cac pp chung minh bat dang thuc

Dạng 3: Phương pháp miền giá trị của hàm số: Cơ sở của phương pháp này là: Để tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = fx trên một miền D ta tiến hành như sau: - Tìm điều [r]

BẤT ĐẲNG THỨC Lê Hồ Quý (GV THPT Lê Lợi - Kon Tum) Bất đẳng thức, giá trị lớn và giá trị nhỏ hàm số biểu thức là chuyên đề khó chương trình toán THPT phạm vi nghiên cứu vấn đề này rộng Để giải bài toán loại này, đòi hỏi người học không phải nắm vững lý thuyết, mà còn phải biết cách sử dụng các phép biến đổi, bất đẳng thức phụ,… linh hoạt và sáng tạo Trong phạm vi bài viết, chúng tôi muốn chia sẻ cùng các em học sinh thân yêu, chia sẻ cùng các bậc thầy cô giáo đáng kính các kinh nghiệm tích góp quá trình giảng dạy, bồi dưỡng học sinh giỏi và luyện thi vào Đại học §1 MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ BẤT ĐẲNG THỨC I BẤT ĐẲNG THỨC: Khái niệm bất đẳng thức: Các mệnh đề dạng “A>B”, “A<B”, “A≥B”, “A≤B” gọi là bất đẳng thức, với A gọi là vế trái, B gọi là vế phải và A, B là hai biểu thức đại số Ta có: * A > B  A-B > 0; A < B  A - B < * A B  A-B 0; A B  A  B 0 Các tính chất bất đẳng thức:  A>B a) TÝnh chÊt 1:   A C B>C b) TÝnh chÊt 2: A>B  A C>B C  A.C>B.C, nÕu C>0 c) TÝnh chÊt 3: A>B    A.C<B.C, nÕu C<0  A>B d) TÝnh chÊt 4:   A C  B D C>D A>B>0 e) TÝnh chÊt 5:   A.C  B.D C>D>0 f) TÝnh chÊt 6: A>B>0, n  N *  A n  B n A>B>0, n  N, n 2  g) TÝnh chÊt 7:  a+b  a+b    ab  hay a+b 2 ab, ab     2     §¼ng thøc x¶y vµ chØ a=b  Các hệ bất đẳng thức Cauchy hai số là : * HÖ qu¶ : 2(a +b2 ) (a+b)2 4ab, víi a, b  R 1 * HÖ qu¶ :   , víi a, b>0 a b a b a b * HÖ qu¶ :  2, víi a, b>0 b a Bất đẳng thức Cauchy cho n số không âm : AnB A>B, n  N*  A 2n 1  B 2n 1 A>B, n  N*  II BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY: 1.Bất đẳng thức Cauchy cho hai số không âm : Víi hai sè kh«ng ©m a vµ b, ta cã: n 2n+1 A  2n 1 B Víi n sè kh«ng ©m a1 , a , , a n (n 2), ta cã : a1  a   a n n  a1a a n n §¼ng thøc x¶y  a1 a  a n III BẤT ĐẲNG THỨC BU-NHIA-CỐPSKI Bất đẳng thức Bu-nhia-cốpski cho hai cặp số: Với hai cặp số thực (a1 , a ), (b1 , b ) bất kì, ta có: (a1b1 +a b )2 (a12  a 22 )(b12  b 22 ) §¼ng thøc x¶y vµ chØ b1 b  a1 a * Quy íc : NÕu a1 0 (hoÆc a =0) th× b1 0 (hoÆc b2 0) Bất đẳng thức Bu-nhia-cốpski cho hai n số: Víi hai bé sè thùc (a1 , a , , a n ), (b1 , b , , bn ) bÊt k×, ta cã : (a1b1 +a b2 + +a n b n )2 (a12  a 22   a 2n )(b12  b 22   b 2n ) §¼ng thøc x¶y  b1 b2 b    n a1 a an * Quy ớc : Nếu a i nào đó thì b i 0 (i=1,n) IV BẤT ĐẲNG THỨC CHỨA GIÁ TRỊ TUYỆT ĐỐI: Víi mäi sè thùc a vµ b, ta cã: 1) a+b  a  b §¼ng thøc x¶y vµ chØ ab 0 2) a-b  a  b §¼ng thøc x¶y vµ chØ ab 0 V BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC: 1) Bất đẳng thức bản: b-c  a  b  c, c-a  b  c  a và a-b  c  a  b, p-a>0, p-b>0 vµ p-c>0 2) Các bất đẳng thức khác: 2S ab; 2S bc và 2S ca  900 b  c a nÕu A VI CÔNG THỨC TÍNH ĐỘ DÀI ĐƯỜNG TRUNG TUYẾN VÀ PHÂN GIÁC: b2  c2 a c2  a b a  b c2 m a2   ; m 2b   ; m c2   4 bc ca ab la  p(p  a); l b  p(p  b); l c  p(p  c) bc c a a b §2 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Dạng 1: Sử dụng các phép biến đổi, đánh giá thích hợp Để chứng minh A ≥ B, ta chứng minh A-B ≥ (nghĩa là ta sử dụng định nghĩa, tính chất bản, để biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh đến bất đẳng thức đúng hay tính chất đúng có thể sử dụng bất đẳng thức đúng biến đổi dẫn đến bất đẳng thức cần chứng minh) Ví dụ 1: Cho ba số a, b, c bất kì Chứng minh các bất đẳng thức: a) a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca (1) b) (ab + bc + ca)2 ≥ 3abc(a + b + c) (2) (§HQG TP HCM -1998) Lêi gi¶i a) (1)  2a  2b  2c 2ab  2bc  2ca  (a  b)2  (b  c)2  (c  a)2 0 luôn luôn đúng b) (2)  a b  b c  c 2a  a bc  ab c  abc 0  2a b  2b c  2c 2a  2a bc  2ab 2c  2abc 0  (ab-bc)2  (bc  ca)2  (ca  ab)2 0 luôn luôn đúng VÝ dô 2: Chøng minh r»ng a2 + b2 + c2 + d2 + e2 ≥ a(b + c + d + e) víi mäi a, b, c, d, e (1) (§H Y dîc TP HCM-1999) Lêi gi¶i a2 a2 a2 a2 (1)   ab  b   ac  c2   ad  d   ae  e2 0 4 4 a  a    b   2  2 2  a  a c   d    2  2  e  0 hiển nhiên đúng  1 VÝ dô : Cho ba sè thùc a, b, c tháa m·n abc=1 vµ a+b+c>   a b c a) Chøng minh r»ng: (a-1)(b-1)(c-1)>0 (1) b) Chứng minh ba số a, b, c có đúng số lớn (§HTH TP.HCM -1993) Lêi gi¶i a) Ta cã: (1)  abc-ab-ac-bc+a+b+c>0 (2) 1 ab+bc+ca V× a+b+c>    a+b+c> a b c abc  a  b  c  ab  bc  ca (v× abc=1) Vậy (2) đúng Suy (1) đúng b) Ta cã: (a-1)(b-1)(c-1)>0 Suy ba số a, b, c lớn ba số a, b, c có đúng số lớn NÕu a>1, b>1, c>1  abc>1, m©u thuÉn víi gi¶ thiÕt Vậy ba số a, b, c có đúng số lớn a b c VÝ dô : Chøng minh:    3 3 3 3 b c c a a b đó a, b, c là độ dài ba cạnh tam giác (T¹p chÝ To¸n häc & Tuæi trÎ 5/2004) Lêi gi¶i Ta cã: b3  c3  (b  c)3 (1) ThËt v©y: (1)  4(b3 +c3 ) b3  c3  3b2 c  3bc2  b3  c3  b2 c  bc2 0  b (b  c)  c2 (b  c) 0  (b-c)(b -c2 ) 0  (b-c)2 (b  c) 0 (2) (2) đúng  (1) đúng T ¬ng tù: c3  a  (c  a)3 a +b3  (a+b)3 Do đó: a b c   a 3      b+c c  a a  b  b c c a a b a b c 2a 2b 2c mµ      b+c c  a a  b 2(b  c) 2(c  a) 2(a  b) 2a 2b 2c <   =2 b c a c a b a b c (Do a+b>c; b+c>a; c+a>b) Tõ (3) vµ (4) suy ®pcm 3  b 3  c 3 (3) (4)  Bài tập tự luyện: x y x y2 Bµi : Cho x, y 0 Chøng minh:   3    y x y x (Đề thi vào lớp 10 chuyên trường Trần Đại Nghĩa TP HCM năm 2004 ) Bµi : Chøng minh r»ng nÕu 0<x y z, th× ta cã: 1 1 1 1 y     (x  z)    (x  z) x z y x z (Đề 148 - Bộ đề tuyển sinh) Bµi : Cho a, b, c lµ c¸c sè d ¬ng Chøng minh:  a  b2  c  a  b2 b2  c2 c2  a   3   a b bc c a  a bc  (Tạp chí Toán học & Tuổi trẻ 11/1995) Bµi : Cho x, y, z lµ c¸c sè d ¬ng Chøng minh: x  xy  y  y  yz  z  z  zx  x  3(x  y  z) (Học viện Quan hệ Quốc tế năm 1997) Bài 5: Cho ba số