Lời nói đầu

Phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số trong các bài toán chứng minh bất đẳng thức (BĐT)có lẽ đã trở thành một trong những phương pháp “kinh điển”, chính vì thế bạn đọc có thể tìm thấyphương pháp này trong tất cả các quyển sách về BĐT. Tuy nhiên, trong hầu hết các quyển sách viết vềBĐT nói chung và phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số nói riêng chỉ mới dừng lại ở việcnêu ra một BĐT và chứng minh, mà không nói từ đâu lại có BĐT đó.

Trong chuyên đề này các BĐT cũng là những BĐT quen thuộc và đều được chứng minh bằng phương

pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số, tuy nhiên vấn đề “trọng tâm” ở đây là từ các BĐT đó ta có

thể sáng tạo ra các BĐT khác.

Hy vọng rằng qua đó, học sinh có thể biết “quy lạ về quen” khi đứng trước một BĐT lạ– đây cũng là

GTLN-GTNN

phương pháp quan trọng thường xuất hiện trong các kì thi tuyển sinh đại học cao đẳng trong nhưng

năm gần đây.

Bài toán chung: Chứng minh BĐT

Cách giải:

Chuyển BĐT thành:

Tìm TXĐ của hàm số , giả sử là

Tính và giải phương trình , suy ra nghiệm.

Lập bảng biến thiên BĐT cần chứng minh.

Chú ý:

1. Nếu phương trình không giải được thì ta tiếp tục tính đạo hàm cấp đến

khi nào có thể xét dấu được thì dừng.

2. Trong một số trường hợp ta phải đặt ẩn phụ cho gọn, chẳng hạn đặt thì ta phải dựa

vào tập xác định của để tìm tập giá trị của , từ đó xét hàm số mới có ẩn là .

3. Trong một số bài toán ta có thể áp dụng các BĐT Côsi, Bunhiacopski, … sau đó mới xét hàmsố.

MỘT SỐ VÍ DỤ TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM SỐ

Trong mục này tôi trình bày một số ví dụ tìm GTLN, GTNN của hàm số

Ví dụ I.1: Tìm GTLN, GTNN của hàm số .

Giải.

TXĐ: ;

Lập bảng biến thiên ta thấy:

Ví dụ I.2: Tìm GTNN của

Điều kiện :

∙ f(x) ≥ g(x) (1)∙

(1) h(x) ≥ 0 (2)y = h(x) [a; b]

= (x)y ′ h′ (x) = 0h′

⇒

∙

(x) = 0h′ 2, 3, …

t = φ(x)x t t

f(x) = x + 4 − x2− −−−−√

D = [−2; 2]

(x) = 1 − ; (x) = 0 ⇔ x =f ′ x

4 − x2− −−−−√f ′ 2√

f(x) = f(−2) = − 2; f(x) = f( ) = 2minx∈[−2;2]

maxx∈[−2;2]

2√ 2√

y = − = f(x)− + 4x + 21x2− −−−−−−−−−−−√ − + 3x + 10x2− −−−−−−−−−−−

√2 ≤ x ≤ 5

= −y ′ −x + 2

− + 4x + 21x2− −−−−−−−−−−−√

3 − 2x

2 − + 3x + 10x2− −−−−−−−−−−−

√

= 0 ⇔ − = 0′ −x + 2 3 − 2x

Tới đây , chỉ cần bình phương 2 vế lên , và đặt điều kiện là xong.

Cộng hai vế của (2) ta được

Nghiệm bị loại

Vậy

Ví dụ I.3: Chứng minh rằng:

Giải.

