GIÁ TRỊ MIN – MAX – BẤT PHƯƠNG TRÌNH KHỐI B ĐỀ CHUNG TỪ 2006 ppt

Tuy nhiên để ý kỹ đến điều kiện xảy ra dấu =.. Vậy không thể áp dụng để cho số triệt để, phải giữ lại ít nhất 1 ẩn sau khi áp dụng bất đẳng thức trên.. Hiển nhiên ta thấy nên để lại ẩn y

GIÁ TRỊ MIN – MAX – BẤT PHƯƠNG TRÌNH KHỐI B

ĐỀ CHUNG TỪ 2006 Khối B – 2006:

Cho x, y là các số thực thay đổi Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

A x  y  x  y  y

Hướng dẫn:

Chú ý đến bất đẳng thức quen thuộc

a b  c d  a c  b d Dấu “=” a c

b d

  Tuy nhiên

để ý kỹ đến điều kiện xảy ra dấu = Chẳng hạn đối với bài trên, nếu rập khuôn để có số đẹp:

(x 1) y  (x1)  y  (x 1 x 1) (y y ) 2

Nhưng khi xét điều kiện để có dấu “=” thì 1 1 1 1

1



     

   (vô nghiệm) Vậy không thể áp dụng để cho số triệt để, phải giữ lại ít nhất 1

ẩn sau khi áp dụng bất đẳng thức trên Hiển nhiên ta thấy nên để lại ẩn y để

dễ khảo sát hàm số

(x 1) y  (x1)  y  (x 1 x 1) (y y ) 2 1 y

1

x



Việc sử dụng bất đẳng thức trên đòi hỏi phải chứng minh (cũng đơn giản nhưng tốn thời gian), người ta thường thay thế bằng việc sử dụng bất đẳng thức tam giác OM + ON  MN trong hệ tọa độ Oxy

Bằng cách đặt M x(  1; y N x), ( 1; )y ta có bất đẳng thức trên Việc khảo sát hàm số chứa giá trị tuyệt đối ta chia làm các trường hợp mở dấu trị tuyệt đối

Giải:

Đặt M x(  1; y N x), ( 1; )y Ta có

OM + ON  MN

 (x 1)2  y2  (x1)2  y2  (x 1 x 1)2 (y y )2 2 1 y2

Dấu “=” O MN  OM ON  ,

cùng phương hay 1 0

1

x



  

Khi đó A2 1 y2  y 2

Đặt f y( ) 2 1  y2  y 2

*Khi y 2: f y( ) 2 1  y2  2 y

2

2

1

y

f y

y



2

'( ) 0

3

2 1

y





 



y   1

3 

'( )

f y  0 +

( )

f y  

2 3

* Khi y 2: ( ) 2 5 2f y    3

Vậy Af y( ) 2  3 và Amin  2 3 khi 0, 1

3

x y

Khối B – 2007:

Cho x y z, , là 3 số thực dương thay đổi Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

         

Hướng dẫn:

Đề đại học phần bất đẳng thức hoặc tìm min, max những năm gần đây sử dụng BĐT trung bình cộng – trung bình nhân là chủ yếu Ở đây ta sử dụng:

3

3

a b c   abc khi a b c , , 0 Dấu “=”  a b c 

Ta ghép biểu thức về dạng cân xứng

2 2 2

P

yz zx xy

      

Khi đó 33 2 2 2 3 1

3 2

xyz

  Dấu “=”  x y z 

Ta tách 3 1

xyz làm 2 để áp dụng BĐT TBC – TBN lần nữa thì mới khử được

biến ở cả tử lẫn mẫu, tìm được giá trị nhỏ nhất là một số thực

2 2 2

2

xyz xyz

Giải:

Vận dụng bất đẳng thức trung bình cộng - trung bình nhân cho 3 số dương

, ,

a b c ta có a b c  33 abc Dấu “=” a b c  Khi đó

2 2 2

P

yz zx xy

      

2 2 2 3

3

.3

x y z

xyz xyz

Dấu 3 2 2 2

3

1 1

x y z

x y z

x y z

xyz

 











