 x y
S x y f x
xy
2
14 32 '( )
(4 7) y f x
xy
2
32 14
7
;
4 4
y x x
y y y
Bảng biến thiên:
x 7
4y x0 f’(x) - +
f x( )
0
( ) f x Khi từ bảng biến thiên , ta có:
2
32 14
( ) ( ) ( )
4
y
S f x f x y g y
y y
2
2
(8 9) 32 14 28
'( )
4 32 14
y y
g y
y y
Đặt t 32y214 phương trình g y'( ) 0 (8y2 9) 32y214 28 0 50 122 0 8
4
t t t y
Ta có b ng bi n thiên: ả ế
y
0 5
4 g’(y) - +
g y( )
15
2 Từ bảng biến thiên suy :
5 ( ) ( )
4
g y g ( ) ( )5 15 S g y g
Vậy với :
5
, 3, , ,
4 3
y x z a b c
15
2
S
Bài 17:(Khối B - 2010) Cho số thực không âm a, b, c thỏa mãn a b c 1 Tìm giá trị lớn biểu thức :
2 2 2 2 2
3( ) 3( )
M a b b c c a ab bc ca a b c Hướng dẫn.
(15)Bài tập GTLN-GTNN ôn thi ĐH - Giáo viên: Nguyễn Hữu Trung - THPT Vĩnh Định Đặt t ab bc ca , ta có :
2
( )
0
3
a b c t
Xét hàm số : f t( ) t2 3t2 2 t với
1 0;
2 t
.
Ta có
2 '( )
1
f t t
t
;
2 ''( )
(1 )
f t
t
Dấu xảy t=0 ; suy f’(t) nghịch biến Xét đoạn
1 0;
3
ta có :
1 11
'( ) ' 3
f t f
, suy f(t) đồng biến. Do
1 ( ) (0) 2, 0;
3
f t f t
Vì
1
( ) 2, 0; ;
Mf t t M
ab=bc=ca, ab+bc+ca=0 a+b+c=1 ( ; ; )a b c
là số sau: (1;0;0), (0 ;1 ;0), (0 ;0 ;1) Do giá trị nhỏ M 2.
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Bài 18 Cho ba số không âm x, y, z thỏa mãn điều kiện x y z 1 Tìm GTLN biểu thức : Sx y y z z x2 Đáp số :
4
27
S
đạt
1
; 0;
3
x y z
.
Bài 19 Cho x, y, z số thực thỏa mãn điều kiệnx2y2z2 2 Tìm GTLN, GTNN biểu thức :
3 3 3
P x y z xyz
Đáp số : maxP2 2 đạt x 2;y z 0; minP2 2 đạt x 2;y z 0. Bài 20 Cho x0;y0;z0 thỏa mãn điều kiện x y z 1 Tìm GTLN biểu thức :Txy yz zx 2xyz
Đáp số :
7
27
T
đạt
1
x y z
Bài 21 Tìm GTNN biểu thức :
4 2
4 2
a b a b a b Q
b a b a b a
Đáp số : minQ2 đạt ab
DẠNG 5: TÁCH BIẾN ĐỂ XÉT HÀM SỐ MỘT BIẾN
Trong phần này, giới thiệu phương pháp tách biểu thức cần tìm GTNN, GTLN thành nhiều biểu thức biến để xét hàm số
Ví dụ 1(D/2008): Cho x,y số thực không âm thay đổi Tìm GTLN GTNN biểu thức
1+y¿2
1+x¿2.¿ ¿
P=(x − y)(1−xy)
¿
Bg :
1+y¿2 ¿
1+y¿2
1+x¿2.¿ ¿
1+x¿2.¿ ¿
P=(x − y)(1−xy) ¿
1+y¿2 ¿
1+x¿2 ¿
1+y¿2 ¿ ¿
1+x¿2.¿ ¿ ¿x(1+y
2
)− y(1+x2) ¿
Xét hàm số
1+x¿2 ¿ ¿
f(x)=x ¿
ta
1+x¿2 ¿ ¿