BĐT

Xét hàm số có

= 0 ⇔ − = 0y ′ −x + 2

− + 4x + 21x2− −−−−−−−−−−−√

3 − 2x

2 − + 3x + 10x2− −−−−−−−−−−−√

(2 − x)(3 − 2x) ≥ 0

⇔⎧⎩⎨⎪⎪

(2 − x)(3 − 2x) ≥ 0

= (2)− 4x + 4x2

− + 4x + 21x2

4 − 12x + 9x2

−4 + 12x + 40x2

⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪

x ≥ 2 ∨ x ≤32

=25

− + 4x + 21x2

49−4 + 12x + 40x2

⇔ x = ∨ x =13

2917

2917

f( ) = ; f(2) = 5 − 2 ; f(5) = 413

2√ 3√

min f(x) = f( ) =13

2√

> cos x, ∀x ∈ (0; ) (1)( )sin x

x

3π

2

(1) ⇔ > ⇔ − x > 0sin x

xcos x− −−−√3

sin x

cos x− −−−√3

f(x) = − x, ∀x ∈ (0; )sin x

cos x− −−−√3

π

2(x) = + − 1f ′ xcos2− −−−−√3 xsin2

3 cos x cos x− −−−√3

(x) = > 0, ∀x ∈ (0; ) ⇒ (x) > (0) = 0, ∀x ∈ (0; )′′ 4 x3′ ′

Bài tập:

I.1. Tìm GTNN, GTLN của hàm số

I.2. Tìm GTNN, GTLN của hàm số với

I.3. Tìm GTNN, GTLN của hàm số

I.4. Tìm GTNN, GTLN của hàm số với

I.5. Tìm GTNN, GTLN của hàm số .

II. KỸ THUẬT GIẢM BIẾN TRONG TÌM GTLN,GTNN CỦA BIỂU THỨC.

1. Kỹ thuật tìm GTLN, GTNN bằng phương pháp thế

Ví dụ II.1.1: Cho thỏa . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức .

Giải.

Từ giả thiết ta có . Khi đó .

Xét hàm số .

Ta có:

Từ bảng biến thiên ta có , đạt được khi .

Nhận xét: Bài toán này được giải bằng cách thế một biến qua một biến còn lại rồi đưa về khảo sát hàm số

Ví dụ II.1.2: Cho thỏa . Tìm GTNN của biểu thức .

Giải.

Từ giả thiết ta có . khi="" k="\frac{x}{{\sqrt" vi="" t="" l="" i="" th="" nh="" 1="" -="" x=""

frac="" sqrt="" span="">

(x) = > 0, ∀x ∈ (0; ) ⇒ (x) > (0) = 0, ∀x ∈ (0; )f ′′ 4 xsin3

9 xcos2 cos x− −−−√3

π

2f ′ f ′ π

2

⇒ f(x) > f(0) = 0, ∀x ∈ (0; ) ⇒ > cos x, ∀x ∈ (0; )π

2( )sin x

x

3π

2

f(x) = + 21 − x2− −−−−√ (1 − )x2 2− −−−−−−−√3

f(x) = 5 cos x − cos 5x x ∈ [ ; ]−π

4π

4

f(x) =2x + 3

+ 1x2− −−−−√

f(x) = + 4(1 −x6 x2)3x ∈ [−1; 1]

f(x) = x( + x)1 − x2− −−−−√

x, y > 0 x + y =54

P = +4x

14y

y = − x54

P = +4x

15 − 4x

f(x) = + ; x ∈ (0; )4x

15 − 4x

54

(x) = − + ⇒ (x) = 0 ⇔ x = 1 ∨ x =f ′ 4x2

4

(5 − 4x)2f ′ 5

3

min f(x) = f(1) = 5 x = 1, x =14

x, y > 0 x + y = 1 K = +x

1 − x− −−−−√

y

1 − y− −−−−√

y = 1 − x, 0 < x < 1

f(x) = +1 − x

Xét hàm số .

Ta có:

Vậy đạt được khi .

Nhận xét: Bài toán này được giải bằng cách thế một biến qua một biến còn lại và sử dụng các giả thiết để đánh

giá biến còn lại. Từ đó tìm được giá trị nhỏ nhất của hàm số chứa một biến bị chặn. Ngoài ra ta có thể dùng

BĐT Côsi, Bernouli, Jensen,… để chứng minh BĐT này.

