Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức.
Trang 1Các đẳng thức và bất đẳng thức cần học thuộc lòng
1.(a+b+c)2=a2+b2+c2+2(ab+bc+ca)= a2+b2+c2+a(b+c)+b(a+c)+c(a+b)
2.(a+b-c)2=a2+b2+c2+2ab-2bc-2ca
3.(a-b-c)2=a2+b2+c2-2ab+2bc-2ca
4. (x− y)2 +(y−z)2 +(z−x)2 =3x2 +3y2 +3z2 −(x+ y+z)2
5.a2+b2+c2≥ab+bc+ca
6 ( )2 2( 2 2 2)
c b a c
b
a+b+c≥ 2(a2 +b2 +c2)
7.a4+b4+c4≥a2b2+b2c2+c2a2≥abc(a+b+c)
8.(a+b+c)2=21[(a−b)2+(b−c)2+(c−a)2]+3(ab+bc+ca)
(a+b+c)2≥3(ab+bc+ca)
ab + bc + ca ≤ ( )
3
2
c b
9. (ab bc ca+ + )2 =a b2 2+b c2 2+c a2 2+2abc a b c( + + )
10. Nếu a,b∈[α;β](β−a)(β−b)≥0ab−β(a+b)+β2 ≥0
Đặt S=a+b; P=a.b
P−βS+β2 ≥0
P≥β −S β2
Ta có a2+b2=S2-2P≤S2−2(β −S β2)
a2+b2≤S2−2β +S 2β2
Mặt khác ( )2
4
1
b a
4
2
S
P≤
⇒
11. Nếu a,b,c∈[α;β]
≥
−
−
−
≥
−
−
−
0 ) )(
)(
(
0 ) )(
)(
(
c b a
c b a
β β
β
α α α
≥
− +
+
−
≥
− +
+
−
0 ) ( ) (
0 ) ( ) (
2
2
c b
a ab
c b
a ab
β β β
α α
α
≥ + + +
− + + +
−
≥
− + + +
+ +
−
) 2 ( 0 )
( ) (
) 1 ( 0
) (
) (
3 2
3 2
β β
β
α α
α
c b a ca
bc ab abc
c b a ca
bc ab abc
Lấy (1)+(2) ta được
(β −α)(ab+bc+ca)+(α2−β2)(a+b+c)+β3−α3 ≥0
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki
3
2 2
2 1 2 2
3
2 2
2
1 x x x n y y y y n
Dấu “=” xảy ra ⇔
n
n
y
x y
x y
x y
3
3 2
2 1 1
Trang 212. 2 2 (a 2b)2
b
13. a4+b4≥ ( )
2
2 2
2 b
14. a4+b4 ≥ ( )
8
4
b
a+
Áp dụng bất đẳng thức côsi
a1+a2+a3+…+an≥n n a1.a2.a3 a n Với a1, a2, a3, …, an không âm
16. ab ≤
2
b
a+
Với a,b không âm
4
1
b a
18. 2ab≤a2 +b2
19. ab≤ a22+b2
21. (a+b+c)3 ≥27abc Với a,b,c không âm
22. abc ( 27 )
3
c b
≤
24. a+b+c≥2 a(b+c)
c b a
a c
b
a
+ +
≥ +
2
Với a,b,c không âm
25. a t ≥t+1
, ∀t≥0và a>3
Chứng minh
Đặt f(t)=at-t-1
f’(t)=at.lna-1>0∀t≥0và a>3
hàm số đồng biến
t≥0 f(t)≥ f(0) at-t-1≥0 a t ≥t+1
+
+
2 1
1 1
1
Với a,b>0 và ab≥1
27. A + B ≥ A+B
28. x−y + y− ≥z x−y+y−z= x−z = z−x
Trang 3Giá trị lớn nhất – nhỏ nhất
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 nhất của biểu thức
P =
2 2 2 2 2 2
a b b c c a 12abc 72 1
abc
+ +
Giải:
Đặt t=ab+bc+ca
Tìm điều kiện của t
Cách 1
Tạ có: (a+b+c)2= [(a b) (b c) (c a) ] 3t 3t
2
1 − 2 + − 2+ − 2 + ≥
62≥3t t≤12 (*)
Cách 2
t= ab + bc + ca ≤
2
a b c
12 3
Mặt khác: (a-1)(b-1)(c-1)≥0 (ab-a-b+1)(c-1) ≥0
abc-(ab+bc+ca) +(a+b+c) +1≥0
abc-t+6+1≥0
abc≥t-5 (1)
Ta lại có: (3-a)(3-b)(3-c)≥0
(9-3a-3b+ab)(3-c) ≥0
27-9(a+b+c)+3(ab+bc+ca)-abc ≥0