(16)Bài tập GTLN-GTNN ôn thi ĐH - Giáo viên: Nguyễn Hữu Trung - THPT Vĩnh Định
Vì
1+x¿2 ¿
1+y¿2 ¿ ¿
P=x ¿
nên : P lớn
1+x¿2 ¿
x
¿
lớn
1+y¿2 ¿
y
¿
nhỏ
P nhỏ
1+x¿2 ¿
x
¿
nhỏ
1+y¿2 ¿
y
¿
lớn Vậy maxP = 1/4 - = 1/4 ; minP = – 1/4 = -1/4
Ví dụ 2(ĐH khối B/2007) Cho x,y,z số thực dương thay đổi Tìm GTNN biểu thức : P=x(x
2+ 1 yz)+y(
y 2+
1 zx)+z(
z 2+
1 xy ) Bg : Biến đổi P=x(x
2+ 1 yz)+y(
y 2+
1 zx)+z(
z 2+
1 xy )=
x2 2 +
y2 2 +
z2 2+
x2+y2+z2 xyz Do x2+y2+z2=x
2 +y2
2 + y2+z2
2 + z2+x2
2 ≥xy+yz+zx nên P≥( x2
2+ 1 x)+(
y2 2 +
1 y)+(
z2 2 +
1 z) Xét hàm số f(t) = t
2
2+ 1
t với t > Lập BBT để suy f(t) 3
2 Suy P 9 2 Dấu ‘’=’’ xảy x = y = z =
Vậy MinP = 9/2
DẠNG 6: ÁP DỤNG ĐIỀU KIỆN CÓ NGHIỆM ĐỂ TÌM GTLN-GTNN
Bài tốn: Cho F(x;y)=0 Tìm Max, G(x;y) Cách giải: Tìm tham số m để hệ
( ; ) ( ; ) F x y G x y m
có nghiệm Giải sử tìm a m A maxG(x;y) = A minG(x;y) = a Bài 1: Biết ( ; )x y nghiệm bất phương trình:5x25y25x15y 8 0 Hãy tìm giá trị lớn biểu thức F x 3y. Thay x=F −3y vào bpt ta được: 50y230Fy5F25F 8
Vì bpt ln tồn y nên Δy≥0 ⇔ −25F2+250F −400≥0 ⇔ 2≤ F ≤8 Vậy GTLN F=x+3y
Bài 2: Cho x, y thỏa mãn x x1 3 y y1 3 xy
Tìm max, T = x3y3xy
Ta cần tìm m để hệ
3 3 3
3 3
1
x x y y xy
x y xy m
(I) có nghiệm Đặt
3
3
S x y
S P P xy
Hệ trở thành:
2 2 3 0
S S m
P m S
(II)
Ta có: S24P
2
2 4 0 4
3
S S
S S S
Vậy (I) có nghiệm (II) có nghiệm thỏa mãn S24P
S22S3m0 có nghiệm [0;4] m 8. Vậy MaxT = minT =
Bài 3: Cho số thực x, y thỏa mãn x2 xy y 23 Tìm Max, biểu thức F = x2xy 2y2 Cách 1: Dùng phương pháp hàm số tính đẳng cấp
Cách 2: Xét hệ đẳng cấp
2
2
3 x xy y x xy y m
* Khi x = m = - hệ có nghiệm (0; 3)
*Khi x 0, đặt y = tx thay vào, chia vế theo vế đến phương trình bậc theo x Tìm đk để phương trình có nghiệm ta 1 27m 1 27, đoạn -6 1 27; 1 27
Vậy MaxF = 1 27 minF = 1 27
Bài 4(A/2006): Cho x, y thỏa mãn xy x y( )x2y2 xy Tìm GTLN A = 3
1
(17)Bài tập GTLN-GTNN ôn thi ĐH - Giáo viên: Nguyễn Hữu Trung - THPT Vĩnh Định C1: Dùng BĐT
C2:Dùng đk hệ có nghiệm
Đặt S = x+y P = xy ta hpt:
2
3
SP S P
S m P
với S2 4P Cần tìm m để hệ có nghiệm thỏa
2
S P
P xy
Vì SP = xy x y( )x2y2 xy> nên S/p > m >
Vậy (2) S= m P thay vào pt đầu giải