2. Các kĩ thuật dồn biếnVí dụ II.2.1: (khối B–2007) Cho các số thực không âm thỏa mãn . Tìm giá trị nhỏ nhất củabiểu thức:

Đặt

Xét hàm số

Đạo hàm

Dựa vào bảng biến thiên, ta được

Đẳng thức xảy ra khi hay hoán vị của bộ

f(x) = +x

1 − x− −−−−√

1 − x

x√

(x) = − ⇒ (x) = 0 ⇔ x =f ′ 2 − x

2(1 − x) 1 − x− −−−−√

x + 12x x√

f ′ 12

minK = 2√ x = y =12

a + b + c = 1

A = 3( + + ) + 3(ab + bc + ca) + 2a2b2 b2c2 c2a2 + +a2 b2 c2− −−−−−−−−−

√

ab + bc + ca = x ⇒ x ≤ = ⇒ x ∈ [0, ](a + b + c)2

313

13

A = 3( + + ) + 3(ab + bc + ca) + 2a2b2 b2c2 c2a2 + +a2 b2 c2− −−−−−−−−−

√

≥ 3(ab + bc + ca) + 2 + +a2 b2 c2− −−−−−−−−−

√

= 3(ab + bc + ca) + 2 = 3x + 2− 2(ab + bc + ca)(a + b + c)2− −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−√ 1 − 2x

− −−−−√

f(x) = 3x + 2 , ∀x ∈ [0, ]1 − 2x− −−−−√

13

(x) = 3 −f ′ 2

1 − 2x− −−−−√

(x) = 0 ⇔ 3 = 2 ⇔ 9(1 − 2x) = 4 ⇔ x =f ′ 1 − 2x− −−−−√

518

f(x) ≥ f(0), ∀x ∈ [0, ]13

⇒ A ≥ f(x) ≥ f(0) = 2

x = 0 (0; 0; 1)

Ví dụ II.2.2: (Đề thi ĐH khối B năm 2011 )

Cho là 2 số thực dương thỏa . Tìm GTNN của biểu thức

Ta có:

Theo BĐT Cauchy ta có

Đặt

Khảo sát hàm số trên ta được:

a, b 2( + ) + ab = (a + b)(ab + 2)a2 b2

P = 4( + ) − 9( + )a3

b3

b3

a3

a2

b2

b2

a2

a, b > 0 ⇒ 2( + ) + ab = (a + b)(ab + 2) ⇔ 2( + ) + ab = b + a + 2(a + b)a2 b2 a2 b2 a2 b2

⇔ 2( + ) + 1 = (a + b) + 2( + )a

b

b

a

1a

1b

(a + b) + 2( + ) ≥ 2 = 21a

1b

2(a + b)( + )1a

1b

− −−−−−−−−−−−−−−√ 2( + + 2)a

b

b

a

− −−−−−−−−−−−√

⇒ 2( + ) + 1 ≥ 2 ⇔ + ≥1a

1b

2( + + 2)a

b

b

a

− −−−−−−−−−−−√ a

b

b

a

52

t = + , t ⇒ P = 4( − 3t) − 9( − 2) = 4 − 9 − 12t + 18 = f(t)a

b

b

a

52

t3 t2 t3 t2

(x) = 12 − 18t − 12$; $ (x) = 0 ⇔f ′ t2 f ′ ⎡⎣x = 2

x =12

min P = − ⇔ ⇔ [234

⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪

+ =a

b

b

a

52

a + b = 2( + )1a

1b

(a, b) = (1, 2)(a, b) = (2, 1)

Ví dụ II.2.3: (Đề dự bị khối D năm 2008 )Cho số nguyên và 2 số thực không âm . Chứng minh rằng

Dấu bằng xảy ra khi nào??

Xét , ta có:

Xét

Ta chứng minh:

Ta có:

Không mất tính tổng quát, giả sử . Đặt

Khi đó, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

Xét hàm số:

Ta có:

Suy ra giảm trên

Vậy với thì:

Đẳng thức xảy ra khi ..

