Các đẳng thức và bất đẳng thức cần học thuộc lòng... Với a,b không âm.[r]
(1)Các đẳng thức và bất đẳng thức cần học thuộc lòng (a+b+c) =a +b +c +2(ab+bc+ca)= a +b +c +a(b+c)+b(a+c)+c(a+b) (a+b-c) =a +b +c +2ab-2bc-2ca (a-b-c) =a +b +c -2ab+2bc-2ca 2 2 2 2 2 2 2 x + y + z ¿2 z − x ¿2=3 x +3 y 2+ z −¿ y − z ¿ +¿ x − y ¿2+ ¿ ¿ a +b +c ab+bc+ca ( a+b +c ) ≥ 2(a + b +c ) 2 2 2 a+b +c ≥ √ 2(a 2+ b2+ c 2) a +b +c a2b2+b2c2+c2a2 abc(a+b+c) b − c ¿2 +¿+3 (ab+ bc+ ca) a −b ¿ 2+ ¿ ¿ (a+b+c)2= ¿ (a+b+c)2 3(ab+ bc +ca) ( a+b+ c )2 ab + bc + ca ≤ 2 ( ab bc ca ) a b b c2 c a 2abc( a b c ) 10 4 Nếu a , b ∈ [ α ; β ] ( β − a)( β − b)≥ ab − β ( a+b)+ β ≥ Đặt S=a+b; P=a.b P− βS+ β ≥0 P≥ βS − β2 Ta có a2+b2=S2-2P S − 2(βS − β ) a2+b2 S − βS +2 β2 a+b ¿2 S2 Mặt khác ⇒P≤ ab ≤ ¿ 4 ¿ (a − α )(b − α )(c − α ) ≥ Nếu a , b , c ∈ [ α ; β ] (β − a)( β − b)(β − c) ≥ ¿{ ¿ ¿ [ ab − α ( a+b)+α ] (c − α ) ≥0 [ ab − β ( a+b)+ β ] ( β − c) ≥0 ¿{ ¿ ¿ abc − α (ab+ bc+ca )+ α ( a+b+ c)− α ≥ 0(1) −abc + β (ab+ bc+ ca)− β (a+b+ c)+ β ≥0 (2) ¿{ ¿ 11 (2) Lấy (1)+(2) ta ( β − α )(ab+ bc+ca )+(α − β 2)(a+ b+c )+ β − α ≥ Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ( x 21 + x 22+ x 23 + + x 2n ) ( y 21 + y 22+ y 23+ .+ y 2n ) (x1y1+x2y2+x3y3+…xnyn)2 x1 x2 x3 x = = = = n y1 y2 y3 yn Dấu “=” xảy ⇔ 12 13 14 ( a+b )2 a +b ≥ 2 ( a2 +b2 ) 4 a +b ( a+b )4 4 a +b 2 Áp dụng bất đẳng thức côsi a1+a2+a3+…+an n √n a1 a a3 an 15 16 Với a1, a2, a3, …, an không âm a+b √ ab Với a,b không âm a+b √ ab Với a,b không âm 17 18 19 20 21 22 23 24 25 a+b ¿ ab ≤ ¿ ab ≤a 2+ b2 ab ≤ a 2+ b2 a+b+c √ abc a+b +c ¿ ≥ 27 abc ¿ a+b +c ¿ ¿ abc ¿ ¿ a3+b3+c3 a+b+c Với a,b,c không âm Với a,b,c không âm 3abc √ a(b +c) Với a,b,c không âm √ Với a,b,c không âm t a ≥ t+ , ∀ t ≥ và a>3 Chứng minh Đặt f(t)=at-t-1 f’(t)=at.lna-1>0 ∀ t ≥ và a>3 hàm số đồng biến t f(t) f(0) at-t-1 0 at ≥ t+ 1 + ≥ 1+a 1+b 1+ √ ab | A|+|B|≥| A+ B| 26 27 a 2a ≥ b+ c a+ b+c Với a,b>0 và ab (3) 28 |x − y| + | y − z| |x − y + y − z| = |x − z| = |z − x| (4) Giá trị lớn – nhỏ 1) Trung học phổ thông quốc gia_năm 2015 Cho các số thực a,b,c thuộc đoạn [1,3] và thỏa mãn điều kiện a b c 6 Tìm giá