3
;
1
P S
m m m
(m 1)
Giải đk: S24P 0 < m 16 Vậy m (0; 16]\ 1 MaxA = 16 đạt x = y = 1/2 Bài 5(HSG QG 2005): Cho x, y thỏa mãn x3 x 1 y 2 y Tìm max, F = x + y
Gọi T tập giá trị K, m T hệ sau có nghiệm
3
x x y y
x y m
(I)
Đặt u x 1 0;v y2 0 ta hệ
2 2
3( )
1
3 3
2
m u v u v m
m
u v m uv m
u, v nghiệm pt
2
2
3
m m
t t m
(*)
Hệ (I) có nghiệm (*) có nghiệm khơng âm
9 21
9 15
2 m
T =
9 21
;9 15
Vậy maxK =
9 21 15;
2
K
Các tập tương tự:
Bài 6: Cho x, y thỏa mãn x2y2 2(x y ) 7 Tìm GTLN, GTNN F =3 x x( 2)3 y y( 2) Bài 7: Cho x, y thỏa mãn 4x23xy3y2 6 Tìm GTLN, GTNN Fx2xy 2y2
Bài 8: Cho x, y không âm thỏa mãn x y4 Tìm GTLN, GTNN F x 1 y9
Bài 9: Cho x, y thỏa mãn xy x y 3 Tìm GTLN
2
3 1 x y
F x y
y x
Bài 10(CĐ 2008): Cho x, y thỏa mãn x2y22 Tìm GTLN, GTNN F2(x3y3) 3 xy
Bài 11(ĐH B/2008): Cho x, y thỏa mãn x2y2 1 Tìm GTLN, GTNN
2 2( )
1 2
x xy F
xy y
DẠNG 7: TÌM GTLN,GTNN BẰNG BẤT ĐẲNG THỨC Bài 1: Cho x,y > x + y Tìm biểu thức
2
3 4 x
P y
x y
Biến đổi:
2
2
3 4 1
( )
4 4 4 2
x x y y y x
P y x y
x y x y x
Bài 2: Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn: x2 + y2 + z2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức:
1 1
1 1
P
xy yz zx
Ta có:
(1 ) (1 ) (1 ) 1
1 1
xy yz zx
xy yz zx
2
9 9
3 3
P
xy yz zx x y z
(18)Bài tập GTLN-GTNN ôn thi ĐH - Giáo viên: Nguyễn Hữu Trung - THPT Vĩnh Định
9 3
6 2
P
Vậy GTNN Pmin = 3
2 x = y = z
Bài 3: Cho x, y, z số thực dương lớn thoả mãn điều kiện
1 1
xyz (hay xy + yz + zx 2xyz) Tìm giá trị lớn biểu thức A = (x - 1)(y - 1)(z - 1) (HSG Tỉnh QT 2011)
1 1 1 ( 1)( 1)
1 y z y z (1)
x y z y z yz
Tương tự ta có
1 1 1 ( 1)( 1)
1 x z x z (2)
y x z x z xz
1 1 1 ( 1)( 1) 1 x y x y (3)
y x y x y xy
Nhân vế với vế (1), (2), (3) ta
1 ( 1)( 1)( 1)
8
x y z
Vậy Amax =
1
8 x y z
Bài 4: Cho a, b, c0 a2 b2 c2 3
Tìm giá trị nhỏ biểu thức
3 3
2 2
1 1
a b c
P
b c a
Ta có: P + = a
3
√1+b2+b
+ b
3
√1+c2+c
+ c
√1+a2+a
⇔P+ 6
4√2= a3
2√1+b2+ a2
2√1+b2+
1+b2
4√2
+b3
2√1+c2+ b2
2√1+c2+
1+c2
4√2
+c3
2√1+a2+ c2
2√1+a2+
1+a2
4√2 33
√ a6
16√2+3
3
√ b6
16√2+3
3
√ c6
16√2
⇒P+ 3 2√2≥
3 2√32√2(a
2
+b2+c2)= 9
2√6 8 ⇒P ≥ 9 2√623−
3 2√2=
9 2√2−
3 2√2=
3
√2 Vậy PMin a = b = c =