a, b, c thỏa mãn điều kiện a2 + b2 + c2 = Chứng minh rằng: abc + 2(1 + a + b + c + ab + ac + bc) ≥ (Đề - Bộ đề tuyển sinh) Dạng 2: Sử dụng bất đẳng thức Cauchy  Trường hợp 1: Các biến không bị ràng buộc a b2 c a b c VÝ dô : Chøng minh:      , abc 0 b c a c a b (ĐH Y dược Tp HCM-1999) Lời giải ¸ p dông B§T Cauchy cho sè d ¬ng, ta cã: (1) a b2 a b2 a 2a   2  2 b c b c c c b2 c2 2b   c2 a a 2 c a 2c   a b b Cộng các vế tương ứng (1), (2) và (3) ta có đpcm (2) T ¬ng tù: (3) x x x  12   15   20  VÝ dô : Chøng minh r»ng víi mäi x  R, ta cã:         3x  x  5x  5  4   Khi nào đẳng thức xảy ? (Đề thi tuyển sinh ĐH, CĐ-Năm 2005) Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương, ta có: x x  12   15   12       2         x x x  15    2.3x  4 (1) x  15   20  x (2)      2.5 Tương tự ta có:     x x  20   12  x (3)       2.4     Cộng các bất đẳng thức (1), (2), (3), chia hai vế bất đẳng thức nhận cho 2, ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy và x = VÝ dô : Cho x, y, z > Chøng minh r»ng: y x z 1  2    2 x y y z z x x y z (ĐH Nông Nghiệp I Khối A - 2001) Lời giải DÔ dµng chøng minh ® îc B§T sau: a  b2  c2 ab  bc  ca 1 1 1 ¸ p dông (1), ta ® îc:      x y z xy yz zx (1) (2) ¸ p dông B§T Cauchy cho c¸c mÉu sè, ta ® îc: y y x z x z    + + = 3 3 x y y z z x xy yz z 3x = 1 1 1      (®pcm) xy yz zx x y z VÝ dô : Chøng minh r»ng víi a, b lµ hai sè kh«ng ©m bÊt k×, ta lu«n cã: 3a  17b 18ab (ĐH Kinh tế Quốc dân - Năm 1997) Lời giải á p dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số không âm, ta có: 3a  17b3 3a  9b3  8b3 3 3a 9b3 8b3 18ab (®pcm) Ví dụ : Cho a, b, c là độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh rằng: a b c   3 b+c-a c  a  b a  b  c (ĐH Y Hải Phòng – Năm 2000) Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương: bc a ca  b (b+c-a)(c+a-b)  c T ¬ng tù ta cã: (c+a-b)(a+b-c) a (a+b-c)(b+c-a) b Nhân các vế tương ứng (1), (2) và (3), ta được: (b+c-a)(c+a-b)(a+b-c) abc  (1) (2) (3) abc 1 (b+c-a)(c+a-b)(a+b-c) á p dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số d ơng, ta có: a b c abc   3 3 b+c-a c  a  b a  b  c (b+c-a)(c+a-b)(a+b-c) VÝ dô : Cho a, b, c > Chøng minh:  1   b+c c+a a+b  (a +b3 +c3 )  + +    + + b c  a b c  2 a (Tạp chí Toán học & Tuổi trẻ 6/2003) Lời giải Víi a, b, c > 0, ta cã: a  b3 ab(a  b); b3  c3 bc(b  c); c3  a ca(c  a) 2(a  b3  c3 ) ab(a  b)  bc(b  c)  ca(c  a) á p dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số d ơng, ta có: (1) 1 1 1   3 3  a b c a b c abc Nhân các vế tương ứng (1) và (2), ta có đpcm Đẳng thức xảy và a = b = c VÝ dô : Cho a>b>0 Chøng minh: a+ 2 b(a-b)2 Lời giải á p dụng bất đẳng thức Cauchy cho bốn số d ơng, ta có: (2) a b a b a b a b b    4 b 2 2 b(a-b) 2 b(a-b) 2 b(a-b)2 VÝ dô : Cho a, b, c, d > Chøng minh: a+ a b2 c2 d 1 1        b c5 d a a b3 c3 d (ĐH Thủy lợi – Năm 1997) Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho năm số dương, ta có: a2 a2 a2 1 3a 5     5 15     b b5 b a a b b b b a (1) 3b2  3- c5 c b 3c  3 d d c 3d  3 a a d Cộng các vế tương ứng (1), (2), (3) và (4) ta có đpcm VÝ dô : Cho c¸c sè thùc x, y, z d ¬ng Chøng minh: T ¬ng tù, ta cã: (2) (3) (4) 16xyz(x+y+z) 3 (x+y)4 (y  z)4 (z  x) (Tạp chí Toán học & Tuổi trẻ 1/1996) Lời giải Gọi A = (x + y)(y + z)(z + x) Ta có: A = xy(x + y + z) + yz(x + y + z) + xz2 + zx2 ¸ p dông B§T Cauchy cho t¸m sè d ¬ng gåm ba sè víi mçi sè b»ng xy(x  y  z), ba sè víi mçi sè zy(x  y  z), xz , zx b»ng (xyz)6 (x  y  z)  ®pcm 36 §¼ng thøc x¶y vµ chØ x=y=z VÝ dô 10 : Cho a, b, c > 0, n  N, n 2 Chøng minh: Ta cã: (x+y)(y+z)(z+x) 8 n a b c n n n n  n  b+c c a a b n  (Tạp chí Toán học & Tuổi trẻ 8/1996) Lời giải ¸ p dông B§T Cauchy cho n sè d ¬ng gåm mét sè b»ng (a+b)(n-1) c vµ (n-1) sè víi mçi sè b»ng 1, ta cã: 1+1+ +1      (n-1) sè (a+b)(n-1) (a+b)(n-1) n n c c n (a  b)(n  1)  (a  b  c)(n  1)     nc c   Hay n c n n c  n  a+b n  abc T ¬ng tù, ta cã: n b n n b  n  c+a n  a b c a n n a  n  c+b n  a b c Cộng các vế tương ứng (1), (2) và (3), ta có đpcm (n-1)(a+b)=c  §¼ng thøc x¶y vµ chØ (n-1)(b+c)=a  n   N (n-1)(c+a)=b  n kh«ng x¶y (1) (2) (3)  Trường hợp 2: Các biến bị ràng buộc VÝ dô : Cho x, y, z lµ ba sè d ¬ng vµ xyz=1 Chøng minh r»ng: x2 y2 z2    1 y 1 z 1 x (§Ò dù bÞ Khèi D-N¨m 2005) Lêi gi¶i ¸ p dông B§T Cauchy cho hai sè d ¬ng, ta cã: x2  y x2  y  2 x 1+y 1+y y2  z y2  z  2 y 1+z 1+z z2  x z2  x  2 z 1+x 1+x Céng c¸c vÕ t ¬ng øng cña ba B§T, ta ® îc:  x  y   y2  z   z  x           (x  y  z)   1+z   1+x   1+y x2 y2 z2 xyz       (x  y  z) 1+y 1+z 1+x 4 3(x  y  z)   4 3 3  3 x.y.z     (Do x.y.z=1) 4 4 §¼ng thøc x¶y vµ chØ x=y=z=1 VÝ dô : Cho c¸c sè d ¬ng x, y, z tháa m·n xyz=1 Chøng minh r»ng: 1+x  y3  y3  z 1+z  x   3 xy yz zx Khi nào đẳng thức xảy ra? (§H, C§ Khèi D-N¨m 2005) Lêi gi¶i ¸p dông B§T Cauchy cho ba sè d¬ng, ta cã: 1+x3  y3 3 1.x y3 3xy 1+x3  y3  xy xy T¬ng tù, ta cã: (1)  1+y3  z3  yz yz (2) 1+z +x3  zx zx MÆt kh¸c, ta cã: 3   3 xy yz zx (3) 3 xy yz zx 3   3 xy yz zx Céng c¸c vÕ t¬ng øng cña (1), (2), (3) vµ (4) ta cã ®pcm §¼ng thøc x¶y vµ chØ x=y=z=1 VÝ dô : Cho x, y, z lµ ba sè tháa m·n x + y + z = Chøng minh r»ng :  (4) + 4x   y   z 6 (§Ò dù bÞ Khèi A - N¨m 2005) Lêi gi¶i á p dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: 3+4 x 1 1 1  4x 4 4 x  3+4 x 2 4x 2 x T ¬ng tù, ta cã: 3+4 y 2 y 3+4 z 2 4z Cộng các vế t ơng ứng ba bất đẳng thức trên, ta đ ợc: 3+4 x  3+4 y  3+4 z 2   x  y  z 2.3 x.4 y.4 z 6 24 4x y z 6 §¼ng thøc x¶y vµ chØ x=y=z=0 VÝ dô 4: Chøng minh r»ng víi mäi x, y, z d¬ng vµ x + y + z = th× 18xyz xy+yz+zx> 2+xyz (ĐH Tây Nguyên Khối A, B-Năm 2000) Lời giải ¸ p dông B§T Cauchy, ta cã: (1) 2=x+y+z+x+y+z 6 xyz (2) xy+yz+zx 3 x y z Nhân các vế tương ứng (1) và (2), ta được: 2(xy + yz + zx) ≥ 18xyz Mặt khác, ta có: xyz(xy + yz + zx) > Cộng các vế tương ứng (3) và (4), ta được: (xy+yz+zx)(2+xyz)>18xyz 18xyz  xy  yz  zx  (v× 2+xyz>0)  xyz VÝ dô : Cho x, y, z lµ c¸c sè d ¬ng tháa m·n (3) (4) 1   4 Chøng minh r»ng: x y z 1   1 2x+y+z x  2y  z x  y  2z (§H, C§ Khèi A - N¨m 2005) Lêi gi¶i C¸ch : Víi a, b>0 ta cã: 4ab (a+b)2  §¼ng thøc x¶y vµ chØ a=b ¸ p dông kÕt qu¶ trªn ta cã: ab 1 1        a  b 4ab a b  a b  1 1   1  1   1                 2x+y+z  2x y  z   2x  y z    x 2y 2z  T¬ng tù: 1 1   1  1   1                 x+2y+z  2y x  z   2y  x z    y 2z 2x  1 1   1  1   1                 x+y+2z  2z x  y   2z  x y    z 2x 2y  1 11 1        1 2x+y+z x  2y  z x  y  2z  x y z  §¼ng thøc x¶y vµ chØ x=y=z= 1 C¸ch 2: ¸ p dông B§T   víi a, b>0, ta ® îc: a b a b  1 1 1 1 1 1 1 1  1  8=2                4      x y z  x y  y z  z x  x y y z z x  T ¬ng tù, ta cã: (1) (2) (3) VËy  1   1   1   1  2              x+y y  z z  x   x  y x  z   x  y y  z   y  z z  x    1 4      2x  y  z x  2y  z x  y  2z  Tõ (1) vµ (2) ta suy ra:   1 8      ®pcm  2x+y+z x  2y  z x  y  2z  C¸ch : Víi a, b lµ hai sè bÊt k× vµ x, y lµ hai sè d ¬ng ta cã: a b (a  b)2   x y xy (*)  a y(x+y)+b x(x+y) (a+b)2 xy  a y2 +b x 2abxy  (ay-bx)2 0 BĐT sau cùng hiển nhiên đúng Đẳng thức xảy và Sö dông B§T (*) hai lÇn ta cã: 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1             2 2 2 4 4            2x+y+z 2x  y  z x  y x  z xy xz 2 2 1 1 1 1  4  4  4  4 2 1                 x y x z 16  x y z  a b  x y (1) (2) T ¬ng tù ta cã: 1 1 1      x+2y+z 16  x y z  1 1 2      x+y+2z 16  x y z  Cộng vế ba bất đẳng thức trên và chú ý tới giả thiết dẫn đến: 1 11 1        1 2x+y+z x  2y  z x  y  2z  x y z  §¼ng thøc x¶y vµ chØ x=y=z= C¸ch : ¸p dông B§T Cauchy cho bèn sè d ¬ng (hoÆc B§T Bu-nhia-cèpxki): 1 1 1 (x+y+z)      4 x yz.4 16 x yz x x y z 1  1 Suy      2x+y+z 16  x y z  T ¬ng tù: 1 1 1      x+2y+z 16  x y z  1 1 2      x+y+2z 16  x y z  Céng tõng vÕ ba B§T trªn ta ® îc: 1 11 1        1 2x+y+z x+2y+z x+y+2z  x y z  VÝ dô : Cho x, y, z 0 vµ x+y+z 3 Chøng minh r»ng: x y z 1       2 1+x  y  z 1 x 1 y 1 z (§H Hµng h¶i Tp HCM - N¨m 1999) Lời giải Ta cã: x 2x   x  (x  1)2 x    0   2 1+x 2(1  x ) 2(x  1) 1+x T ¬ng tù ta cã: y  1+y z  1 z Cộng các vế t ơng ứng ba bất đẳng thức trên, ta đ ợc: x y z    (1) 2 1+x  y  z (§¼ng thøc x¶y vµ chØ x=y=z=1) MÆt kh¸c, ¸p dôngB §T Cauchy cho ba sè d ¬ng, ta ® îc: 1 1   3 3  (Do x+y+z 3) (1  x)(1  y)(1  z)  x 1  y 1  z 1+x  y  z 3 1     (2) 1+x  y  z §¼ng thøc x¶y vµ chØ x=y=z=1  Bµi tËp tù luyÖn: Bµi : Víi a, b, c lµ ba sè d ¬ng bÊt k× Chøng minh r»ng: (1+a )(1+b3 )(1+c3 ) (1+ab2 )(1+bc2 )(1+ca ) (§HDL H¶i Phßng Khèi A - N¨m 2000) Bµi : Chøng minh r»ng: víi sè thùc d ¬ng bÊt k×, ta lu«n cã a  a 1  a (§HDL Ph¬ng §«ng Khèi A - N¨m 2000) Bµi : Cho ABC cã ba c¹nh lµ a, b, c vµ p lµ nöa chu vi Chøng minh r»ng: 1 1 1   2     p-a p  b p  c a b c (Häc viÖn Ng©n hµng Khèi A - N¨m 2001) Bµi : Víi a, b, c lµ ba sè thùc d ¬ng bÊt k× tháa m·n ®iÒu kiÖn a+b+c=0 Chøng minh r»ng: 8a  8b  8c 2a  b  c (§HQG Hµ Néi Khèi A - N¨m 2000) Bµi : Chøng minh r»ng víi mäi x, y >0 ta cã:   y  (1+x)  1+     256 y   x   §¼ng thøc x¶y nµo? (§Ò Dù bÞ Khèi A-N¨m 2005) Bµi : Cho a, b, c lµ ba sè d ¬ng tháa m·n: a+b+c= Chøng minh r»ng : 3 a+3b  b  3c  c  3a 3 Khi nào đẳng thức xảy ra? (§Ò Dù bÞ Khèi B-N¨m 2005) Bµi : Chøng minh r»ng nÕu y x 1 th× x y  y x  §¼ng thøc x¶y nµo? (§Ò Dù bÞ Khèi B-N¨m 2005) Bµi : Cho c¸c sè thùc x, y, z tháa m·n ®iÒu kiÖn: 3-x  3 y  3 z 1 Chøng minh r»ng: 9x 9y 9z 3x  3y  3z    3x  3y z 3y  3z x 3z  3x y (§Ò Dù bÞ Khèi A-N¨m 2006) Dạng 3: Sử dụng bất đẳng thức Bu - nhia - cốpski:  Trường hợp 1: Các biến không bị ràng buộc VÝ dô : Cho x  [0; 1] Chøng minh: x + 1-x + x + 1-x  2+ 2 Tìm x để dấu đẳng thức xảy ra? (ĐH An ninh – Năm 1999) Lời giải ¸ p dông B§T Bu-nhia-Cèpski cho hai bé sè (1; 1) vµ ( x; 1-x ), ta ® îc: x   x  x  (1  x)  (1) 4 TiÕp tôc ¸p dông B§T Bu-nhia-Cèpski cho hai bé sè (1; 1) vµ ( x; 1-x), ta ® îc: x   x  ( x   x )   2 Céng c¸c vÕ t¬ng øng cña (1) vµ (2), ta cã ®pcm x  [0;1]  §¼ng thøc x¶y vµ chØ  x   x  x  4 x   x  VÝ dô : Cho a, b, c>0 Chøng minh: a b c   1 a+ (a+b)(a+c) b  (b  c)(b  a) c  (c  a)(c  b) (2) (T¹p chÝ To¸n häc & Tuæi trÎ 11/2004) Lêi gi¶i ¸ p dông B§T Bu-nhia-cèpski cho hai bé sè ( a; b) vµ ( c; a ), ta cã: ( ac+ ab)2 (a  b)(c  a)  ac  ab  (a  b)(c  a)  a  ac  ab a  (a  b)(c  a) a a a   a  (a  b)(c  a) a  ac  ab a b c T¬ng tù, ta cã: b b  b+ (b+c)(b+a) a b c  c c  c+ (c+a)(c+b) a b c Cộng các vế tơng ứng (1), (2) và (3), ta đợc: a b c   1 a+ (a+b)(a+c) b  (b  c)(b  a) c  (c  a)(c  b) §¼ng thøc x¶y vµ chØ a = b = c VÝ dô : Chøng minh r»ng mét tam gi¸c bÊt k×, ta cã: p-a  p  b  p  c  3p đó a, b, c là các độ dài ba cạnh và p là nửa chu vi tam giác Lêi gi¶i ¸ p dông B§T Bu-nhia-cèpski cho hai bé ba sè (1, 1, 1) vµ ( p-a, p-b, p-c), ta ® îc: p-a  p  b  p  c  12 12 12 ( p  a )2  ( p  b)2  ( p  c)2  = p a p bp c  p §¼ng thøc x¶y vµ chØ p-a p b p c    a b c 1  Trường hợp 2: Các biến bị ràng buộc (1) (2) (3) Ví dụ : Với a, b, c là ba số d ơng thỏa mãn đẳng thức ab+bc+ca=abc Chứng minh rằng: b2  2a c2  2b2 a  2c2    ab bc ca (§HQG Hµ Néi Khèi D - N¨m 2000) Lêi gi¶i Nh©n hai vÕ cña B§T víi abc>0, ta ® îc: c b2  2a  a c2  2b  b a  2c2  3abc  M  b2 c2  2a c2  a c2  2a b2  a b  2b2 c2  3abc Theo B§T Bu-nhia-cèpski, ta cã: b2 c2  2a c2  (bc)2  (ac)2  (ac)2  (bc  ca  ca)  (bc  2ca) 3 T¬ng tù, ta cã: a c  2a b  (ac  2ab) 3 a b  2b c2  (ab  2bc) Céng tõng vÕ cña (2), (3) vµ (4) ®i tíi: M  3(ab  bc  ca)  3abc  (1) đúng: đpcm VÝ dô : Cho x, y, z lµ ba sè d ¬ng vµ x+y+x 1 Chøng minh r»ng: x2  (1) (2) (3) (4) 