27-9.6+3t-abc≥0
3t-27≥abc (2)
Từ (1) và (2) 3t-27≥t-5 t≥11 (**)
Từ (*) và (**) 11≤t≤12
Ta có : (ab bc ca+ + )2 =a b2 2+b c2 2+c a2 2+2abc a b c( + + )
t2= a b2 2+b c2 2+c a2 2+12abc
t
t
2
1
72
2
−
+ (vì (1) -abc≤−t+5
2
5 2
P
2
5 72
t
≤
P
t
t t t
2
) 5 ( 144
2 2+ + −
≤
P
t
t
t
2
144 5
2+ +
≤
Xét hàm số f(t)=
t
t t
2
144 5
2 + + , với t∈[11;12]
Trang 4Học sinh tự làm: Max f(t)=
11
160 tại t=11
P≤
11
160
P = 160
11 khi a = 1, b = 2, c = 3 Vậy maxP =
160 11
2) Trung học phổ thông quốc gia_năm 2015_lần 2
Cho các số thực a,b thỏa mãn a,b∈2;1
1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=a5b+ab5+ 2 6 2
b
a + -3(a+b)
Giải:
Đặt S=a+b; P=a.b
Vì a,b∈
;1
2
1
S∈[ ]1;2
Do a,b 1≤ nên ta có (1-a)(1-b)≥0 1-(a+b)+ab≥0
ab≥a+b-1 P≥S-1
Ta có: a2+b2=S2-2P≤S2 −2(S−1) [vì P≥S-1 -2P≤-(2S-1)]
a2+b2≤S2−2S+2
2 2
b
a
6
6
2 − +
≥
S S
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki
3
2 2
2 1 2 2
3
2 2
2
1 x x x n y y y y n
Dấu “=” xảy ra ⇔
n
n
y
x y
x y
x y
3
3 2
2 1 1
(1.a2+1.b2)2≤(12+12)[(a2)2+(b2)2]
a4+b4≥ ( )
2
2 2
2 b
2
2 2
b
2
2 2
b
( 2 2)2
b
4
4
S
≥
2
2
2
2 b
8
4
S
Từ (1) và (2) a4+b4 ≥
8
4
S
Mặt khác: a5b+ab5=ab(a4+b4)=P(a4+b4)≥(S-1)
8
4
S
(vì P≥S-1 chứng minh trên)
P≥(S-1)
8
4
S
+
2 2
6
2− S+
Trang 5 P≥
8
5
S
-8
4
S
-3S+
2 2
6
2− S+
S
Đặt f(S)=
8
5
S
-8
4
S
-3S+
2 2
6
2− S+
S với S∈[ ]1;2
3 4
) 2 2 (
) 1 ( 12 24
4 5
8
1
+
−
−
−
−
−
S S
S S
S <0, ∀S∈[ ]1;2 nên đây là hàm số nghịch biến
Do đó: S≤2 f(S)≥f(2)=-1
P≥-1
P=-1 khi a=b=1 Vậy min P=-1
3) Đại học khối A_năm 2014
Cho x, y, z là các số thực không âm và thỏa mãn điều kiện 2 2 2
x +y + =z 2 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
2 2
P
+ + + + + +
Giải:
Cách 1:
Ta có : 2x(y +z) ≤ x2 + (y + z)2 = x2+y2+z2+2yz Thay x2+y2+ =z2 2 2x(y +z) ≤2 + 2yz ⇒ yz + 1 ≥ x(y + z)
Ta có:
1 )
( 1
2 2
2 2
2
+ + +
= + + +
≤ + + +
= + +
x z
y x x x
x yz
x x
x x
yz
x
x
Do đó P ≤ x y z 1 x y z 1+ + +x + + + +y z+ −1 yz+9
P ≤ x x++y y++z z+1−1+9yz
+ + +
Theo BĐT Bunhiacopxki ta có :
z y x z
y
⇔ x+y+z≤ 2(x2+ y2 +z2 +2yz) thay 2 2 2
x +y + =z 2
⇔ x+y+z≤ 2(2+2yz)
⇔ x+y+z≤2 1+ yz
+ + +
−
9
1 1 1
2
1
yz
Do đó : T 1 1 yz9
1 2 1 yz
+
2
2u 1+ 9
+
4
u 1 yz 1 9
≥ ∀ =, + ≥
⇒ P ≤1 4 5
9 9
− =
Áp dụng bất đẳng thức
2 2
2ab≤a +b
Trang 6Khi x = y = 1 và z = 0 hay x = z = 1 và y = 0 thì P = 5
9 Vậy Max P = 5
9.