Bài 5: Cho a,b, c dương a2+b2+c2=3 Tìm giá trị nhỏ biểu thức
3 3
2 3 3 3
a b c
P
b c a
Ta có:
3
3
2
3
3
16 64 3
a a b a a
b b
(1)
3
3
2
3
3
16 64 3
b b c c c
c c
(2)
3
3
2
3
3
16 64 3
c c a c c
a a
(3)
Lấy (1)+(2)+(3) ta được: 2
2 2
9 16 a b c
P a b c
(4) Vì a2+b2+c2=3 Từ (4)
3
P
giá trị nhỏ 3 2 P
khi a=b=c=1
Bài 6: Cho x, y, z > x + y + z ≤ xyz Tìm giá trị lớn biểu thức 2
1 1
2 2
P
x yz y zx z xy
Từ giả thiết ta có xyz ≥ x + y + z ≥ 33xyz (xyz)3 ≥ 27.xyz xyz ≥ 3 3.
Áp dụng BĐT Cauchy ta có
x2 + yz + yz ≥ 3 (3 xyz)2; y2 + zx + zx ≥ 3 (3 xyz)2 ; z2 + xy + xy ≥ 3 (3 xyz)2
Từ ta có P
2 2 2
3 3 3
1 1 1
3 (xyz) (xyz) (xyz) (xyz) (3 3)
Từ ta có Max P = 1/3 đạt
3
x y z
x y z x y z xyz
(19)Bài tập GTLN-GTNN ôn thi ĐH - Giáo viên: Nguyễn Hữu Trung - THPT Vĩnh Định Bài 7: Cho a, b, c ba số dương thoả mãn : a + b + c =
3
4 Tìm giá trị nhỏ biểu thức 3 3 3 a c c b b a P
áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có
z y x z y x xyz xyz z y x ) z y x ( 3 (*) áp dụng (*) ta có 3 3 a 3b b 3c c 3a
9 a c c b b a P
áp dụng Bất đẳng thức Cơsi cho ba số dương ta có
3 a 3b 1.1 a 3b 1 a 3b ; b 3c 1.13 b 3c 1 b 3c ; c 3a 1.13 c 3a 1 c 3a 2
3 3 3
Suy
3a 3b 3b 3c 3c 3a 4 a b c 6
3
4.3 3
Do P3
Dấu = xảy
3
a b c 4 a b c
4 a 3b b 3c c 3a
Vậy P đạt giá trị nhỏ abc1/4 Bài 8: Cho x, y, z > x2
+y2+z2≤xyz Hãy tìm GTLN biểu thức: P= x
x2 +yz+
y y2
+zx+
z z2
+xy Vì x ; y ; z>0 , Áp dụng BĐT Cơsi ta có: P≤ x
2√x2yz+
y 2√y2zx+
z
2√z2xy ¿
1 4(
2
√yz+ 2
√zx+ 2
√xy) 1 4( 1 y+ 1 z+ 1 z+ 1 x+ 1 x+ 1 y)=
1 2(
yz+zx+xy
xyz )≤ 1 2(
x2
+y2+z2
xyz ) 1 2(
xyz xyz)=
1 2 Dấu xảy ⇔x=y=z=3 Vậy MaxP = 1/2
Bài 9: Cho a, b, c > thỏa mãn abc = Tìm giá trị lớn biểu thức 3 2 2 2
2
a c c b b a P
Ta có a2+b2 2ab, b2+ 2b ab b 1 2 b b a b a 2 2
2
Tương tự ca a
1 a c , c bc c b 2 2 b ab b ab b ab b ab 1 a ca 1 c bc 1 b ab P
P = 1/2 a = b = c = Vậy P đạt giá trị lớn 1/2 a = b = c = Bài 10: Cho x, y, z > xyz = Tìm giá trị nhỏ biểu thức:
9 9 9
6 3 6 3 6 3
x y y z z x
P
x x y y y y z z z z x x
Có x, y, z >0, Đặt : a = x3 , b = y3, c = z3 (a, b, c >0 ; abc=1)đc :
3 3 3
2 2 2
a b b c c a
P
a ab b b bc c c ca a