Ví dụ II.2.4: Cho là 3 số thực thuộc . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

n(n ≥ 2) x, y

≥+xn y n− −−−−−−√n +xn+1 y n+1− −−−−−−−−−√n+1

[ x = 0y = 0

=+xn y n− −−−−−−√n +xn+1 y n+1− −−−−−−−−−√n+1

x ≠ 0, y ≠ 0 ⇒ x > 0, y > 0

>+xn y n− −−−−−−√n +xn+1 y n+1− −−−−−−−−−√n+1

> ⇔ >+xn y n− −−−−−−√n +xn+1 y n+1− −−−−−−−−−√n+1 + 1( )x

y

n− −−−−−−−−√n + 1( )x

y

n+1− −−−−−−−−−−√n+1

x ≤ y t = ⇒ 0 < t ≤ 1x

y

> ⇔ ln( + 1) > ln( + 1)+ 1tn− −−−−√n + 1tn+1− −−−−−−√n+1 1

ntn 1

n + 1tn+1

f(u) = ln( + 1), u ∈ [2, +∞)1u

tu

(u) = − ln( + 1) + < 0, ∀u ∈ [2, +∞)f ′ 1u2

tu ln ttu

u( + 1)tu

f(u) [2, +∞) ⇒ f(n) > f(n + 1)

⇔ ln( + 1) > ln( + 1)1n

tn 1n + 1

tn+1

x, y ≥ 0; n ∈ Z, n ≥ 2 ≥+xn y n− −−−−−−√n +xn+1 y n+1− −−−−−−−−−√n+1

x = 0, y ∈ R ∨ x ∈ R, y = 0

a, b, c [ ; 3]13

P = + +a

a + b

b

b + c

c

c + a

P(a) = + +b

Đặt . Xem đây là hàm theo biến , còn b,c là hằng số.

Ta có:

Nếu và , suy ra: tăng trên

Xem là hàm theo biến . Khi đó:

Do đó giảm trên , suy ra .

Xem là hàm theo biến . Khi đó:

Lập bảng biến thiên của trên , ta có: .

* Nếu và . Từ kết quả trên ta có .

Mặt khác:

Vậy

Ví dụ II.2.5: Cho là ba số thực thuộc đoạn và . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Đặt:

P(a) = + +a

a + b

b

b + c

c

c + aa

(a) = − =P ′ b

(a + b)2

c

(a + c)2

(b − c)( − bc)a2

(a + b)2(a + c)2

a ≥ b ≥ c a, b, c ∈ [ ; 3]13

b − c ≥ 0; − bc ≥ 0 ⇒ (a) ≥ 0 ⇒ P(a)a2 P ′

[ ; 3]13

⇒ P(a) ≤ P(3) = + + = f(c)3

3 + b

b

b + c

c

c + 3

f(c) c

(c) = − + = ≤ 0f ′ b

(b + c)2

3

(c + 3)2

(b − 3)(3b − )c2

(b + c)2(c + 3)2

f(c) [ ; 3]13

f(c) ≤ f( ) = + + = g(b)13

33 + b

3b

3b + 1110

g(b) b

(b) = − =g ′ 3

(3b + 1)2

3

(3 + b)2

(1 − b)(1 + b)

(3b + 1)2 (3 + b)2

g(b) [ ; 3]13

g(b) ≤ g(1) =85

g(b) ≤ g(1) =85

a, b, c ∈ [ ; 3]13

P(c, b, a) ≤85

P(a, b, c) − P(c, b, a) = ≤ 0 ⇒ P(a, b, c) ≤(a − b)(b − c)(a − c)(a + b)(b + c)(a + c)

85

maxP = ⇔ (a, b, c) = {(3, 1, ); ( , 3, 1); (3, , 1)}85

13

13

13

x, y, z [1; 4] x ≥ y; x ≥ z

P = + +x

2x + 3y

y

y + z

z

z + x

= a; = b; = c.y z x

Đặt

Khi đó và

Ta có

Xét bài toán mới này có các biến và bình đẳng nên ta dự đoán đẳng thức xảy ra khi

Khi đó với

So sánh với ta dự đoán được đạt giá trị nhỏ nhất khi

Khi đó và ta tìm được các giá trị của tương ứng là

Ví dụ II.2.6: Cho thỏa mãn . Chứng minh

Ta có:

Đặt:

Ta có:

Dễ thấy: là một hàm bậc nhất với biến . Ta lại có

Suy ra: . Điều phải chứng minh.