trị lớn biểu thức a b b 2c c 2a 12abc 72 abc ab bc ca P= Giải: Đặt t=ab+bc+ca Tìm điều kiện t Cách b − c ¿2 +¿+3 t ≥ t a −b ¿ + ¿ Tạ có: (a+b+c) = ¿ ¿ 3t t ≤ 12 62 (*) Cách ( a b c )2 12 t= ab + bc + ca ≤ Mặt khác: (a-1)(b-1)(c-1) 0 (ab-a-b+1)(c-1) abc-(ab+bc+ca) +(a+b+c) +1 abc-t+6+1 abc 0 t-5 (1) Ta lại có: (3-a)(3-b)(3-c) (9-3a-3b+ab)(3-c) 0 27-9(a+b+c)+3(ab+bc+ca)-abc 27-9.6+3t-abc 3t-27 0 abc Từ (1) và (2) 3t-27 (2) t-5 t 11 (**) Từ (*) và (**) 11 ≤t ≤12 2 2 2 Ta có : ( ab bc ca ) a b b c c a 2abc( a b c ) 2 2 2 t2= a b b c c a 12abc P= t +72 − abc t P t +72 −t + t P t 2+144 +t (5 −t ) 2t 5−t (vì (1) -abc −t +5 − abc ≤ ) 2 (5) P t +5 t +144 2t Xét hàm số f(t)= t +5 t+144 , với t ∈ [ 11 ; 12 ] 2t Học sinh tự làm: Max f(t)= 160 11 t=11 160 11 160 160 P = 11 a = 1, b = 2, c = Vậy maxP = 11 2) Trung học phổ thông quốc gia_năm 2015_lần ; Tìm giá trị nhỏ biểu thức Cho các số thực a,b thỏa mãn a,b P=a5b+ab5+ 2 -3(a+b) a +b Giải: Đặt S=a+b; P=a.b ; S [ 1; ] Vì a,b Do a,b nên ta có (1-a)(1-b) 0 1-(a+b)+ab ab a+b-1 P S-1 Ta có: a2+b2=S2-2P S − 2( S −1) [vì P S-1 -2P -(2S-1)] a2+b2 S − S+ 6 2 a +b S −2 S+2 P [ ] [ ] Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ( x 21 + x 22+ x 23 + + x 2n ) ( y 21 + y 22+ y 23+ .+ y 2n ) (x1y1+x2y2+x3y3+…xnyn)2 Dấu “=” xảy ⇔ x1 x2 x3 x = = = = n y1 y2 y3 yn (1.a2+1.b2)2 (12+12)[(a2)2+(b2)2] ( a2 +b2 ) 4 a +b (1) 2 S2 2 ( a+b ) Tương tự: a +b ≥ a2 +b ≥ 2 S ( a 2+b ) 2 S4 ( a +b ) (2) S4 Từ (1) và (2) a4+b4 5 4 4 Mặt khác: a b+ab =ab(a +b )=P(a +b ) S4 (S-1) (vì P S-1 chứng minh trên) (6) S + -3S S −2 S+2 S5 S4 P -3S+ 8 S −2 S+2 S S Đặt f(S)= -3S+ với S [ 1; ] 8 S −2 S+2 2 S −2 S+ 2¿ ¿ , ∀ S [ 1; ] nên đây là hàm số nghịch biến f’(S)= ( S − S3 −24 ) − 12( S¿−1) Do đó: S 2 f(S) f(2)=-1 P -1 P=-1 a=b=1 Vậy P=-1 3) Đại học khối A_năm 2014 2 Cho x, y, z là các số thực không âm và thỏa mãn điều kiện x y z 2 P (S-1) Tìm giá trị lớn biểu thức x2 yz yz P x yz x x y z Giải: Cách 1: Áp dụng bất đẳng thức ab ≤a 2+ b2 2 2 2 Ta có : 2x(y +z) x2 + (y + z)2 = x + y + z +2 yz Thay x y z 2 2x(y +z) 2 + 2yz yz + x(y + z) x2 x2 x2 x = ≤ = Ta có: 2 x + y + z+ x + yz+ x +1 x + x+ yz+ x + x + x ( y + z ) x yz yz Do đó P x y z x y z x+ y+ z 1+ yz − P x + y + z +1 1 yz 1 x y z 1 P Theo BĐT Bunhiacopxki ta có : x +¿ (12+12 )¿ x+ 1.