Cách 2:
2
2
P
x +y + =z 2và x,y,z≥0
Tìm PMax=?
Giải:
Ta có: 0≤(x− y−z)2 = x2+ y2 +z2 −2xy−2xz+2yz Thay x2+y2+ =z2 2
0≤(x−y−z)2 =2−2xy−2xz+2yz
0≤(x−y−z)2 =2(1−xy−xz+ yz)
1−xy−xz+ yz≥0
Nên x 2 + yz + x + 1 = x(x + y + z + 1) + (1 − xy − xz + yz) ≥x(x + y + z + 1)
) 1 (
1 1
1
2 +yz+x+ ≤ x x+y+z+
x
1 1
2
2
+ + +
≤ + +
x x
yz
x
x
(*)
Mặt khác: (x+ y+z)2 =x2 +y2+z2+2x(y+z)+2yz=2+2yz+2x(y+z)
Ta có: 2x(y+z)≤x2+(y+z)2=x2+y2+z2+2yz=2+2yz
(x+ y+z)2 ≤2+2yz+2+2yz=4(1+yz)
4
)
(x y z 2 1+yz
36
)
(x y z 2
9
yz
1+
36
) (x y z 2
9
yz
1+
−
9
yz
1+
36
) (x+ y+z 2
Cộng (*) và (**) vế theo vế ta được
36
) (
1 9
yz 1 1
2 2
z y x
x x
yz
x
+ + +
≤
+
− +
+
+
36
) (
1 1
9
yz 1 1 1
2 2
2 2
x yz x
z y z
y x
x x
yz x
z y x
yz
x
+ + +
+ +
+ + +
≤
+
− + + +
+ +
+ +
+
P
36
) (
1
2
z y x z
y
x
z y
+ +
+
+ +
≤
Trang 7Đặt 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≤2+4=6
t2≤6
- 6 ≤t≤ 6
Giao với đk t 0 0≥ ≤t≤ 6
P
36 1
2
t t
+
Xét f(t)=
36 1
2
t t
+ Với 0≤t≤ 6
HS tự giải f(t)Max=
9
5 tại t=2
P
9
5
≤
Khi x=y=1 và z=0 thì P=
9 5
PMax=
9
5
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 nhất của biểu thức
P =
+
a
Giải:
Cách 1
Từ điều kiện ta có c > 0 và a + b > 0
P
với x a 0, y b 0
= ≥ = ≥
y 1≥ x y 1
+ + + Dấu “=” xảy ra khi x = 0 hay x = y + 1
x 1≥x y 1
+ + + Dấu “=” xảy ra khi y = 0 hay y = x + 1
P
(x y) 1 2(x y) t 1 2t
+
+ + + + với t x y 0= + >
Trang 8Xét 2 2
f (t) ,f (t)
t 1 2t ′ (t 1) 2t
1
t (loai) 3
f (t) 0 4t (t 1)
3
t 1 f (1)
2
= −
′ = ⇔ = + ⇔
= ⇒ =
Từ bảng biến thiên ta có f (t) f (1) 3
2
Vậy P có giá trị nhỏ nhất là 3
2 khi
a 0
b c
a c
=
=
∨ ⇔
= = =
=
Cách 2:
Ta có: a+b+c≥2 a(b+c)
c b a
a c
b
a
+ +
≥ +
2
Tương tự:
c b a
b c
a
b
+ +
≥ +
2
P≥
2
1 ) ( 2
) ( 2 ) ( 2
) (
+
+ + + + +
+
= +
+ +
+
+
b a
c b a c b a
b a b
a
c c
b
a
b
a
P≥
2
1
2− =
2 3
Khi a=0, b=c, b>0 thì P=
2 3
Pmin=
2
3
5) Đại học khối D_năm 2014
Cho hai số thực x, y thỏa mãn các điều kiện 1 ≤ x ≤ 2; 1 ≤ y ≤ 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
x 3y 5 y 3x 5 4(x y 1)
Giải:
x 3y 5 y 3x 5 4(x y 1)
2 2
≤ −
P ≥ 3(x y) 3 3(x y) 3 4(x y 1)x 2y+ ++ + y 2x+ ++ + + −1
x y 1 4(x y 1) t 1 4(t 1)