1  y2   z2   82 x y z (§H, C§ Khèi A - N¨m 2003) Lêi gi¶i Gäi S= x  1  y2   z  2 x y z  1 ¸ p dông B§T Bu-nhia-cèpski cho hai bé sè (1; 9) vµ  x;  , ta cã:  x 1  1+81 x  = 82 x  x x x T¬ng tù, ta cã: y+  82 y2  y y (1)  82 z  z z Céng (1), (2) vµ (3) theo vÕ, ta cã: 1 1 S 82 x  y  z      x y z (3) x+ z+ 1 1 hay S 82 81(x  y  z)       80(x  y  z) x y z 1 1 2.9.3 (x  y  z)      80 162  80 82 x y z  ®pcm  Chú ý: Bài toán này ta có thể giải phơng pháp tọa độ, trình bày phần sau (2)  Bất đẳng thức tam giác: VÝ dô : Cho ABC Chøng minh r»ng: 1 (la  lc )  (lc  la )  (la  lb ) 3 a b c (Häc viÖn Kü thuËt Qu©n sù - N¨m 1997) Lêi gi¶i A  b  c l 2 cos A     l 2 cos A Ta cã: la  a  b c a bc bc 2   B 1 1 T ¬ng tù, ta cã:    l b 2 cos c a C 1 1  a  b  lc 2 cos   2bc.cos Cộng vế ba đẳng thức trên, ta đ ợc: 1 A B C  (l b  l c )  (l c  l a )   la  l b  2  cos  cos  cos  a b c 2 2  A B C  ¸ p dông B§T Bu-nhia-cèpxki cho hai bé sè (1; 1; 1) vµ  cos ;cos ;cos  , ta cã: 2 2  cos (1) A B C A B C   cos  cos   cos2  cos2  cos2  2 2 2    (cos A  cos B  cos C) 2  3 3   2 2 3   v× cosA+cosB+cosC     1 Tõ (1) vµ (2) ta suy ra: (l b  l c )  (l c  la )   la  l b  3 a b c Đẳng thức xảy và ABC (2)  Chú ý: Ta có thể giải bài toán này cách sử dụng BĐT Cauchy dùng phơng pháp đạo hàm kÕt hîp víi B§T Jensen  Bµi tËp tù luyÖn: Bµi : Chøng minh: a-1  b   c   c(ab  1), víi mäi sè thùc d ¬ng a, b, c 1 Bµi : Cho x, y, z>0 Chøng minh: xyz(x+y+z+ x  y  z ) 3  2 2 2 (x  y  z )[(x  y  z)  (x  y  z )] 18 Bµi : Cho a, b, c >0 vµ tháa m·n abc=1 Chøng minh: 1    a (b  c) b (c  a) c (a  b) Bµi : Cho x>0, y>0 vµ x  y2 x  y Chøng minh: x+3y 2+ Dạng 3: Phương pháp dùng dấu tam thức bậc hai: Cơ sở ph ơng pháp là biến đổi bất đẳng thức giả thiết dạng chứa: f(x)=ax  bx  c (a 0) §Ó xÐt dÊu tam thøc bËc hai f(x), ta th êng viÕt nã d íi d¹ng: Cơ sở ph ơng pháp là biến đổi bất đẳng thức giả thiết dạng chứa: f(x)=ax  bx  c (a 0) §Ó xÐt dÊu tam thøc bËc hai f(x), ta th êng viÕt nã d íi d¹ng: 2   b  b  4ac  b    f(x)=a   x     a x       2a  4a  2a  4a      DÊu cña biÖt thøc  DÊu cña f(x) af(x)>0, x  R <0 =0 b b af(x)>0, x - ; f(- )=0 2a 2a >0 af(x)<0, x  (x1 ; x ) Ph¬ng tr×nh f(x) = cã hai nghiÖm x1 < x2 af(x)>0, x  (-; x1 )  (x ; +) Tóm lại, việc sử dụng các định lý thuận và đảo tam thức bậc hai, xử lý điều kiện tồn nghiệm biệt thức , … tỏ tiện lợi chứng minh bất đẳng thức mà nó đã đợc nhận dạng đây nhắc lại các tính chất sau để tiện sử dụng:  0  0 * f(x)=ax  bx  c 0, x  R   * f(x)=ax  bx  c 0, x  R   a>0 a<0 * f(x)=x  a a; x; a * f(x)=b-x b; x; b VÝ dô : Chøng minh r»ng víi sè a, b, c, d, e bÊt k×, bao giê ta còng cã: (1) a  b  c2  d a(b  c  d  e) (Đề 15/II - Bộ đề tuyển sinh) Lêi gi¶i (1)  a  (b  c  d  e)a  b2  c2  d  e 0 VÕ tr¸i lµ tam thøc bËc hai theo a cã biÖt thøc: (2)  =(b+c+d+e)2  4(b2  c2  d  e2 ) 0, b, c, d, e Do B§T Bu-nhia-cèpski, ta cã: (1.b+1.c+1.d+1.e)2 (12 12  12  12 )(b2  c2  d  e2 ) Vậy (2) đúng với a, b, c, d, e, suy (1) đúng VÝ dô : Chøng minh r»ng: 5x  5y  5z  6xy  8xz  8yz  với số x, y, z không đồng thời Lêi gi¶i Xem vế trái bất đẳng thức cần chứng minh là tam thức bậc hai x, còn y, z là tham số, ta đợc bất phơng trình bậc hai mà x là ẩn số: f(x, y, z) = 5x2 + 2(3y - 4z)x + 5y2 + 5z2 - 8yz > (1)  'x (3y  4z)2  5(5y  5z  8yz)=-16y  16zy  9z Xem  'x lµ mét tam thøc bËc hai cña y, cßn z lµ tham sè,  ' y 64z  9.16z  80z Nếu z 0 thì  ' y  : Do đó 'x  với y Từ đó suy PT (1) nghiệm đúng với x NÕu z=0 th×  'x  16y2 a) Nếu y 0 thì  'x  Do dó PT (1) nghiệm đúng với x b) NÕu y=0 th× v× x  y2  z  nªn x 0 f(x, y, z)=5x  Vậy bất đẳng thức (1) đúng với x, y, z không đồng thời VÝ dô : Cho ABC Chøng minh: Lêi gi¶i x2 A x(cos B  cos C)  sin , x  R 2 XÐt tam thøc: f(x)= x2 A  x(cos B  cos C)  sin Ta cã: 2 A  B C B C A  x (cos B  cos C)  sin  cos cos  sin   2  2 2 =4sin A B C  cos2   0  2  Do đó: f(x) 0, x  R (đpcm) VÝ dô : Chøng minh r»ng nÕu ba sè a, b, c tháa m·n c¸c ®iÒu kiÖn: a  b2  c2 2  ab  bc  ca 1 4 4 4 th× - a  , - b  , - c  3 3 3 Lêi gi¶i Xem hai đẳng thức đã cho là hệ hai phơng trình mà b, c là hai ẩn số, a là tham số Hệ phơng trình này có nghiệm Từ đó ta tìm đợc tập hợp các giá trị tham số a Tõ gi¶ thiÕt, ta suy ra: (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca) =2+2=4  a+b+c=2   a+b+c=-2 Hệ đã cho t ơng đ ơng với hai hệ: a+b+c=2 a+b+c=-2 (I)  ; (II)  ab+bc+ca=1 ab+bc+ca=1 XÐt hÖ (I) Tõ PT thø nhÊt cña hÖ ta suy b+c=2-a Thay vµo PT thø hai, ta ® îc: bc+a(2-a)=1  bc=(a-1)2 HÖ (I) t ¬ng ® ¬ng víi hÖ:  b+c=2-a   bc=(a-1) b,c lµ c¸c nghiÖm cña PT: x  (2  a)x  (a  1)2 0 PT nµy cã hai nghiÖm nªn  0 =(2-a)2  4(a  1)2 0   3a  4a 0  a  (1) Lập luận t ơng tự hệ (II), ta đ ợc: - a 0 (2) Phèi hîp c¸c kÕt qu¶ (1) vµ (2), ta ® îc: 4 - a  3 Vì a, b, c có thể đổi chỗ cho hai đẳng thức đã cho nên ta có: - 4 4 b  vµ - c  3 3  Bµi tËp tù luyÖn: Bµi : Chøng minh: (x+y)2 2x  5y2  4y  6, x,y  R Bài : Chứng minh a, b, c là các độ dài ba cạnh tam giác thì ta luôn có: a b2  b2 c2  c2a  (a  b  c ) Bài : Chứng minh với x  R, ta có: 4sin3x+5 4cos2x+5sinx Dạng 4: Phơng pháp đạo hàm I KiÕn thøc cÇn nhí: Định lý Lagrange: Nếu hàm số y=f(x) liên tục trên đoạn [a; b] và có đạo hàm trên khoảng (a; b) thì tån t¹i mét ®iÓm c  (a; b) cho: f(b)-f(a)=f ' (c)(b  a) hay f ' (c)  f(b)  f(a) b a Tính đơn điệu hàm số: a) Khái niệm tính đồng biến và nghịch biến hàm số : Cho hàm số y=f(x) xác định trên K (K là khoảng (a; b) đoạn [a; b]) * f(x) gọi là đồng biến (tăng) trên K nếu: x1 , x  K : x1  x  f(x1 )  f(x ) * f(x) gäi lµ nghÞch biÕn (gi¶m) trªn K nÕu: x1 , x  K : x1  x  f(x1 )  f(x ) * Tính đồng biến hay nghịch biến đ ợc gọi chung là tính đơn điệu b) Điều kiện cần tính đơn điệu : Cho hàm số y=f(x) xác