( y + z )≤ √ ¿ ⇔ x+ y+ z ≤ √2(x + y + z 2+ yz)ư ⇔ x+ y+ z ≤ √2(2+ yz)ư ⇔ x+ y+ z ≤ √ 1+yzư 1+ yz + P 1− √1+ yz+1 ( ) 2 thay x y z 2 (7) 1 yz u2 T ,u yz 1 yz Do đó : = 2u 9 1 9 P Khi x = y = và z = hay x = z = và y = thì P = Vậy Max P = Cách 2: P x2 yz yz x yz x x y z 2 Biết x y z 2 và x,y,z Tìm PMax=? Giải: Ta có: x − y − z ¿2=x + y + z − xy − xz+2 yz 0≤¿ x − y − z ¿2=2− xy −2 xz+2 yz 0≤ ¿ x − y − z ¿ =2(1− xy − xz+ yz) 0≤¿ 2 Thay x y z 2 1− xy − xz+ yz ≥ Nên x2 + yz + x + = x(x + y + z + 1) + (1 − xy − xz + yz) 1 ≤ x + yz+ x +1 x ( x + y + z+1) x2 x ≤ x + yz+ x +1 x + y + z+ x(x + y + z + 1) (*) x+ y+ z ¿2= x2 + y + z 2+ x ( y + z )+ yz=2+ yz+2 x ( y + z) ¿ Ta có: x ( y + z ) x2+(y+z)2=x2+y2+z2+2yz=2+2yz Mặt khác: x+ y+ z ¿2 ≤2+2 yz+2+2 yz =4(1+yz) ¿ x+ y+ z ¿ ¿ ¿ ¿ 2 1+yz x+ y+ z ¿ ¿ ¿ ¿ 1+ yz x+ y+ z ¿2 ¿ ¿ −¿ − 1+ yz (8) − x+ y+ z ¿ ¿ ¿ −¿ 1+ yz (**) Cộng (*) và (**) vế theo vế ta x+ y+z¿ ¿ ¿ x2 1+yz x − ≤ −¿ x + y + z +1 x + yz+ x +1 x + y + z ¿2 ¿ ¿ x y+z 1+ yz x y+ z + − ≤ + −¿ x+ y + z +1 x + yz+ x +1 x + yz+ x +1 x +yz + x+ x+ y + z ¿ ¿ ¿ P x+ y+ z −¿ x + y + z +1 Đặt t=x+y+z ( t ≥ 0) Và t2=x2+y2+z2+2xy+2xz+2yz=2+2xy+2xz+2yz Ta có 2xy x2+y2 2xz x2+z2 2yz y2+z2 2xy+2xz+2yz 2(x2+y2+z2)=2.2=4 2+2xy+2xz+2yz t2 - 2+4=6 √6 t √6 Giao với đk t ≥ 0 t √6 Với t P t t − t +1 36 √6 Xét f(t)= t t − t +1 36 HS tự giải f(t)Max= P Với t √6 t=2 Khi x=y=1 và z=0 thì P= 9 4) Đại học khối B_năm 2014 Cho các số thực a, b, c không âm và thỏa mãn điều kiện (a+b)c >0 Tìm giá trị nhỏ biểu thức PMax= (9) a bc + b c a c a b P= Giải: Cách Từ điều kiện ta có c > và a + b > a/c b/c x y P b a a b y 1 x 2(x y) a b 1 x 0, y 0 c c c c c c với Ta có x 2x y x y Dấu “=” xảy x = hay x = y + y 2y x x y Dấu “=” xảy y = hay y = x + Ta có 2(x y) 2t P (x y) 2(x y) t 2t với t x y 2t f (t) , f (t) 2 t 2t (t 1) 2t Xét t (loai) f (t) 0 4t (t 1) t 1 f (1) f (t) f (1) Từ bảng biến thiên ta có Vậy P có giá trị nhỏ là Cách 2: Ta có: a+b+c √ a(b +c) √ a 0 x 0 x 1 b