Đặt t = x + y, đk 2 ≤ t ≤ 4
f(t) = t 1
t 1 4(t 1)+
+ − , t ∈ [2; 4]
(t 1) −4(t 1)
Trang 9f’(t) = 0 ⇔ 2(t – 1) = ± (t + 1) ⇔ 2t – 2 = t + 1 hay 2t – 2 = -t – 1
⇔ t = 3 hay t = 1/3 (loại) Ta có f(3) = 7
8
Khi t = 3 ⇒
x 1 x 2
y 1 y 2
x y 3
= ∨ =
= ∨ =
+ =
⇔
x 1
y 2
x 2
y 1
=
=
=
=
Vậy Pmin = 7
8 tại
x 1
y 2
=
=
hay
x 2
y 1
=
=
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 nhất của biểu thức P=
c
b a c
a
b c
b
3
3 3
3
) 3 (
32 )
3
(
+
+
+
Giải:
Đặt
c
a
c
b
y= (x>0, y>0); đk trở thành (x+1)(y+1)=4 ⇔xy+x+y=3
Đặt S=x+y; T=xy (S>0, T>0)
Đk trở thành: T+S=3⇔ T=3-S
Ta có: ( )2
4
1
y x
4
1
4
1
S ⇔ S2+4S-12≥0
⇔ (S-2)(S+6)≥0
≥
−
≤
2
6
S
S
giao với đk S>0 S≥2
3
3 3
3
) 3 (
32 )
3
(
32
y x x
y y
+
+ +
Đặt u=
3
+
y
x
; v=
3
+
x y
Ta có: u3+v3=(u+v)3-3uv(u+v)≥ (u+v)3-3
4
) (u+v 2 (u+v)=
4
1 (u+v)3
⇔
3 3
3 3
3
3 3
4
1 ) 3 ( )
3
( + + + ≥ + + x+
y y
x x
y y
x
⇔
3 3
3 3
3
3 3
8 ) 3 (
32 )
3
(
32
+
+ +
≥ +
+
y y
x x
y y
x
+
+
3 3
3
) 3 (
32 )
3
(
32
x
y y
9 3
3 2 8
9 ) ( 3
) ( 3 8
+ +
+
−
=
+ + +
+ + +
S T
S T S y
x xy
y x y x
Thay T=3-S
+
+
3 3
3
) 3 (
32 )
3
(
32
x
y y
9 3 3
3 ) 3 ( 2 8
+ +
−
+
−
−
S S
S S
+
+ +
2 2 3
3 3
3
) 3 (
32 )
3 (
32
y x x
y y
x
3 2
12
2
6
5
8
+
−
+
S
S
y
−
⇔ ≥P
3 ) 6 ( 2
) 6 )(
1 (
8
+
+
−
S
S S
T
S2−2
Trang 10⇔ ≥P
3 2
) 1 (
S−
) 3 ( 2
−
⇔ ≥P (S−1)3 − S2 +2S−6
Đặt f(S)= (S−1)3 − S2 +2S−6 với (S≥2)
f’(S)=3(S-1)2
6 2
1
2 + −
+
−
S S S
Với mọi S≥2 ta có 3(S-1)2≥3 (1)
6 2
7 1
6 2
1 2 6
2
1
2 2
2
+ +
=
−
+
+
S S S
S
S S S
S
S
7 ) 1 (
7
− + +
=
S
⇔
6 2
1
2+ −
+
S
S
S
≤
7 ) 1 2 (
7
− +
2
2 3
⇔
2
2 3 6 2
1
− +
+
−
S S
Lấy (1)+(2) vế theo vế, ta được
3(S-1)
6 2
1
2+ −
+
−
S S
S
−
2
2 3
⇔ f’(S)≥3−
2
2 3
>0 f(S) đồng biến trên [2;+∞)
S≥2 f(S)≥f(2)=1- 2 P≥1- 2
Khi a=b=c thì P=1- 2 Do đó giá trị nhỏ nhất của P là 1- 2
7) Đại học khối B_năm 2013
Cho a, b, c là các số thực dương Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
( ) ( 2 )( 2 ) 4
P
+ + +
Giải:
Cách 1:
Ta có: a + b + c + 2 = 1.a +1 b +1 c + 1.2 ≤ (12 +12 +12 +12)(.a2 +b2+c2 +22)
⇔ a + b + c + 2 ≤ 2 2 2
4(a + + +b c 4)
⇔ a + b + c + 2 ≤2 a2 +b2 +c2 +4
⇔
2
8 4
4
2 2
2 +b +c + ≤ a+b+c+