Dấu bằng xảy ra khi: .

Ví dụ II.2.7: Cho thoả mãn là các số thực:

. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức

Từ giả thiết suy ra:

= a; = b; = c.y

x

z

y

x

zabc = 1 2 ≥ ≥ 1.bc

−−√

P = + + .1

2 + 3a

11 + b

11 + c

b c b = c = .1a√

P = + := f(a)1

2 + 3a

2 a√

1 + a√a ∈ [ ; 1].

14

f( )14

f(1) P a = .14

b = c = 2 (x, y, z) (4, 1, 2).

a, b, c ≥ 0 a + b + c = 3 + + + abc ≥ 4a2 b2 c2

+ + + abc = (a + b − 2ab + + abc = (c − 2)ab + (3 − c +a2 b2 c2 )2c2 )2

c2

= (c − 2)ab + 2 − 6c + 9c2

t = ab; (0 ≤ t ≤ = )(a + b)2

4(3 − c)2

4f(t) = (c − 2)t + 2 − 6c + 9c2

f(t) t

f(0) = 2 − 6c + 9 = 2(c − + ≥ > 4c2 32

)2 92

92

f( ) = (c − 2) + 2 − 6c + 9 = + 4 ≥ 4(3 − c)2

4( )(3 − c)2

4c2 (c + 2)(c − 1)2

4

f(t) ≥ 4; t ∈ [0; ](3 − c)2

4a = b = c = 1

, y, z

− xy + = 1x2 y 2

P =+ + 1x4 y 4

+ + 1x2 y 2

2 2 2

từ đó ta có

.

Măt khác

nên

.Đặt

bài toán trở thành tìm GTLN,GTNN của:

Tính

Do hàm số liên tục trên

nên so sánh giá trị của

cho ra kết quả:

,

1 = − xy + ≥ 2xy − xy = xy; 1 = (x + y − 3xy ≥ − 3xyx2 y 2 )2

− ≤ xy ≤ 113

− xy + = 1 ⇔ + = 1 + xyx2 y 2 x2 y 2

+ = − + 2xy + 1x4 y 4 x2y 2

t = xy

P = f(t) = ; − ≤ t ≤ 1− + 2t + 2t2

t + 213

(t) = 0 ⇔ − 1 + = 0 ⇔ [f ′ 6

(t + 2)2

t = − 26√t = − − 2(l)6√

[− ; 1]13

f(− ); f( − 2); f(1)13

6√

MaxP = f( − 2) = 6 − 26√ 6√

min P = f(− ) =

Ví dụ II.2.8: (Khối A –2012) Cho các số thực thỏa mãn . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểuthức:

Cách 1: Từ giả thiết ta có (1) trong 3 số luôn có 2 số cùng dấu, không mất tính tổng

quát giả sử hai số đó là ta có

Thay vào ta có

Đặt xét

Nên suy ra hàm đồng biến trên nên

Ta có: vậy

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

Cách 2

Ta chứng minh

Xét hàm

Có và . Vậy (*) đúng

Áp dụng (*), ta có:

Áp dụng bất đẳng thức: ta có:

min P = f(− ) =13

1115

x, y, z x + y + z = 0

P = + + −3|x−y| 3|y−z| 3|z−x| 6 + 6 + 6x2 y 2 z2− −−−−−−−−−−−−√

z = − (x + y) x, y, z

x, y xy ≥ 0

(1) P P = + + −3|x−y| 3|2y+x| 3|2x+y| 12( + + xy)x2 y 2− −−−−−−−−−−−−−√

P = + + −3|x−y| 3|2y+x| 3|2x+y| [12 − xy)](x + y)2− −−−−−−−−−−−−−√

≥ + − 2 |x + y| ≥ + − 2 |x + y|3|x−y| 2.3|2y+x|+|2x+y|

2 3√ 3|x−y| 2.33|x+y|

2 3√

t = |x + y|, (t ≥ 0) f(t) = 2.( − 2 t3√ )3t 3√

(x) = 2.3( ln − 2 = 2 . ( ( ln − 1) > 0f ′ 3√ )3t 3√ 3√ 3√ 3√ 3√ )3t 3√

f [0; +∞) f(t) ≥ f(0) = 2≥ = 13|x−y| 30 P ≥ + 2 = 330

x = y = z = 0

≥ t + 1 (∗)3t

f(t) = − t − 13t

(t) = ln 3 − 1 > 0, ∀t ≥ 0f ′ 3t f(t) = 0

+ + ≥ 3 + |x − y| + |y − z| + |z − x|3 x−y∣∣ ∣∣ 3 y−z∣∣ ∣∣ 3 z−x∣∣ ∣∣

|a| + |b| ≥ |a + b|

(|x − y| + |y − z| + |z − x| = |x − y + |y − z + |z − x + |x − y|(|y − z| + |z − x|) + |y2 2 2 2

Do đó:

Mà suy ra

Suy ra

Khi thì dấu bằng xảy ra, vậy giá trị nhỏ nhất của bằng 3.

Ví dụ II.2.9: (Khối B–2012) Cho các số thực thỏa mãn và . Tìm

GTLN của biểu thức

Ta có vậy thì ta có và biểu thức được viết lại thành

Hay là

Bây giờ ta chú ý rằng

Từ đây ta có

Biểu thức viết lại là

(|x − y| + |y − z| + |z − x| = |x − y + |y − z + |z − x + |x − y|(|y − z| + |z − x|) + |y)2 |2 |2 |2

− z|(|x − y| + |z − x|) + |z − x|(|x − y| + |y − z|)

≥ 2(|x − y + |y − z + |z − x )|2 |2 |2

|x − y| + |y − z| + |z − x| ≥ 2( + + )|x − y|2 |y − z|2 |z − x|2− −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−√

= 6 + 6 + 6 − 2x2 y 2 z2 (x + y + z)2− −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−√

x + y + z = 0 |x − y| + |y − z| + |z − x| ≥ 6 + 6 + 6x2 y 2 z2− −−−−−−−−−−−−√

P = + + − ≥ 33 x−y∣∣ ∣∣ 3 y−z∣∣ ∣∣ 3 z−x∣∣ ∣∣ 6 + 6 + 6x2 y 2 z2− −−−−−−−−−−−−√

x = y = z = 0 P

x, y, z x + y + z = 0 + + = 1x2 y 2 z2

P = + +x5 y 5 z5

z = − x − y + xy + =x2 y 2 12

P = − 5xy( + 3 y + 3x + )x3 x2 y 2 y 3

P = − 5xy(x + y)( + xy + ) = − 2, 5(x + y)xyx2 y 2

+ xy + = $vậythì$(x + y = + xyx2 y 2 12

)2 12

− ≤ x + y ≤23

−−√ 23

−−√

P = − [(x + y − ](x + y)52

)2 12

=5√

Khảo sát hàm số này ta được dấu đẳng thức xảy ra khi

Ví dụ II.2.10: Cho là các số thực không âm,khác nhau từng đôi một thỏa mãn .