c b 0 y 1 y 0 a c a 2a ≥ b+ c a+ b+c b 2b ≥ a+ c a+ b+c 2( a+b) 2(a+b) a+b+ c c + = + − P a+b+ c 2(a+b) a+b+ c 2(a+b) 2− P = 2 Khi a=0, b=c, b>0 thì P= Pmin= 5) Đại học khối D_năm 2014 Cho hai số thực x, y thỏa mãn các điều kiện x 2; y Tìm giá trị nhỏ biểu thức : Tương tự: √ (10) x 2y y 2x P = x 3y y 3x 4(x y 1) Giải: x 2y y 2x P = x 3y y 3x 4(x y 1) x 3x 1 x 2 (x 1)(x 2) 0 y 3y 1 y 2 (y 1)(y 2) 0 x 2y y 2x P 3(x y) 3(x y) 4(x y 1) xy t = x y 4(x y 1) t 4(t 1) Đặt t = x + y, đk t t f(t) = t 4(t 1) , t [2; 4] 1 2 f’(t) = (t 1) 4(t 1) f’(t) = 2(t – 1) = (t + 1) 2t – = t + hay 2t – = -t – t = hay t = 1/3 (loại) Ta có f(3) = x 1 x 2 y 1 y 2 x y 3 x 1 y 2 x 2 y 1 Vậy Pmin = x 1 y 2 hay x 2 y 1 Khi t = 6) Đại học khối A_năm 2013 Cho các số dương a,b,c thỏa mãn điều kiện (a+c)(b+c)=4c2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P= b+3 c ¿3 ¿ a+3 c ¿3 ¿ ¿ ¿ 32 a3 ¿ Giải: a b Đặt x= ; y= (x>0, y>0); đk trở thành (x+1)(y+1)=4 ⇔ xy+x+y=3 c c Đặt S=x+y; T=xy (S>0, T>0) Đk trở thành: T+S=3 ⇔ T=3-S x + y ¿2 2 S S ⇔ T ⇔ 3-S ⇔ S2+4S-12 Ta có: xy ≤ ¿ 4 (11) S ≤− ¿ S≥2 ⇔ (S-2)(S+6) ¿ ¿ ¿ ¿ giao với đk S>0 S y +3 ¿3 ¿ x +3 ¿3 ¿ ⇔ P= ¿ ¿ 32 x3 ¿ x y Đặt u= ; v= y +3 x +3 u+ v ¿2 ¿ (u+v)3-3 (u+v)= ¿ ¿ Ta có: u3+v3=(u+v)3-3uv(u+v) y +3 ¿3 ¿ x +3 ¿3 ¿ ⇔ ¿ ¿ x3 ¿ y +3 ¿3 ¿ x +3 ¿3 ¿ ⇔ ¿ ¿ 32 x3 ¿ y +3 ¿ ¿ x +3 ¿3 ¿ ⇔ ¿ ¿ 32 x3 ¿ Thay T=3-S y +3 ¿ ¿ x +3 ¿3 ¿ ⇔ ¿ ¿ 32 x3 ¿ ⇔ P≥ x + y +3 ( x+ y) S − 2T +3 S =8 xy +3( x + y )+ T + S+ ( ) ( (u+v)3 ) S2 −2(3 − S)+3 S 3− S +3 S +9 ( ( (S − 1)( S+ 6) 2(S+6) ) ⇔ ) − √ S − 2T y +3 ¿ ¿ x +3 ¿3 ¿ ¿ ¿ 32 x3 ¿ S +5 S − S +12 ( (Với T=3-S) ) − √ x 2+ y (12) ⇔ P≥ ⇔ P≥ (S − 1) − √ S − 2(3 − S) S −1 ¿3 − √ S +2 S − ¿ ( ) Đặt f(S)= S −1 ¿ ¿ − √ S +2 S − S +1 f’(S)=3(S-1)2 − √ S +2 S −6 Với S ta có 3(S-1)2 với (S (1) S +1 ¿2 − ¿ ¿ 1+ ¿ ¿√¿ S+1 S2 +2 S +1 = = 1+ 2 S +2 S − √ S +2 S − S + S −6 √ √ ⇔ 2) 2+1¿ − ¿ ¿ = √2 1+ ¿ √¿ S+1 √ S +2 S − S +1 (2) ≥− √ √ S +2 S −6 Lấy (1)+(2) vế theo vế, ta S +1 √2 3− 3(S-1) − 2 S +2 S −6 √ √2 ⇔ f’(S) − >0 f(S) đồng biến trên [2;+∞) S 2 f(S) f(2)=1- √ P 1- √ Khi a=b=c thì P=1- √ Do đó giá trị nhỏ P là 1- √ 7) Đại học khối B_năm 2013 Cho a, b, c là các số thực dương Tìm giá trị lớn biểu thức: ⇔ P − 2 a b c (a b) (a 2c)(b 2c) Giải: Cách 1: Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ( x 21 + x 22+ x 23 + + x 2n ) ( y 21 + y 22+ y 23+ .