3 2
2 ( ) 2
a b a ab b
a b
a ab b a ab b
mà
2
2
1 a ab b a ab b
(Biến đổi tương đương)
2
2
1
( ) ( )
3
a ab b
a b a b
a ab b
Tương tự:
3 3
2 2
1( ); 1( )
3
b c b c c a c a
b bc c c ca a
3
2
( ) 2
P a b c abc
(BĐT Côsi) P2,P2 a = b = c = 1 x = y = z =
Vậy: minP = x = y =z =1
Bài 11: Cho a, b, c số thực thoả mãn a b c 3. Tìm giá trị nhỏ biểu thức 4a 9b 16c 9a 16b 4c 16a 4b c
M
Đặt 2 ;3 ; , 2 ;3 ; , w 2 ;3 ; w
a b c c a b b c a
u v Muv
(20)Bài tập GTLN-GTNN ôn thi ĐH - Giáo viên: Nguyễn Hữu Trung - THPT Vĩnh Định
2 2 2
w 2a 2b 2c 3a 3b 3c 4a 4b 4c
M u v
Theo cô – si có 222b2c3 23 a b c 6 Tương tự … Vậy M3 29. Dấu xảy a b c 1.
Bài 12: Cho số thực x, y Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = x2y2 4y4 x2y24y4x4 Bài 13: (B/2006) : Cho x,y hai số thực thay đổi Tìm GTNN biểu thức A (x1)2y2 (x1)2y2 y Bg : Xét u→=(1− x ; y); v→=(1+x ; y) Sử dụng BĐT |→u|+|→v|≥|→u+→v| sau phá GTTĐ lập BBT Kết : MinA = 2+√3 , đạt x = y = 1
√3
Bài 14: Cho tam giác nhọn ABC , tìm giá trị bé biểu thức: Scos3A2cosAcos2Bcos2C.
C B
A A
S cos3 2cos cos2 cos2 =cos3A2cosA2cos(BC)cos(B C).
cos3A2cosA1 cos(B C)
Vì cosA0,1 cos(B C)0nên Scos3A, dấu xẩy cos(B C)1 hay 1800 A C
B
Nhưng
1
cos A , dấu xẩy 3A1800 hay A = 600
Tóm lại : S có giá trị bé -1 ABC tam giác
Bài 15: Cho bốn số dương a, b, c, d thoả mãn a + b + c + d = Chứng minh rằng:
a b c d
b c2 c d2 d a2 a b2
1 1 1 1
Sử dụng bất đẳng thức Cô–si:
2
a a ab c a ab c a ab c a ab c a ab abc
b c
1+b c b c
2
2
(1 ) (1)
2 4
2
Dấu = xảy b = c =
2
bc d
b b bc d b bc d b bc d b b bc bcd c d
1+c d c d
2
2
1
(2)
2 4
2
2
cd a
c c cd a c cd a c cd a c c cd cda d a
1+d a d a
2
2
1
(3)
2 4
2
2
da b
d d da b d da b d da b d d da dab
a b
1+a b a b
2
2
1
(4)
2 4
2
Từ (1), (2), (3), (4) suy ra:
a b c d ab bc cd da abc bcd cda dab
b c2 c d2 d a2 a b2 4 4
1 1
Mặt khác:
a c b d
ab bc cd da a c b d
2
Dấu "=" xảy a+c = b+d
a b c d
abc bcd cda dab ab c d cd b a c d b a
2
2
a b c d
abc bcd cda dab a b c d a b c d
4
a b c d abc bcd cda dab
2
Dấu "=" xảy a = b = c = d = 1. Vậy ta có:
a b c d
b c2 c d2 d a2 a b2
4 4
4
1 1 1 1
a b c d
b c2 c d2 d a2 a b2
1 1
đpcm.