Chứng minh rằng :

Không mất tính tổng quát giả sử khi đó ta có

Khi đó ta chỉ cần chứng minh:

Mà lại có:

Vì thế ta sẽ đi chứng minh:

Ta có:

=Pmax

5 6√36

x = y = − ; z =1

6√

2

6√

a, b, c ab + bc + ca = 4

+ + ≥ 1.1

(a − b)2

1

(b − c)2

1

(c − a)2

c = mina, b, c

+ + ≥ + +1

(a − b)2

1

(b − c)2

1

(c − a)2

1

(a − b)2

1

b2

1a2

+ + ≥ 11

(a − b)2

1

b2

1a2

⇔ (ab + bc + ca)( + + ) ≥ 41

(a − b)2

1

b2

1a2

⇔ (ab + bc + ca)( + + ) ≥ ab( + + )1

(a − b)2

1

b2

1

a2

1

(a − b)2

1

b2

1

a2

ab( + + ) ≥ 41

(a − b)2

1

b2

1a2

ab( + + ) = + + .1

(a − b)2

1

b2

1a2

1

+ − 2a

b

b

a

a

b

b

a

f(t) = + t$với$t > 21

$$f'(t) = \frac{{ - 1}}{{{{(t - 2)} 2̂}}} + 1;f'(t) = 0 \Leftrightarrow t = 3\min f(t) = f(3) = 4$.$

Vậy bài toán đã giải quyết xong.

Ví dụ II.2.11: Cho thực dương thỏa . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Với , ta được

Với , ta đặt

Khi đó:

Ta có

Lập bảng biến thiên rồi suy ra kết quả sau:

, đạt được khi và chỉ khi hoặc

, đạt được khi và chỉ khi hoặc

f(t) = + t$với$t > 21

t − 2

x, y + = 1x2 y 2

P =+ xy + 2x2 y 2

+ 1y 2

y = 0 P = 1

y ≠ 0 t =x

y

P = = f(t)+ t + 2t2

+ 2t2

(t) = ; (t) = 0 ⇔ − + 2 = 0 ⇔ t = ±f ′ − + 2t2

( + 2)t2 2f ′ t2 2√

max P =4 + 2√

4x = , y =

6√3

3√3

x = − , y = −6√

33√

3

min P =4 − 2√

4x = − , y =

6√3

3√3

x = , y = −6√

33√

3

Bài tập đề nghị

Bài 1: (B-2009) Cho các số thực thay đổi và thoả mãn Tìm GTNN của biểu thức

Bài 2: (B-2006) Cho là các số thực dương không đổi. Tìm GTNN của biểu thức:

Bài 3: Các số thực không âm thoả mãn: Tìm GTLN của biểu thức

Bài 4: Cho 0 và . Chứng minh

Bài 5: (Dự bị khối A) Cho 0 thỏa mãn . Chứng minh

Bài 6: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số trên đoạn

Bài 7: (Khối A – 2009) Cho là các số thực dương thỏa mãn . Chứng minh rằng

Bài 8: (Đề dự bị TSĐH 2003 khối B) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của

trên đoạn

x, y (x + y + 4xy ≥ 2.)3

A = 3( + + ) − 2( + ) + 1.x4 y 4 x2y 2 x2 y 2

x, y

A = + + |y − 2|.+(x − 1)2y 2

− −−−−−−−−−−√ +(x + 1)2y 2

− −−−−−−−−−−√

a, b, c a + b + c = 3.

P = ( − ab + )( − bc + )( − ca + ).a2 b2 b2 c2 c2 a2

a, b > x, y > 0 ( + < ( +ax bx)yay by)x

x, y > xy + x + y = 3

+ + ≤ + +3x

y + 13y

x + 1xy

x + yx2 y 2 3

2

y = f(x) = sinx + cosx + tanx + cotx

[ ; ]π

6π

3

x, y, z x(x + y + z) = 3yz

(x + y + (x + z + 3(x + y)(x + z)(y + z) ≤ 5(y + z)3 )3 )3

y = + 4x6 (1 − )x23

[−1; 1]

Bài 9: Cho . Tìm Max, Min của A = .

+ = 1x2 y 2 x + y1 + y− −−−−

√ 1 + x− −−−−√