định và có đạo hàm trên khoảng (a; b) * Nếu f(x) đồng biến trên khoảng (a; b) thì f / (x) 0, x  (a; b) * NÕu f(x) nghÞch biÕn trªn kho¶ng (a; b) th× f / (x) 0, x  (a; b) c) Điều kiện đủ tính đơn điệu (dấu hiệu đơn điệu) : Cho hàm số y=f(x) xác định và có đạo hàm trên khoảng (a; b) x  (a; b): f / (x) 0 *  / / f (x) 0 hoÆc f (x) 0 t¹i h÷u h¹n ®iÓm x  f(x) đồng biến trên khoảng (a; b) x  (a; b): f / (x) 0 *  / / f (x) 0 hoÆc f (x) 0 t¹i h÷u h¹n ®iÓm x  f(x) nghÞch biÕn trªn kho¶ng (a; b)  Chú ý: Trong dấu hiệu đơn điệu, thêm giả thiết f(x) liên tục trên đoạn [a; b] thì kết luận mạnh hơn: f(x) đồng biến (hay nghịch biến) trên đoạn [a; b] Cùc trÞ cña hµm sè: Giả sử hàm số f(x) xác định trên khoảng (a; b) và x0  (a;b) a) §Þnh lý 1: f / (x)  trªn (x   ; x ) *  /  x0 là điểm cực đại f(x) f (x)  trªn (x ; x + ) / f (x)  trªn (x   ; x0 ) *  /  x0 lµ ®iÓm cùc tiÓu cña f(x) f (x)  trªn (x ; x + ) b) §Þnh lý 2: f / (x) 0 *  //  x lµ ®iÓm cùc tiÓu cña f(x) f (x)  / f (x) 0 *  //  x là điểm cực đại f(x) f (x)  II VÝ dô minh häa: x VÝ dô : Cho n lµ sè tù nhiªn, n 1 Chøng minh r»ng: ex   , víi mäi x>0 n (§HSP Quy Nh¬n - N¨m 1999) Lêi gi¶i x trªn nöa kho¶ng  0; +  Víi mäi x>0, n 1, ta cã: n 1 f / (x) ex  >0 (v× e x  e0 1  víi x>0, n 1) n n Mặt khác dễ thấy hàm số liên tục trên  0; +  Do đó f(x) đồng biến trên nửa khoảng  0; + XÐt hµm sè f(x)=ex   VËy víi mäi x>0, n 1: f(x)=ex   x >f(0)=0 n x Điều đó chứng tỏ ex   , x>0, n 1 n g(x)=ex  x n trªn nöa kho¶ng  0; +  , víi chó  Chó ý: 1) Víi bµi to¸n nµy, ta còng cã thÓ xÐt hµm sè ý r»ng g(0) = 2) Nếu không sử dụng tính liên tục hàm số, ta có thể kết luận hàm số đồng biến trên khoảng (0; +) Khi đó cha thể có bất đẳng thức f(x) > f(0) với x > Ví dụ 2: Chứng minh với số nguyên dơng n ≥ ta có: nn+1 > (n+1)n (ĐH An ninh Khối A - Năm 2000) Lêi gi¶i nn+1 > (n+1)n (1)  (n+1)lnn>nln(n+1)  n+1 n  ln(n+1) ln n x víi x 3 lnx ln x  x x  ln x   (Do x 3) Ta cã: f / (x)  ln x ln x Vậy f(x) đồng biến nên f(n+1)>f(n)  (2): đpcm XÐt hµm sè f(x)= 3x 1  2sinx tgx VÝ dô : Víi 0<x< Chøng minh 2  2 (§H Y dîc Tp HCM - N¨m 1993) Lêi gi¶i á p dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: 1 2sinx  tgx 2 22sinx tgx 2 VËy ta chØ cÇn chøng minh: 2sin x  tgx 2 sin x  tgx    x   sin x  tgx  3x  0, x   0;  2  2 XÐt hµm sè f(x)=2 sin x  tgx  3x 1 Ta cã: f / (x) 2 cos x   cos x  cos x  3 cos x cos2 x 3 cos x.cos x  0 (B§T Cauchy) cos2 x   Vậy f(x) đồng biến trên khoảng  0;   2   Suy f(x)>f(0)=0 hay 2sinx+tgx-3x>0, x   0;   2 VÝ dô : Cho ba sè d ¬ng a, b, c tháa a  b2  c2 1 Chøng minh r»ng: 1 a b c 3  2  2 b c c a a b (§H §µ N½ng - N¨m 2001) Lêi gi¶i Bất đẳng thức cần chứng minh t ơng đ ơng với: a b c 3 3     (a  b2  c2 ) 2 1-a  b  c 3 Ta chøng minh nÕu 0<x<1 th× f(x)=x(1-x )  3 Ta cã: f / (x) 1  3x ; f / (x) 0  x  x f’(x) + 3 - (2) f(x) 3 0 Tõ ®iÒu kiÖn a, b, c  (0; 1) thay x=a, ta cã: a(1-a )  3  (1) a 3  a 1 a b 3  b 1-b T¬ng tù, ta cã: (2) c 3  c 1-c (3) Céng c¸c vÕ t ¬ng øng cña (1), (2) vµ (3), ta ® îc: a b c 3 3    (a  b  c2 )  (Do a  b2  c2 =1) 2 1-a  b  c 2  Bµi tËp tù luyÖn: Bài : Chứng minh các bất đẳng thức sau luôn đúng với x  [0; 1] : a) 1-x e-x 1-x+ x2 2 e-x x4 b) -x< 1  x  1+x 2(1  x) (§H KiÕn tróc Hµ Néi - N¨m 2000) Bài 2: Chứng minh a, b, c là độ dài ba cạnh tam giác có chu vi thì: 3a2 + 3b2 + 3c2 + 4abc ≥ 13 (§HSP Vinh Khèi A, B - N¨m 2001) Bµi 3: Cho c¸c sè x, y tháa m·n ®iÒu kiÖn x ≥ 0, y ≥ vµ x3 + y3 = Chøng minh r»ng x2 + y2 ≤ (§H Ngo¹i th¬ng - N¨m 1995) Bài : Chứng minh với x 0 và  >1, ta luôn có x     x Từ đó chứng minh r»ng víi ba sè d ¬ng a, b, c bÊt k×, ta cã: a3 b3 c3 a b c      b3 c a b c a (§HQG Hµ Néi - N¨m 2001) Bµi : Chøng minh r»ng víi mäi sè thùc a, b, c tháa m·n ®iÒu kiÖn a+b+c=1 th×: 1  a b c  b  c 3  a  b  c  a 3 3 3  (Häc viÖn C«ng nghÖ BCVT - N¨m 2001) Dạng 5: Phơng pháp tọa độ I KiÕn thøc cÇn nhí: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy hay không gian Oxyz, ta chọn tọa độ các vectơ (hay tọa độ điểm) cho thích hợp với đề đã cho áp dụng công thức sau đây:     1) a b  a  b   §¼ng thøc x¶y a, b cïng ph ¬ng       2) a b c  a  b  c    3) a.b  a b   §¼ng thøc x¶y a, b cïng ph ¬ng    4) a.b  a b   §¼ng thøc x¶y a, b cïng h íng 5) AB+BC AC, A, B, C nằm mặt phẳng tọa độ §¼ng thøc x¶y A, B, C th¼ng hµng II VÍ DỤ MINH HỌA: VÝ dô : Cho x, y, z lµ ba sè d ¬ng vµ x+y+x 1 Chøng minh r»ng: x2  1  y2   z   82 x y z (§H, C§ Khèi A - N¨m 2003) Lêi gi¶i       C¸ch : Víi mäi u, v ta cã: u  v  u  v (*)   2 2         (V× u  v =u +v +2u.v  u + v +2 u v =(u+v) )   1   1   1 §Æt a  x;  , b  y;  , c  z;  x y   z           ¸ p dông B§T (*) ta cã a  b  c  a  b  c  a  b  c VËy : 1 1 1 P= x   y2   z   (x  y  z)2      x y z x y z 2 2 1 1 1 1 Ta cã: (x  y  z)      81(x  y  z)2       80(x  y  z)2 x y z x y z 1 1 18(x  y  z)      80(x  y  z)2 162  80 82 (B §T Cauchy) x y z VËy P  82 §¼ng thøc x¶y x=y=z=  1  1   1   C¸ch : §Æt a  -x;  , b   y;  , c   z;  x  z  y     1 1  1 2 Ta cã: P= x   y   z   a  b  c      (x  y  z)   18 x y z x y z  1 MÆt kh¸c, ta cã:    (x  y  z)  x y z  1 1  1  =   9x     9y     9z   10(x  y  z) 18  10 (v× x+y+z 1) x  y   z Do đó P  82  18  82 (đpcm) Ví dụ : Với a, b, c là ba số d ơng thoả mãn đẳng thức ab+bc+ca=abc Chứng minh rằng: b2  2a c2  2b2 a  2c2    ab bc ca (§HQG Hµ Néi Khèi D - N¨m 2000) Lêi gi¶i B§T cÇn chøng minh cã thÓ viÕt l¹i: 2   2  2  a b b c c a   1 2  1 2  2 §Æt u  ; , v  ; , w  ;   a b  b c   c a              1 1 2 2 2 1 1  Ta cã: u  v  w    ;       u  v  w         c a  c a  a b c  b a b c b    2 u   2, v   2, w   a b b c  c a      ¸ p dông B§T u  v  w  u  v  w 2 2 2 2 1 1  1 1                3     a b2 b c c a c a   a b c   b a b c  bc  ca  ab  = 3    ®pcm