Dấu "=" xảy a = b = c = d =
Bài 16: Cho số a, b, c > thoả mãn: a + b + c =1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức:
a b c
T
a b c
1 1
1 (1 ) (1 ) (1 )
1 1
a b c
T
a b c =
1 1 1 1 1
1 1
a b c
a b c
Ta có:
1 1
(21)Bài tập GTLN-GTNN ôn thi ĐH - Giáo viên: Nguyễn Hữu Trung - THPT Vĩnh Định
9 6 6
T
Dấu "=" xảy a = b = c =
1
3 minT = .
Bài 17: Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn abc a c b Hãy tìm giá trị lớn biểu thức:
2 2
2
1 1
P
a b c
Điều kiện
a c
abc a c b b
ac ac1 a b c, , 0
Đặt atan ,A ctanC với , ;
A C k k Z
Ta btanA C
(3) trở thành: 2
2
tan tan ( ) tan
P
A A C C
2 2 2
2cos A 2cos (A C) 3cos C cos 2A cos(2A ) 3cosC C 2sin(2A C).sinC 3cos C
Do đó:
2
2 10 10
2 sin 3sin sin
3 3
P C C C
Dấu đẳng thức xảy khi:
1 sin
3 sin(2 ) sin(2 ).sin
C A C A C C
Từ
1
sin tan
3
C C
Từ sin(2A C ) 1 cos(2A C ) 0
2 tan
2 A
Vậy
10 2
max ; 2;
3
P a b c
Bài 18: Cho số thực x y z, , (0;1) xy yz zx 1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức:
2 2
1 1
x y z
P
x y z
Vì 0 x 1 x20 Áp dụng BĐT Cơsi ta có:
2 2
2 2
3
2 (1 ) (1 )
2 (1 ) (1 )
3 3
x x x x x x x
2
3
1
x
x x
Tương tự:
2
2
3 ; 3
1 1
y y z z
y z
Khi đó:
2 2
3 3 3
( ) ( )
2 2
P x y z xy yz zx
3
2
P x y z Bài 19: Cho tam giác ABC Tìm giá trị nhỏ biểu thức:
P =
2
2
1 tan
2
1 tan
A B
tan C
+
2
2
1 tan
2
1 tan
B C
tan A
+
2
2
1 tan
2
1 tan
C tan A
B
P =
cos cos cos
2 2
cos cos cos cos cos cos
2 2 2
C A B
B A B C C A
=
sin sin sin
2 2
cos cos cos cos cos cos
2 2 2
A B B C A C
B A B C C A
=
tan tan tan
2 2
A B C
≥ Vậy minP = A = B = C =
Bài 20: Cho a; b; c > thoả mãn a + b + c = Tìm giá trị nhỏ biểu thức:
3 3
2 2
(1 ) (1 ) (1 )
a b c
P
a b c
Áp dụng BĐT Cơ-si ta có:
3
2
8 2
( ) ( )
( ) ( )
a a a b c
b c b c a
b c b c .