Vậy min 9

2

P  khi x y z  1

Khối B – 2008:

Cho hai số thực x, y thay đổi và thỏa mãn hệ thức x2 y2 1 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2

2

2( 6 )

1 2 2

x xy P

xy y





 

Hướng dẫn:

Cách 1: do x2  y2 1 nên ta có thể lượng giác hóa bài toán Đặt sin , cos ,0 2

x t y  t  t  Khi đó

2

2

2(sin 6sin cos )

1 2sin cos 2cos

P





1 os2 6sin 2

2 sin 2 os2

t c t



(P 6)sin 2t (P 1) os2c t 1 2P

Điều kiện cần và đủ để (*) có nghiệm là (P 6)2 (P1)2  (1 2 )P 2 Từ

đó suy ra giá trị min, max của P

Cách 2: Do bậc của x, y tương đối thuần nhất (trừ số 1) trong biểu thức của

P nên ta có thể đặt x = ty Sau đó khảo sát giá trị của P theo t

Giải:

Cách 1: do x2  y2 1 nên ta đặt xsin ,t ycos ,0t  t 2 Khi đó

2

2

2(sin 6sin cos )

1 2sin cos 2cos

P





1 os2 6sin 2

2 sin 2 os2

t c t



 (P 6)sin 2t(P1) os2c t  1 2P (*)

Điều kiện cần và đủ để (*) có nghiệm là (P 6)2 (P1)2  (1 2 )P 2 hay

P  P      P

*

2

2

2( 6 )

1 2 2

x xy

xy y



 

(2 3 ) 0

2

y

     Thế vào điều kiện x2  y2 1 ta được

,

x y hoặc 3 , 2

13 13

*

2

2

2( 6 )

1 2 2

x xy

xy y



 

2

(x 3 )y 0 x 3y

     Thế vào điều kiện x2  y2 1 ta được

,

10 10

x y hoặc 3 , 1

10 10

x y

Vậy P  khi min 6 3 , 2

x  y  hoặc 3 , 2

13 13

x y

ax 3

m

10 10

x y  hoặc 3 , 1

10 10

Cách 2: Khi y 0 x2 1,P2

Xét trường hợp y 0 Đặt x=ty Ta có

2( 6 ) 2( 6 ) 2( 6 )

P

2

(P 2)t 2(P 6)t 3P 0

      (*)

Với P 2, điều kiện để (*) có nghiệm là

 ' (P 6)2  3 (P P 2) 0  P2 3P 18 0     6 P 3

Đến đây các em giải tương tự như phần sau của cách 1

Khối B – 2009:

Cho các số thực x, y thay đổi và thỏa mãn (x y )34xy2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A3(x4  y4 x y2 2) 2( x2 y2) 1

Hướng dẫn:

Tương tự như ở khối A phải chú ý các bất đẳng thức

2 2

2

2

( ) 4

 

  hay

2 2

2

2 4

a b ab

a b ab









Ở đây (x y )34xy2, ta chú ý (x y )2 4xy, dấu “=”  x y nên

(x y ) (x y ) (x y ) 4xy2 Đặt u = x+y, ta có u3u2  2 (u 1)(u2 2u2) 0  u1 hay

1

x y  Ở biểu thức A, ta có thể đưa A về biểu thức chứa (x2  y2) Lưu ý

2(x  y ) ( x y ) , dấu “=”  x y nên 2 2 1

2

x  y  Đặt t x 2 y2, ta khảo sát hàm số theo t Lưu ý: với 3(x4 y4 x y2 2) ta cố gắng sử dụng hết

2 2

3x y phần x4 y4 còn lại ta sử dụng 4 4 1( 2 2 2)

2

x  y  x  y Khi đó mới đưa A về biểu thức chứa (x2 y2) hoàn toàn và hợp lý

Giải:

Vì (x y )2 4xy, dấu “=”  x y nên

(x y ) (x y ) (x y ) 4xy2 Đặt u = x+y, khi đó u3u2  2 (u 1)(u2 2u2) 0  u1 hay

1

x y  , dấu “=” 1

2

x y

  