+ y 2n ) (x1y1+x2y2+x3y3+…xnyn)2 Dấu “=” xảy ⇔ x1 x2 x3 x = = = = n y1 y2 y3 yn Ta có: a + b + c + = 1.a +1 b +1 c + 1.2 ⇔ a + b + c + 4(a b c 4) ⇔ a + b + c + √ a2+ b2 +c 2+ 2 2 2 2 √ ( +1 +1 +1 ) ( a +b +c +2 ) (13) ≤ 2 √a + b +c + a+ b+c +2 ⇔ Áp dụng bất đẳng thức cô si cho số dương x,y x+ y √ xy Mặt khác: 3(a+ b) √ (a+2 c)(b+ c)≤(3 a+3 b) ⇔ ⇔ a+2 c +b+2 c 3(a+ b) √ (a+2 c)(b+ c)≤ (3 a+3 b).(a+b+ c ) 3(a+ b) √ (a+2 c)(b+ c)≤ (3 a+3 b).(a+b+ c ) (*) Áp dụng bất đẳng thức x+ y ¿ ¿ ¿ xy ≤¿ (3 a+3 b+a+ b+ c ) (*) ⇔ 3(a+ b) √ (a+2 c)(b+ c)≤ ( a+ b +4 c )2 ⇔ 3(a+ b) √ (a+2 c)(b+ c)≤ ⇔ 3(a+ b) √ (a+2 c)(b+ c)≤ ( a+b+ c )2 27 27 P P g (t ) a b c 2( a b c) Đặt t = a + b + c, t > 0; t 2t Vậy 27 t g’(t) = (t 2) g’(t) = 27(t + 2)2 – 8t3 = t = t + g’(t) + g(t) 5 P g(t) ; maxP = xảy a = b = c = Cách 2: Tìm giá trị lớn P a2 b2 c2 (a b) (a 2c)(b 2c) Áp dụng bất đẳng thức √ xy ≤ x+ y (a+ b) √(a+2 c )(b+2 c )≤ ( a+b ) a+2 c+ b+2 c ⇔ (a+b) √(a+2 c )(b+2 c)≤ ( a+b ) a+b+ c (14) ⇔ (a+b) √ (a+2 c )(b+2 c)≤ a + b +2 ab+4 ac+ bc (*) Áp dụng bất đẳng thức x 2+ y 2 xy ≤ 2ab a2+b2 4ac 2(a2+c2) (2) 4bc 2(b2+c2) (3) (1) Cộng (1), (2), (3) vế theo vế ta 3a2+3b2+4c2 2ab+4ac+4bc ⇔ a2+b2+c2+ 2ab+4ac+4bc 4a2+4b2+4c2 a +b +2 ab+ ac+ bc ⇔ 2(a2+b2+c2) (**) Từ (*) và (**) (a+ b) √ (a+2 c )(b+2 c )≤ 2(a2 +b 2+ c 2) ⇔ 1 ≥ (a+ b) √ (a+ 2c )(b+2 c ) 2( a + b2 +c 2) ⇔ 9 ≥ (a+ b) √ (a+ 2c )(b+2 c ) 2( a + b2 +c 2) ⇔ −9 −9 ≤ (a+ b) √ (a+ 2c )(b+2 c ) 2(a + b2 +c 2) P Ta có: P≤ 2 a b c 4 (a b) ( a 2c)(b 2c) − 2 √ a +b +c +4 2(a + b2 +c 2) Đặt t= √ a2 +b2 +c + (t>2) t2= a2 +b 2+ c 2+4 ⇔ P≤ 2 2 a +b + c =t − 4 − t 2(t − 4) Xét f(t)= − t 2(t − 4) (t>2) 5 t=4 PMax= 8 8) Đại học khối D_năm 2013 HS tự làm Max f(t)= a=b=c=2 Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện xy y Tìm giá trị lớn biểu thức x y x 2y P x xy y x y (15) Giải: 1 1 x 1 xy y y y y y 2 4 Ta có: x x 1 2 x y x 2y y y P x x xy y 6( x y ) x x 1 y