a
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki
3
2 2
2 1 2 2
3
2 2
2
1 x x x n y y y y n
Dấu “=” xảy ra ⇔
n
n
y
x y
x y
x y
3
3 2
2 1 1
Áp dụng bất đẳng thức cô si cho 2 số dương x,y
xy ≤
2
y
x+
Trang 11Mặt khác:
2
2 2
)
3 3 ( ) 2 )(
2 ( )
(
3 a+b a+ c b+ c ≤ a+ b a+ c+b+ c
2
1 ) 2 )(
2 ( )
(
3 a+b a+ c b+ c ≤ a+ b a+b+ c
2
1 ) 2 )(
2 ( )
(
3 a+b a+ c b+ c ≤ a+ b a+b+ c (*)
4
4 3
3 2
1 ) 2 )(
2 ( )
(
3
2
c b a b a c
b c a b
4
4 4 4 2
1 ) 2 )(
2 ( )
(
3
2
c b a c
b c a b
2 ) 2 )(
2 ( )
(
3 a+b a+ c b+ c ≤ a+b+c
P
+ + + + + Đặt t = a + b + c, t > 0; 2
8 27
( )
2 2
+
g’(t) = 2 3
(t 2) t
+
g’(t) = 0 ⇔ 27(t + 2)2 – 8t3 = 0 ⇔ t = 6
g’(t) + 0
8
P ≤ g(t) ≤ 5
8; maxP =
5
8 xảy ra khi a = b = c = 2.
Cách 2: Tìm giá trị lớn nhất
( ) ( 2 )( 2 ) 4
P
+ + +
( )
2
2 2
)
2 )(
2
(
)
(a+b a+ c b+ c ≤ a+b a+ c+b+ c
( )
2
4
) 2 )(
2 (
)
(a+b a+ c b+ c ≤ a+b a+b+ c
⇔
2
4 4 2 )
2 )(
2 (
)
(
2
a c b c a
b
Áp dụng bất đẳng thức
4
) (x y 2
Áp dụng bất đẳng thức
2
y
x
Trang 122ab≤a2+b2 (1)
4ac≤2(a2+c2) (2)
4bc≤2(b2+c2) (3)
Cộng (1), (2), (3) vế theo vế ta được
2ab+4ac+4bc≤3a2+3b2+4c2
⇔a2+b2+c2+ 2ab+4ac+4bc≤4a2+4b2+4c2
⇔
2
4 4 2 2
Từ (*) và (**) (a+b) (a+2c)(b+2c)≤2(a2 +b2 +c2)
⇔
) (
2
1 )
2 )(
2 (
)
(
1
2 2
a c
b c a b
) 2 )(
2 (
)
(
9
2 2
a c
b c a b
⇔
) (
2
9 )
2 )(
2 (
)
(
9
2 2
a c
b c a b
−
≤ + +
+
−
( ) ( 2 )( 2 ) 4
P
+ + +
) (
2
9 4
4
2 2 2 2
2
a
P
+ +
− + + +
≤
Đặt t= a2 +b2 +c2 +4 (t>2)
t2=a2+b2+c2+4
⇔ a2 +b2 +c2 =t2−4
) 4 (
2
9 4
2 −
−
≤
t t
P
Xét f(t)=
) 4 ( 2
9 4
2−
−
t
HS tự làm được Max f(t)=
8
5 tại t=4 PMax=
8
5 khi a=b=c=2
8) Đại học khối D_năm 2013
Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện xy≤ −y 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
2 6 3
+
− +
P
x y
Áp dụng bất đẳng thức
2
2
2 y
x
Trang 13Ta có:
2 2
1
≤ − ⇔ ≤ − = − − ÷ + ≤
x
2 6( )
3
− +
P
y
Đặt t= x
y, điều kiện
1 0
4
< ≤t
2
6( 1) 3
+
− +
P
t
Xét ( ) 2 1 6( 21)
3
+
− +
f t
t
1 0
4
< ≤t
2
( )
− +
+
− +
t
f t
t
Với 0<t≤
4
1
ta có t2-t+3=t(t-1)+3<3; -3t+7>6; t+1>1
Do đó
=
>
+
−
+
−
3 3
6 )
3 (
2
7 3
t t
t
2
3 và
2
1 )
1 ( 2
1
2 >− +
−
t
f’(t)>
2
3
2
1
− >0
1
4