Dấu " = " xảy 2a = b + c Tương tự:
3
2
6 2 2
;
( ) ( )
b b c a c c a b
c a a b
Suy ra:
1 4 a b c P
Dấu xảy a = b = c =
1
(22)Bài tập GTLN-GTNN ôn thi ĐH - Giáo viên: Nguyễn Hữu Trung - THPT Vĩnh Định Bài 21: Cho x, y, z số dương thoả mãn
1 1 2009
xyz Tìm max biểu thức: P =
1 1
2x y z x2y z x y 2z
Bài 22: Cho ba số thực dương a, b, c thỏa:
3 3
2 2 2
a b c
a ab b b bc c c ca a Tìm GTLN S = a + b + c Ta chứng minh:
3
2
2
a a b
a ab b (1)
Thật vậy, (1) 3a3 ≥ (2a – b)(a2 + ab + b2) a3 + b3 – a2b – ab2 ≥ 0
(a + b)(a – b)2
Tương tự:
2
2
b b c
b bc c (2) ,
2
2
c c a
c ac a (3)
Cộng vế theo vế (1), (2) (3) ta được:
3 3
2 2 2 3
a b c a b c
a ab b b bc c c ca a
Vậy: S ≤ maxS = a = b = c =
Bài 23: Cho ba số thực a, b, c lớn có tích abc = Tìm giá trị nhỏ biểu thức:
1 1
1 1
P
a b c
Ta chứng minh:
1
1a1b1 ab
1 1
1a1 ab 1b1 ab ≥ 0
2
( ) ( 1)
0
(1 )(1 )(1 )
b a ab
a b ab (đúng) Dấu "=" xảy a = b.
Xét
1 1
1a1b1c1 abc
2
1
ab abc 12 4
4
1
a b c abc
P
3 1
abc Vậy P nhỏ a = b = c = 2
Bài 24: Cho a, b, c cạnh tam giác có chu vi Tìm biểu thức:
3 3
( ) ( ) ( )
3 3
a b c b c a c a b P
c a b
Áp dụng BĐT Cô-si cho số dương
3
( )
,
3
a b c c
c
1
3 ta được:
3
( ) ( )
3 3 3
a b c c a b c c
a b c a b
c c (1).
Tương tự:
3
( )
3 3
b c a a
b c
a (2),
3
( )
3 3
c a b b
c a
b (3).
Cộng (1), (2) (3) ta suy P 1 minP1 a b c 1
Bài 25: Cho x y hai số dương thoả mãn x y 2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P =
x y x y
x y
x y
3 2
2
3
2
Ta có: x0,y0,x y 2 0xy1 P =
x y y x xy
2
3
22 3 7 Dấu "=" xảy x y 1 Vậy, minP = 7. Bài 26: Tìm giá trị nhỏ hàm số:
x x x x
f x
x x
4
2
4 8
( )
2
Tập xác định: D = R Ta có:
f x x x
x x
2
2
( ) 2
2
( BĐT Cô–si)
Dấu "=" xảy x2–2x 2 1 x1 Vậy: f(x) = đạt x = 1. Bài 27: Cho số thực x y > Tìm giá trị nhỏ biể thức :
2
9 (1 )(1 y)(1 )
P x
x y
Biến đổi vế trái , ad Bđt Cosi cho số dương , ta có :
2
3
4 4
3
3 3 27
1 1 .4 256
3 3 3 27 27
x x x y y y x y
x x x y y y x y y
(23)Bài tập GTLN-GTNN ôn thi ĐH - Giáo viên: Nguyễn Hữu Trung - THPT Vĩnh Định Bài 28: Xét x, y, z > thỏa mãn x + y + z = Tìm giá trị nhỏ biểu thức:
2 2
x (y z) y (z x) z (x y) P
yz zx xz
Ta có :
2 2 2
x x y y z z P
y z z x x y
(*) Nhận thấy : x2 + y2 – xy xy x, y
Do : x3 + y3 xy(x + y) x, y > hay
2 x y
x y
y x x, y > 0
Tương tự, ta có : 2
y z y z
z y y, z > ;
2
z x z x
x z x, z >
Cộng vế ba bất đẳng thức vừa nhận trên, kết hợp với (*), ta được:
P 2(x + y + z) = x, y, z > x + y + z = Hơn nữa, ta lại có P = x = y = z =
1
3 Vì vậy, minP =
Bài 29: Chox y z; ; > thỏa điều kiện x y z 1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức:
P x y z
x y z
1 1 2
Áp dụng BĐT Cơ-si ta có: xx
2
18 12
(1) Dấu xảy
x 1
3.