y y x t 0t y Đặt , điều kiện t 1 t P t t 6(t 1) t 1 t f t 0t t t 6(t 1) với Xét 3t f (t ) t t 3 Với 0<t t 1 ta có t2-t+3=t(t-1)+3<3; -3t+7>6; t+1>1 Do đó t −t +3 ¿ t+1 ¿ ¿ ¿ ¿ √ và 2¿ √¿ −3 t+ −¿ ¿ √ − f’(t)> >0 2 1 1 10 f '(t ) t 0; 0; f (t ) f 30 f đồng biến trên 4 10 Pmax x , y 2 30 Vậy 9) Đại học khối A_năm 2012 Cho các số thực x,y,z thỏa mãn điều kiện x+y+z=0.Tìm giá trị nhỏ biểu thức P= 3|x − y|+3| y− z|+3|z − x|− √ x +6 y +6 z Hướng dẫn Cách Đặt a= |x − y| ; b= | y − z| ; c= |z − x| P= 3a +3b +3 c − √ x2 +6 y +6 z Chứng minh bất đẳng thức phụ: 3t ≥ t+1 , ∀ t ≥ 3a +3b +3 c ≥ 3+a+b+c (*) 2 2 chứng minh: ( a+b +c ) =a + b +c + a(b +c)+b (a+ c)+c (a+ b) (1) với a= |x − y| ; b= | y − z| ; c= |z − x| Áp dụng bất đẳng thức | A|+|B|≥| A+ B| |x − y| + | y − z| |x − y + y − z| = |x − z| = |z − x| a+b Tương tự a+c b; a+c b (1) ( a+b +c )2 ≥ a2 +b 2+ c 2+ a a+ b b +c c c (16) ⇔ ( a+b +c )2 ≥ 2(a 2+ b2 +c 2) a+b +c ≥ √ 2(a 2+ b2+ c 2) (2) x+ y+z ¿ 2 z − x ¿ =3 x +3 y 2+ z −¿ Ta có: a2 +b 2+ c = y − z ¿ +¿ x − y ¿2+ ¿ ¿ ⇔ a2 +b 2+ c = x2 +3 y +3 z -0 (vì x+y+z=0) ⇔ a2 +b 2+ c = x2 +3 y +3 z Từ (2) a+b +c ≥ √ x 2+6 y2 +6 z (**) Từ (*) và (**) 3a +3b +3 c ≥ 3+ √ x2 +6 y +6 z a b c ⇔ +3 +3 − √ x2 +6 y +6 z ⇔ P ĐS: giá trị nhỏ P=3 Dấu “=” xảy x=y=z=0 Cách 2: x + y + z = z = -(x + y) và có số không âm không dương Do tính chất đối xứng ta có thể giả sử xy Ta có P 3 x y y x x y 12( x y xy ) = 3 x y y x x y 12[( x y ) xy ] y x x y 3 x y x y 2.3 12[( x y ) xy ] x y 2.3 xy 3t x y 0 Đặt t = , xét f(t) = 2.( 3) 3t 3t 3t f’(t) = 2.3( 3) ln 2 3( 3.( 3) ln 1) f đồng biến trên [0; +) f(t) f(0) = x y Mà 30 = Vậy P 30 + = 3, dấu “=” xảy x = y = z = Vậy P = 10) Đại học khối B_năm 2012 Cho các số thực x, y, z thỏa mãn các điều kiện x+y+z=0 và x 2+ y + z 2=1 5 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P x y z Giải: Đặt S=x+y; P=x.y ¿ x+ y+ z=0 x 2+ y + z 2=1 ¿{ ¿ ⇔ S + z=0 S − P+ z 2=1 ¿{ ⇔ S=− z ¿ 2 − z ¿ − P+ z =1 ¿ ¿ ⇔ S=− z z −1 P= ¿{ S −2 P 4P Tìm điều kiện z x2 + y2 Ta có: xy ⇔ (-z)2 Ta có: ( z2 − ⇔ P ) ⇔ S2 6 ⇔ 3z2 − √ ≤ z ≤ √ 3 5 x + y =S − 5.S3.P+5S.P2 x 2+ y =S − P 3 x + y =S − P S 4 x + y =S − 4.S2.P+2P2 5 x + y =S − 5.S3.P+5S.P2 6 x + y =S − 6.S4.P+9S2.P2-2P3 (17) 2 ⇔ z −1 z −1 −z¿ + 5.