A x  y  x y  x  y  x  y 

9

( ) 2( ) 1

4

Đặt t x 2  y2, 1 2 1

( )

t x y  , dấu “=” 1

2

x y

  

Xét hàm số ( ) 9 2 2 1, 1

f t  t  t t  Ta có '( ) 9 2 0, 1

f t  t   t nên

min

1 9

2 16

f f    

 

Vậy 9

16

A  Dấu “=” 1

2

x y

  

Khối B – 2010:

Cho các số thực không âm a b c, , thỏa mãn a b c  1 Tìm giá trị nhỏ

M  a b b c c a  ab bc ca   a b c

Hướng dẫn:

Các em phải nắm vững hằng đẳng thức

(a b c  )2 a2b2 c22(ab bc ca  )

Từ đó suy ra 1 2 2 2

2

ab bc ca     a b c  Mặt khác

2

a b b c c a  ab bc ca     a b c  Ta đã đưa về hàm của a2 b2 c2 Đặt t a2 b2 c2 , ta khảo sát giá trị hàm số theo t như các bài ở trên

Giải:

Ta có (a b c  )2 a2b2 c2 2(ab bc ca  )

1

2

         Mặt khác

2 2 2 2 2 2 1( )2 1 1 ( 2 2 2) 2

a b b c c a  ab bc ca     a b c  , dấu

“=”  ab ac bc  nên

2

M    a b c     a b c   a b c

Đặt t a2 b2 c2 , ( )2 2

3

a b c

 

    hay 1 1

3  t Xét hàm số 1 22 3 2 4 8 2 8 7 1

f t   t   t  t      t Ta có

3 2

'( ) 4 2, ''( ) 3 4

f t  t t f t  t 

''( ) 0, ;1 '( ) 0, ;1

f t   t    f t f    t  

1 ( ) (1) 2, ;1

3

f t f    t  

 

1

ab ac bc M

 



  

   



0, 1

0, 1

0, 1

  





    

   



Khối B – 2011:

Cho a và b là các số thực dương thỏa mãn

2 2

2(a b )ab(a b ab )( 2). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

4 a b 9 a b

P

      

Hướng dẫn:

Cũng như các bài trước Mục đích cuối cùng cũng là cố gắng đưa P về hàm

số theo t để khảo sát Ở đây, dễ thấy t a b

b a

  Ta có

             

        

Điều cơ bản bây giờ là làm sao khảo sát giá trị của t a b

b a

  từ chính bản thân nó và từ điều kiện 2(a2b2)ab(a b ab )( 2)

Theo BĐT trung bình cộng – trung bình nhân ta có t a b 2 a b 2

    ,

dấu “=”  a b Để xuất hiện t a b

b a

  , ta chia 2 vế của điều kiện cho ab,

ta được

1 1

2 a b 1 (a b) 2

     

1 1

2 2(a b) 2 4 2 a b

         

2t 1 2 4 2 t  4t  4t 15 0 hay 5

2

t  Từ đó ta khảo sát theo t với

điều kiện 5

2

t  , chứ không phải điều kiện t 2

Giải: Ta có

             

        

Đặt t a b

b a

  thì P4(t3  3 ) 9(t  t2 2) 4 t3 9t2  12t18

Chia 2 vế của 2(a2 b2)ab(a b ab )( 2) cho ab ta được

1 1

2 a b 1 (a b) 2

     

1 1

2 2(a b) 2 4 2 a b

         

,

dấu “=” a b 2 1 1

a b

 

     

 

2

2t 1 2 4 2 t  4t  4t 15 0 hay 5

2

t  Xét hàm số

( ) 4 9 12 18,

2

f t  t  t  t t  Khảo sát hàm số (các em tự làm) ta có

5 23

( )

f t f   

 

Vậy ( ) 23

4

Pf t  min 23

4

P  khi

5 2

1 1 2

a b

b a

a b

a b



 





 

     



1, 2

2, 1

 



   