Tương tự: yy
18 12
(2) zz
18 12
(3) Mà: 17x y z 17 (4) Cộng (1),(2),(3),(4), ta có: P19 Dấu "=" xảy
x y z 1
3 Vậy GTNN P 19 x y z 1 3.
Bài 30: Cho hai số dương x, y thay đổi thỏa mãn điều kiện x + y Tìm giá trị nhỏ biểu thức A = 3x
2 +4 4x +
2+y3
y2 Giá trị nhỏ A 9
2 x = y = Bài 31: Cho ABC cú cạnh a, b, c thỏa món: b c-a
a
+ c a -b 25b
+ a b-c 81c
= 59 Tìm số đo góc lớn tam giác
Đặt a b-c 2z
2y b -a c
2x a -c b
x , y , z > c x y
x z b
z y a
Giả thiết 2x z y
+ 2y x) 25(z
+ 2z y) 81(x
= 59
y 25x x y
+
z 81x x z
+
z 81y y 25z
= 108 (*) áp dụng bđt Cô Si ta ln có VT (*) 2.5 + 2.9 + 2.5.9 = 108
nên (*) thỏa mãn
9y 5z
9x z
5x y
9x z
5x y
6x y x c
10x x z b
14x z y a
hay ABC có cạnh thỏa mãn a : b : c = : : góc lớn A cosA = 2.5.3
7 -3 52 2
= 2
1
A = 1200
Bài 32: Cho a, b, c số dương thuộc khoảng 0; 6 a b c 3 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: 2
1 1
P
6 a b c
.
Vẻ đường trịn tâm O đường kính AB
Do 0 a 6, đường tròn ta lấy điểm M cho AM a MB a 2
Gọi C điểm nửa cung tròn chứa điểm M COAB (Chú ý tam giác MAB CAB vuông M C)
Ta có: 2SAMBAM.MB HM.AB CO.AB (Vì MHOC)
2
a a
1 a a
a 3
A B
C M a
O H
2
(24)Bài tập GTLN-GTNN ôn thi ĐH - Giáo viên: Nguyễn Hữu Trung - THPT Vĩnh Định Hoàn tồn tương tự ta có:
1 b
3
6 b (2)
1 c
3 c (3).
Cộng (1) , (2) (3) vế theo vế ta được: 2
1 1 a b c 3
3
3
6 a b c
Vậy Pmin 3 đạt a = b = c = 3
Bài 33: Cho x, y, z > thỏa mãn:
1 8 xyz
Tìm GTLN của: 2 2 2
1 1
4 8
S
x y y z z x
:
2 2 2
2 2
4 8 3 4( ) 4 1 8 4 2,(1)
4 8 3 8 4 2,(2); 4 8 3 8 4 2,(3)
x y x y y xy y
y z yz z z x zx x
Từ (1); (2) (3) Dấu “=” xảy x = y = z = ½
1 1 1 1
8 8 2 4
1 1 1
1 1
2 1 . 2 1 4 2
2
1
max
2
S
xy y yz z zx x xy y yz z zx x
xy y
xy y x x xy y xy y xy y
x xy xy
S x y z
Bài 34: Cho : a2
+b2+c2=65 Tìm giá trị lớn nhỏ hàm số :
2.sin sin ; (0 , )
y a b x c x x
y2≤(a2+b2+c2)(1+2sin2x+sin22x)=65(1+2 sin2x+sin22x) Đặt f(x) = 1+2 sin2x+sin22x=1+2 sin2x+4 sin2x.(1−sin2x) f(x) = −4 sin4x+6 sin2x+1 , Đặt sin2x=t , t∈(0,1) g(t) = −4t2+6t+1→ g❑(t)=−8t+6; g❑(t)=0↔ t=3
4 Max g(t) ¿13
4 khit= 3 4↔sin
2x =3
4→ x= π 3 y2≤65 13
4 → −13√ 5
2 ≤ y ≤13√ 5
2 dấu “=” xảy x= π 3
1 a=√
2 sinx b =
sin 2x c hay 1
a= √6 2b=
√3 2c
Thay vào :
a2+b2+c2=65→
a=2√5 b=√30 c=√15
∨
¿a=−2√5 b=−√30
c=−√15
¿{{