(− z) 2 − z ¿ −5 ¿ x5 + y =¿ ⇔ x 5+ y5 =− z +5 z3 ( ⇔ ⇔ ) ( ) 2 2 z −1 z − z +1 −5 z ( ) ( ) z −1 z − z +1 x + y =− z +5 z ( −5 z ( ) ) 5 5 5 5 x + y =− z + z − z 5 5 5 ⇔ P= x + y + y =− z + z − z + z 5 5 ⇔ P= x + y + y = z − z Xét hàm: P= f(z)= 5 z − z trên [ − √6 ; √6 3 ] HS tự làm √6 36 11) Đại học khối D_năm 2012 PMax= Cho các số thực x, y thỏa mãn (x – 4) + (y – 4)2 + 2xy 32 Tìm giá trị nhỏ biểu thức A = x3 + y3 + 3(xy – 1)(x + y – 2) Giải: Đặt S=x+y; P=x.y 2 Ta có: ( x 4) ( y 4) xy 32 ⇔ x2+y2-8(x+y)+32+2xy 32 ⇔ S2 −2 P− S +32+2 P ≤ 32 ⇔ S −8 S ≤ ≤ S ≤ 3 A = x y 3( xy 1)( x y 2) = S − PS+ 3( P −1)(S − 2) =S3-6P-3S+6 2 Mặt khác: xy ( x y ) ⇒ P≤ S ⇒P≤ S ⇒ −6 P ≥ − S 3 A S − S − S+ 3 xét f(S) = S − S − S+6 f’(t) = S − S −3 1 1 17 5 f’(S) = S= ; f(0) = 6, f(8) = 398, f( ) = (18) 17 5 1 Vậy giá trị nhỏ f(S) là xảy S= 17 5 1 1 A f(S) Dấu xảy x = y và x + y = hay x = y = 12) Đại học khối A_năm 2011 Cho x, y, z là ba số thực thuộc đoạn [1; 4] và x y, x z x y z Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = x y y z z x Hướng dẫn: 1 + ≥ Áp dụng Với a,b>0 và ab 1+ a 1+b 1+ √ ab x y 1 + + P= x z x +3 1+ 1+ y y z z x x Áp dụng a= ; b= ; a.b= y z y x y x + P đặt t= với t [ 1; ] x y +3 1+ x y y t + P với t [ 1; ] 1+t 2t +3 t2 + Đặt f(t)= Với t [ 1; ] 1+t 2t +3 34 HS tự làm f(t)= 33 34 33 P 34 Min P= 33 x=4; y=1; z=2 13) Đại học khối B_năm 2011 √ √ Cho a và b là các số thực dương thỏa mãn 2(a2 + b2) + ab = (a + b)(ab + 2) Tìm giá trị nhỏ a b3 a b 4 9 b a b a biểu thức P = Giải: a b2 ab a b ab Theo giả thiết ta có Từ đây suy : 2 a b 1 a b ab a b b a b a a b hay b a Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có : 2 a a+ ≥2 a =2 √ b b b √ √ (1) (19) 2 b b+ ≥2 b =2 √ a a a √ √ (2) a 2 b a b 2 b a b a Cộng (1) và (2) ta a b 2 t Đặt t = b a , ta suy : 2t + 4t – 4t – 15 t a3 b3 a b 4 9 b a b a Mặt khác: P = = 4(t3 – 3t) – 9(t2 – 2) = 4t3 – 9t2 – 12t + 18 Đặt f(t) = 4t – 9t – 12t + 18 f’(t) = 12t – 18t – 12, f’(t) = t = hay t = 23 Min f(t) = t = 23 Vậy P = a = và b = hay a = và b = (20)