abc   VÝ dô : Cho x, y, z>0 Chøng minh r»ng: x +xy+y2  y2  yz  z  z  zx  x  3(x  y  z) (Học viện Quan hệ Quốc tế - Năm 1997) Lêi gi¶i   y    z    x  §Æt a  x  ; y  , b  y  ; z  , c  z  ; x    2  2  2        3   a  b  c  (x  y  z); (x  y  z)  2       2 Ta cã: a  x  xy  y , b  y  yz  y2 , c  z  zx  x       và ta luôn có a  b  c  a  b  c đúng VËy x +xy+y  y2  yz  z  z  zx  x  3(x  y  z)  Bµi tËp tù luyÖn: Bµi : Chøng minh r»ng víi mäi a, b, c  R, ta cã: a  ab  b2  a  ac  c2  b2  bc  c2 Bµi : Cho a+b+c=1, ax+by+cz=4 (a, b, c 0) Chøng minh: 9a  a x2  9b2  b y2  9c2  c2 z 5 Bµi : Chøng minh: (x-a)2  b  (x  c)2  d  (a  c)2  ( b  d )2 §3 GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT I MỘT VÀI ĐỊNH NGHĨA Đ ỊNH LÝ: Định nghĩa: Cho hàm số y = f(x) xác định trên tập D f(x) M, x  D 1) M= max f(x)   xD x  D : f(x )=M f(x) m, x  D 2) m= f(x)   xD x  D : f(x )=m Định nghĩa: Giả sử hàm số f(x) xác định trên tập hợp D  R Ta nói rằng: a) Hàm số bị chặn trên trên tập hợp D tồn số M cho: f(x) ≤ M với x  D b) Hàm số bị chặn tập hợp D tồn số m cho: f(x) ≥ m với x  D c) Hàm số bị chặn trên tập hợp D nó vừa bị chặn trên vừa bị chặn trên D Dễ dàng thấy rằng: Hàm số f(x) (xác định trên tập hợp D) là bị chặn trên D và tồn số dương M cho f(x) M, víi x  D Ta thừa nhận hai tính chất quan trọng các hàm số liên tục: Định lý 1: Hàm số f(x) liên tục trên đoạn [a; b] thì bị chặn trên đoạn này  Chú ý: Định lý không còn đúng hàm số f(x) có điểm gián đoạn thuộc [a; b] định lý, đoạn [a; b] thay khoảng (a; b) (hoặc (a; b], [a; b)) Định lý 2: Nếu hàm số f(x) liên tục trên đoạn [a; b] thì nó đạt giá trị lớn và nhỏ trên đoạn này, tức là tồn ít điểm x1  [a; b] cho: f(x) f(x1 ), víi x  [a;b] và tồn ít điểm x  [a; b] cho: f(x) f(x ), víi x  [a; b] Về hai điều kiện nêu giả thiết định lý, ta có chú ý tương tự chú ý nêu sau định lý II MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ NHỎ NHẤT CỦA MỘT HÀM SỐ HOẶC MỘT BIỂU THỨC: Dạng 1: Sử dụng các phép biến đổi và đánh giá thích hợp VÝ dô : Cho x, y>0 tháa m·n xy=1 T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña: x y A=  2 x  y x  y4 (Đề chuyên Toán Tin – ĐHSP Hà Nội năm 1997-1998) Lêi gi¶i Ta cã: (x -y)2 0  x  y2 2x y x x   = x y 2x y T ng tù: (1) y  x y 2 (2) Cộng các vế tơng ứng (1) và (2), ta đợc: A ≤ Đẳng thức xảy x=y=1 Vậy maxA =1 Ví dụ : Tuỳ theo giá trị m, hãy tìm giá trị nhỏ biểu thức : A = (x – 2y + 1)2 + (2x + my + 5)2, với x, y  R (ĐH Giao thông Vận tải Hà Nội – Năm 2000) Lời giải Hiển nhiên A 0, đẳng thức xảy và hệ sau có nghiệm: x-2y=-1  2x+my=-5 -2 D= m  m (1) (2) * NÕu m 4 th× D 0: HÖ (1), (2) cã nghiÖm nhÊt  A 0 R 2 * NÕu m=-4 th× A=(x-2y+1)  (2x  4y  5) (3) đặt x-2y+1=t với t  R, đó 2x-4y=2(t-1), thay vào (3) ta đ ợc:  6 9 A=t + (2 t + 3)2 = 5t +12 t + =  t +  +   5 5  6  A A     R  5  Bµi tËp tù luyÖn: Bµi : T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña hµm sè: x f(x)=  sin x trªn ®o¹n    - ;    (ĐH Kinh tế Quốc dân Khối A – Năm 2000) Bµi : T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña hµm sè sau trªn tËp R: f(x)=2sin x  s inxcosx+ (Học viện Công nghệ BCVT – Năm 1999) Bµi : T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc: P=cotg 4a  cot g 4a  2tg 2a.tg2 b  (ĐH Giao thông Vận tải – Năm Năm 1999) Bµi : Trong mäi tam gi¸c ABC nh÷ng tam gi¸c nµo lµm cho biÓu thøc sau: Q= sinA  sinB  sinC cos A B C  cos  cos 2 đạt giá trị lớn ? (ĐH Bách khoa Hà Nội Khối A – Năm, 2000) Dạng 2: Tìm giá trị lớn và giá trị nhỏ tam thức bậc hai   b Tọa độ đỉnh parabol f(x)=ax  bx  c là I  - ; -   2a 4a  KÝ hiÖu : maxf(x) lµ gi¸ trÞ lín nhÊt cña f(x) trªn miÒn D D minf(x) lµ gi¸ trÞ nhá nhÊt cña f(x) trªn miÒn D D a) Tr êng hîp : D=R  * a<0, max f(x) f   R   * a>0, f(x) f   R  b  2a  b   2a   , kh«ng tån t¹i f(x) R 4a  , kh«ng tån t¹i max f(x) R 4a b) Tr êng hîp : D=  x  R x  hoÆc D=  x  R x  * a>0 :    b     b   Min D f(x)=Min f  -  , f()  , hoÆc Min f  -  , f()     2a     2a    D   kh«ng tån t¹i maxDf(x) a 0 :    b     b   Max D f(x)=Max f  -  , f()  , hoÆc Max f  -  , f()     2a     2a    D   kh«ng tån t¹i minDf(x) b  b  Chó ý : NÕu -  D th× kh«ng xÐt f  -  2a  2a  c) Tr êng hîp : D=  ;    b     b   * max f(x) max f   , f(), f()  * f(x) min f   , f( ), f()    D D   2a     2a   b  b  Chó ý : NÕu -  D th× kh«ng xÐt f  -  2a  2a  Ví dụ 1: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số f(x) = x2 + 2x + trên: a) D = [-3; 0]; b) E = [0; 3] Lời giải  f(x) f(  1) 2 b a) §Ó ý: a>0; -  1 D   D 2a  max f(x) max{f(0); f(3)}=max{3; 6}=6  f(x) min{f(0); f(3)}=min{3; 18}=f(0) 3 b b) §Ó ý: a>0; -  1 E   E 2a f(x) max{f(0); f(3)}=max{3; 18}=18 max E VÝ dô : Gi¶ sö x, y lµ nghiÖm cña hÖ ph ¬ng tr×nh: x+y=a-1 (I)  xy=a  7a  14 Tìm a để U=x  y đạt giá trị nhỏ Lời giải Tr íc hÕt hÖ (I) cã nghiÖm  S  4P 0  (a  1)2  4(a  7a  14) 0 11  11 a 5 Gäi D=  ;   5  2 2 ViÕt l¹i U=S -2P=(a  1)  2(a  7a  14)  a +12a-27  -3a  26a  55 0  Xem U=f(a)=  a +12a-27 Bµi to¸n dÉn tíi t×m f(a) D b/  11  32 Ta cã f    ; f(5)=8; - 6  D a  5   11    32   11  32 Suy Min f(a) min f   ; f(5) min  ; 8 f    D 9   3   5  32 11 Vậy MinU= , đạt đ ợc a= 3cos4 x  sin x VÝ dô : T×m gi¸ trÞ lín nhÊt, gi¸ trÞ nhá nhÊt cña hµm sè y= 3sin x  cos2 x (ĐHSP Hà Nội Khối A - Năm 2002) Lời giải 3(cos4 x-sin x)+4sin x  cos2 x ViÕt l¹i y-1= 3sin x  cos x 3(cos2x-sin 2x)+4sin x  cos2 x  y 1 3sin x  cos x  y-1= 3sin x  cos2 x 3t  2t  f(t)>0, t  [0; 1],  /   vµ a=3>0  Gäi f(t)=3t  2t  ThÊy r»ng  b / -   [0; 1]  a Suy ra: §Æt sin x t, t  [0; 1], hµm sè trë thµnh y-1= / 3 1 =  max (y-1)=  max y= +1= , cã ® îc  t   sin x= D D D a 5 3 1 * Max f(t)=max{f(0); f(1)}=max{2; 3}=f(1)=3  (y-1)=  y= +1= , D D D 3 cã ® îc vµ chØ t=1  sin x=1 Tãm l¹i, gi¸ trÞ lín nhÊt cña hµm sè b»ng ; gi¸ trÞ nhá nhÊt cña hµm sè b»ng * Min f(t)=-  Bµi tËp tù luyÖn: Bài 1: Tìm giá trị lớn và nhỏ hàm số: f(x) = cos2x + 3sinx + Bài 2: Gọi x1, x2, x3 là các nghiệm phương trình: x3 - (2m + 3)x2 + (2m2 - m + 9)x - 2m2 + 3m - = Tìm giá trị lớn và nhỏ biểu thức: P=x12  x 22  x 23  x1x 2x   Bài : Tìm a để ph ơng trình sau có nghiệm thuộc  0;  :  2 (1-a)tg2 x    3a 0 cos x (Đề II2 - Bộ đề tuyển sinh ĐH) Bài : Tìm m để hàm số y=mx+ x  4x  có giá trị nhỏ lớn (Đề 123 III - Bộ đề tuyển sinh ĐH) Dạng 3: Phương pháp miền giá trị hàm số: Cơ sở phương pháp này là: Để tìm giá trị lớn và giá trị nhỏ hàm số y = f(x) trên miền D ta tiến hành sau: - Tìm điều kiện để phương trình y0= f(x) có nghiệm (với y0 là giá trị tuỳ ý hàm số y = f(x) trên miền D) - Từ điều kiện trên biến đổi dẫn đến dạng y1 ≤ y0 ≤ y2 max f(x) y2 , f(x) y1 xD - Kết luận: xD  Chú ý: Có trường hợp ta tìm giá trị lớn không tìm giá trị nhỏ ngược lại Ví dụ : Cho hai số thực x 0, y 0 thay đổi và thoả mãn điều kiện: (x+y)xy=x  y  xy 1 T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña biÓu thøc A=  x y (ĐH Khối A - Năm 2006) Lời giải Cách : Đặt S=x+y, P=xy Điều kiện S, P là S  4P 0 DÔ thÊy (x+y)xy=x  y  xy  nªn x+y vµ xy cïng dÊu Sö dông gi¶ thiÕt trªn, ta cã: (x+y)(x +y2 -xy)  x  y  A=    S  A.P x3y3  xy  Mặt khác, từ giả thiết suy ra: SP = S2 - 3P 3 A Tõ (1) vµ (2), tÝnh ® îc: P= ; S= A- A A- A Gi¶i bÊt ph ¬ng tr×nh S  4P 0, ta t×m ® îc A 16 Từ đó maxA=16 x=y= (1) (2) C¸ch : §Æt x=ty Tõ (x+y)xy=x  y2  xy ta suy (t+1)ty3 (t  t  1)y2 t2  t 1 ; t2  t Ta tÝnh ® îc: Do đó: y= x=ty= t2  t 1 t 1 2  1   t  2t   A=       x y   t  t 1  t  2t  §Æt m, ta cã ph ¬ng tr×nh theo t: t  t 1 mt  mt  m t  2t   (m  1)t  (m  2)t  m  0 * m=1(  A=1): t=0 * m 1: Ph ¬ng tr×nh cã nghiÖm  =(m+2)2  4(m  1) 0   3m  12m 0  m 4 VËy maxA=16 x=y=2  Nhận xét: 1) Nếu gặp bài toán dạng “ Cho x, y thỏa mãn f(x, y) = Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức A = g(x, y)” Ta thường đưa về: f(x, y)=0 Tìm A để hệ PT  cã nghiÖm g(x, y)=A Ta đ ợc tập giá trị A, từ đó suy giá trị lớn và nhỏ A 2) Với bài toán dạng “ Cho các số thực x, y thỏa mãn f(x, y) = g(x, y) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức A = p(x, y) Trong đó f(x, y) và g(x, y) là các biểu thức đẳng cấp x, y”, có thể giải bài toán cách sau: Với y = ta thử trực tiếp Nếu y ≠ 0, đặt x = ty Thay vào giả thiết f(x, y) = g(x, y), ta tính y, x theo t Biểu diễn A theo t Từ đó tìm tập giá trị A VÝ dô : T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt, gi¸ trÞ lín nhÊt cña hµm sè: y= sinx víi x  [0;  ] 2+cosx (ĐHSP Quy Nhơn - Năm 1999) Lời giải Xét hàm số đã cho chu kì: x  [   ;  ] TËp gi¸ trÞ cña hµm sè víi x  [   ;  ] còng lµ tËp gi¸ trÞ cña hµm sè víi x  (-; +) sinx Ph ¬ng tr×nh y=  sin x  y cos x 2y 2+cosx 1 Ph ¬ng tr×nh Èn x trªn cã nghiÖm  12  y2 (2y)2   y  3 MÆt kh¸c, víi x  (0;  ) th× sinx 0  y 0 2 Do đó y  , x  [0;  ] Mặt khác, x=0 thì y=0 và x= th× y= nªn 3 miny=0; maxy=  Bµi tËp tù luyÖn: Bµi : T×m gi¸ trÞ lín nhÊt, gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc A= x  xy  y2 , x, y  R x  xy  y2 Bµi : Cho hai sè thùc x 0, y 0 tháa m·n x  y x y  y x T×m gi¸ trÞ lín nhÊt, nhá nhÊt cña biÓu thøc A=  x y Bài 3: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số y= sinx  cosx (ĐHQG Hà Nội Khối B - Năm 1999) Bài 4: Tìm giá trị lớn và giá trị nhỏ hàm số f(x) = (2sinx + cosx)(2cosx - sinx) (ĐH Cần Thơ Khối A - Năm 2001) Dạng 4: Sử dụng các bất đẳng thức Cauchy, Bu-nhia-Cốpxki:  P=  x  y VÝ dô 1: Cho x, y > và x + y = Tìm giá trị nhỏ biểu thức    y   x   (§Ò thi vµo Khèi PTCT - §HKHTN Hµ Néi) Lời giải Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có:  x+y  * 0<x.y      1 x2 17 * x  x  16 17 y (4y)2 (4y)32 1 y2 17 * y  y  16 17 x (4x)2 (4x)32  P 172 17 289 16 (xy)30 17 32  1 1632    4 30  289 16 289 §¼ng thøc x¶y  x=y= VËy minP= 16  Chú ý: Ta có thể giải bài toán này phương pháp đạo hàm, trình bày phần sau T×m GTNN cña hµm sè y=  cos x  cos4 x VÝ dô (§Ò §HSP H¶i Phßng - N¨m 2001) Lời giải §Æt t=cos4 x  (0; 1) 1  t 2t  t 2t 1     y=  3    1     3   3  3  2 (Do B§T Cauchy) t 1 t t 1 t t 1 t  t   1 t  1-t 2t §¼ng thøc x¶y    (1  t)2 2t   t  2t (Do t  (0; 1))  t=  t 1 t VËy miny=3+2 Ví dụ : Giả sử x, y, z là số d ơng thay đổi và thỏa mãn điều kiện x+y+z=1 Hãy tìm giá trị lớn x y z nhÊt cña biÓu thøc P=   x+1 y  z  (ĐH Ngoại Thương - Năm 1997) Lời giải  1 1 1  1  1  3      x+1 y 1 z 1  x+1 y  z   Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có: 1 3      (Do x+y+z=1) x+1 y  z  (x  1)(y  1)(z  1) x   y   z  §¼ng thøc x¶y vµ chØ x+1=y+1=z+1  x=y=z 4 Do đó P 3-   MaxP  x=y=x= 3 VÝ dô Cho c¸c sè thùc x, y, z tháa m·n x + y + z ≤ T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña biÓu thøc : Ta cã: P=1- A= x+1+x x   x2  y   y y2  y2   z 1  z z2 1 z2 1 (Đề thi đề nghị Olympic Đồng sông Cửu Long Năm 2003-2004) Lêi gi¶i Theo B§T Bu-nhi-a-cèp-xki, ta cã: x+1  x   x 1  x x2 1 x2   x2 1  x x2 1 x2 1  x  1(x  2) x2 1 x  T¬ng tù: y   y y2  y2   A y  2; x   x x2  x2   z 1  z z2 1 z2 1 y   y y2  y2   z  z   z z2  z2  x  y  z  3  §¼ng thøc x¶y ch¼ng h¹n t¹i x=y=z=1 VËy maxA=3+3 VÝ dô : T×m gi¸ trÞ lín nhÊt, gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc P= 2x+1  3y   4z  đó x, y, z là ba số thực không âm thỏa mãn x+y+z=4 (Tạp chí Toán học & Tuổi trẻ số 350 - Tháng 8/2006) Lời giải  á p dụng bất đẳng thức Bu-nhia-Cốpxki cho hai số ( 2, 3, 4) và  x+ ,   ta cã: y+ , z+ 1 ,  1 13  183   P (2+3+4)  x+  y   z   9     4 12     P 183   x, y, z 0  §¼ng thøc x¶y x+y+z=4  1 13  x+ y z x yz  3 4 12  61  2  108 VËy maxP= 183 17 49 217  x  , y= , z= 27 36 108 T×m GTNN cña hµm sè y=x+ VÝ dô 11       (x>0) 2x  x  (§Ò Dù bÞ Khèi B - N¨m 2006) Lêi gi¶i Theo bất đẳng thức Bu-nhia-Cốpxki, ta có: 7  7   3+  3.1    (9  7)    x  x      x    1+  x     16   x     7 7x  1 x (*)     x  §¼ng thøc x¶y      11  7  9 15        x     x    (B§T Cauchy) 2x  x  x x 2 §¼ng thøc x¶y  x= vµ (*)  x=3 x 15 VËy miny= x¶y  x=3 Ví dụ Cho x, y, z là các số thực dơng thay đổi và thỏa mãn điều kiện xyz = Tìm giá trị nhỏ cña biÓu thøc: x (y  z) y2 (z  x) z (x  y) P=   y y  2z z z z  2x x x x  2y y Suy y x+ (§Ò §H khèi A - N¨m 2007) Lêi gi¶i Cách 1: áp dụng BĐT Cauchy cho hai số dơng trên tử số, và từ xyz = 1, ta đợc : P 2x x y y  2z z  2y y z z  2x x  2z z (1) x x  2y y §Æt a=x x, b=y y, c=z z th× a, b, c >0; abc = Bất đẳng thức (1) trở thành : 2a 2b 2c P   (2) b+2c c  2a a  2b ¸ p dôngB§T Bu-nhia-cèpxki cho hai bé sè  a  ;  b+2c    a(b+2c); b(c+2a); c(a+2b) vµ c   , ta ® îc : a+2b   b c   a (a+b+c)2 3(ab+bc+ca)      b+2c c  2a a  2b  b ; c+2a (3) a b c   1 b+2c c  2a a  2b Từ (2) và (4), ta có P 2 Từ đó minP=2 x=y=z=1 L¹i cã 3(ab+bc+ca) (a+b+c)2 , nªn tõ (3) suy C¸ch 2:  P (4) Ta cã: x (y  z) 2x x T ¬ng tù, y (z  x) 2y y, z (x  y) 2z z 2y y 2x x 2z z   y y  2z z z z  2x x x x  2y y §Æt a=x x  2y y, b=y y  2z z, c=z z  2x x 4c  a  2b 4a  b  2c 4b  c  2a Suy ra: x x  ,y y , z z 9  4c  a  2b 4b  c  2a 4b  c  2a  Do đó: P      9 b c a  2  c a b a b c  =              (4.3+3-6)=2 9 b c a b c a  c a b c a b  a b Do         1  2 2  4  3, b c a b c a  b a ( c a b c a b a b c   3 3 T ¬ng tù,   3 b c a b c a b c a (Do B§T Cauchy)) §¼ng thøc x¶y  x=y=z=1 VËy minP=2 hoÆc  Bµi tËp tù luyÖn:  Sử dụng bất đẳng thức Cauchy: Bµi : Cho ba sè d ¬ng a, b, c tháa m·n ®iÒu kiÖn abc=1 H·y t×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc: bc ac ab P=   2 a b  a c b a  b c c a  c2 b (§H N«ng nghiÖp I Khèi A - N¨m 2000) Bµi : T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc A= a b c   đó các số d ơng a, b, c thỏa mãn b c a ®iÒu kiÖn a+b+c 3 (T¹p chÝ To¸n häc & Tuæi trÎ sè 316 - Th¸ng 10/2003) Bµi : T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña tæng S= xy yz zx   đó x, y, z là các số thực d ơng thỏa mãn z x y ®iÒu kiÖn x  y2  z 1 (T¹p chÝ To¸n häc & Tuæi trÎ sè 341 - Th¸ng 11/2005) Bµi : Gi¶ sö A, B, C lµ ba gãc cña mét tam gi¸c T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc: 1 M=   2+cos2A 2+cos2B 2-cos2C (§H Má - §Þa chÊt - N¨m 1999)  Sử dụng bất đẳng thức Bu - nhia - cốpxki: Bµi 5: T×m gi¸ trÞ lín nhÊt, gi¸ trÞ nhá nhÊt cña hµm sè: y = 2sin8x + cos42x (§H Tµi chÝnh KÕ to¸n Hµ Néi - N¨m 2000) Bµi : Gi¶ sö x, y lµ hai sè d ¬ng tháa m·n ®iÒu kiÖn + =6 T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña tæng x+y x y (§H Y Hµ Néi - N¨m 2000) Bài : Cho các số x, y, z thay đổi trên [0; 1] và thỏa mãn điều kiện x+y+z= Tìm giá trị nhỏ 2 2 cña biÓu thøc A=cos(x +y +z ) (§H X©y dùng - N¨m 2001) Bµi 8: Trong c¸c nghiÖm (x; y) cña bÊt ph¬ng tr×nh 5x2 + 5y2 - 5x - 15y + ≤ 0, h·y t×m nghiÖm cã tæng x + 3y nhá nhÊt (§H An Ninh Khèi D - N¨m 2001) Dạng 5: Phương pháp đạo hàm: Cơ sở phương pháp này: Chủ yếu là dùng đạo hàm để khảo sát chiều biến thiên hàm số và dựa vào điều cùng với các giá trị đặc biệt trên tập xác định hàm số suy kết    P=  x    y2   y  x  VÝ dô 1: Cho x, y > và x + y = Tìm giá trị nhỏ biểu thức  (§Ò thi vµo Khèi PTCT - §HKHTN Hµ Néi) Lời giải 1  Theo B§T Cauchy, ta cã: 0<xy   t (xy)2   0;   16  1  P 2  (xy)2  t   2 (xy) t t2  1    0, t   0;  t t  16  B¶ng biÕn thiªn :  P / 1  16 t P’ P P  VËy 289 16 289 16 Ví dụ : Giả sử x, y là hai số d ơng thay đổi thỏa mãn điều kiện x+y= Tìm giá trị nhỏ biểu 4 thøc S=  x 4y (§Ò Dù tr÷ - N¨m 2000) Lêi gi¶i 5  15x  20  y  x S   4 x  4x  4x  5x  15x  20 Kh¶o s¸t hµm sè S= , 0<x   4x  5x  5 TX§: D=R\ 0;   4  x 1  60x  160x  100 / / S  , S 0    x 5 ( 4x  5x)2  B¶ng biÕn thiªn: Tõ x+y= x - S’ + + S Tõ b¶ng biÕn thiªn ta suy gi¸ trÞ nhá nhÊt cña S b»ng x = Ví dụ : Cho x, y, z là ba số thực d ơng thay đổi Tìm giá trị nhỏ biểu thức: x  y  z  P=x     y     z     zx   xy   yz  (§H, C§ Khèi B - N¨m 2007) Lêi gi¶i Ta cã: P= x2 y2 z x  y2  z    2 xyz x  y2 y2  z z  x   xy  yz  zx 2  x   y2   z  nªn P             x  y  z t2 XÐt hµm sè f(t)=  víi t>0 t t3  Ta cã: f / (t) t   , f / (t) 0  t 1 t t B¶ng biÕn thiªn: V× x  y2  z  x f’(t) - + f(t) + + + 3 Tõ b¶ng biÕn thiªn ta suy f(t)  , t>0 Suy P  DÊu b»ng x¶y  x=y=z=1 2 VËy minP= x=y=z=1 3cos4 x  sin x 3sin x  cos2 x (§HSP Hµ Néi Khèi A- N¨m 2001) VÝ dô : T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ gi¸ trÞ nhá nhÊt cña hµm sè y= Lêi gi¶i §Æt sin x t, t  [0; 1], ta ® îc: 3(1-t)2  4t 3t  2t  y=  1  3t  2(1  t) 3t  2t  3t  2t  6t  y /  , y / 0 t=  [0; 1] 2 (3t  2t  2) Ta cã b¶ng biÕn thiªn sau: t + y’ y VËy maxy= , - 4 miny=  Bµi tËp tù luyÖn: Bài 1: Cho các số x, y thay đổi thỏa mãn điều kiện x ≥ 0, y ≥ và x + y = Hãy tìm giá trị lớn và gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc P = 3x + 3y (§H Ngo¹i th¬ng Khèi D - N¨m 1999) Bµi : Cho c¸c sè x, y tháa m·n: x 0, y 0 vµ x+y=1 H·y t×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ gi¸ trÞ nhá nhÊt cña x y biÓu thøc P=  y+1 x  (Häc viÖn Quan hÖ Quèc tÕ - N¨m 1999) Bµi : T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña: f(x; y)=  x2 y2  x y x4 y4        , víi x, y 0 y4 x y x  y x (Häc viÖn Qu©n Y - N¨m 2001) Bµi 4: T×m gi¸ trÞ lín nhÊt, gi¸ trÞ nhá nhÊt cña hµm sè y = sin20x + cos20x (§H LuËt Hµ Néi - N¨m 1999) Bµi : T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ gi¸ trÞ nhá nhÊt cña hµm sè: y=2(1+sin2x.cos4x)- (cos 4x  cos8x) (§H Dîc Hµ Néi - N¨m 2001) Dù đã cố gắng nhiều không thể tránh khỏi khiếm khuyết định, mong quý thầy cô giáo, các bạn đồng nghiệp bảo thêm để