⇒ f t > ∀ ∈t ⇒ f đồng biến trên 0;1
4
1 7 10 5 ( )
+
⇒ ≤ ÷=
Vậy max 7 10 5
30
+
=
2
=
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 nhất của biểu thức P=3x−y +3y−z +3z−x − 6x2 +6y2 +6z2
Hướng dẫn
Cách 1
Đặt a= x−y ; b= y−z ; c=z−x
P=3a +3b +3c− 6x2+6y2+6z2
Chứng minh bất đẳng thức phụ:3t ≥t+1, ∀t≥0
3a +3b +3c ≥3+a+b+c (*)
chứng minh:(a+b+c)2 =a2 +b2 +c2 +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
y
x− + y− ≥z x−y+y−z= x−z = z−x a+b≥c
Tương tự a+c≥b; a+c≥b
Trang 14(1) (a+b+c)2 ≥a2 +b2 +c2+a.a+b.b+c.c
⇔ (a+b+c)2 ≥2(a2 +b2 +c2)
a+b+c≥ 2(a2 +b2 +c2) (2)
Ta có: a2+b2+c2=(x−y)2+(y−z)2 +(z−x)2 =3x2 +3y2 +3z2 −(x+ y+z)2
⇔ a2+b2+c2=3x2+3y2+3z2-02 (vì x+y+z=0)
⇔ a2+b2+c2=3x2+3y2+3z2
Từ (2) a+b+c≥ 6x2+6y2 +6z2 (**)
Từ (*) và (**)3a +3b +3c ≥3+ 6x2+6y2 +6z2
⇔ 3a +3b +3c− 6x2+6y2+6z2 ≥3
⇔ P 3≥
ĐS: giá trị nhỏ nhất của P=3 Dấu “=” xảy ra khi x=y=z=0
Cách 2:
x + y + z = 0 z = -(x + y) và có 2 số không âm hoặc không dương Do tính chất đối xứng ta
có thể giả sử xy ≥ 0
Ta có 3x y 32y x 32x y 12( 2 2 )
2 2
y x x y
x y
≥ 3 2.33 2 2 3
x y
x y
x y
+
− + − + Đặt t = x y+ ≥0, xét f(t) = 2.( 3)3t−2 3t
f’(t) = 2.3( 3) ln 3 2 3 2 3( 3.( 3) ln 3 1) 03t − = 3t − >
⇒ f đồng biến trên [0; +∞) ⇒ f(t) ≥ f(0) = 2
Mà 3x y− ≥ 30 = 1 Vậy P ≥ 30 + 2 = 3, dấu “=” xảy ra ⇔ x = y = z = 0 Vậy min P = 3
10) Đại học khối B_năm 2012
Cho các số thực x, y, z thỏa mãn các điều kiện x+y+z=0 và x2 +y2 +z2 =1
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 5 5 5
P x= +y +z
Giải:
Đặt S=x+y; P=x.y
= +
+
=
+
+
1
0
2
2
x
z
y
x
= +
−
= +
⇔
1 2
0 2
S
z S
= +
−
−
−
=
⇔
1 2
) ( z 2 P z2
z S
−
=
−
=
⇔
2
1
2z2
P
z S
Tìm điều kiện của z
Ta có: xy≤
2
2
2 y
2
2
⇔ (-z)2≥4 2−
1
2z2 ⇔3z2≤2
3
6 3
6 ≤ ≤
Ta có: x5 +y5 =S5−5.S3.P+5S.P2
⇔
2 2 2
3 5
5
5
2
1 2 )
.(
5 2
1 2 ) ( 5 ) (
−
− +
−
−
−
−
=
x
P S y
x2 + 2 = 2−2
S P S y
x3+ 3 = 3−3
−
= + 4 4
x 4.S2.P+2P2
−
= + 5 5
x 5.S3.P+5S.P2
−
= + 6 6
x 6.S4.P+9S2.P2-2P3
−
= + 7 7
x 7.S5.P+14S3.P2-7SP3
Trang 15
−
− +
−
=
+
4
1 4 4 5 2
1 2 5
2 4 2
3 5 5
z
z z z y
x
⇔
−
− +
−
=
+
4
1 4 4 5 2
1 2 5
2 4 2
3 5 5
z
z z z y
x
4
5 2
5 3 5 5
4
5 2
5
z z z z y y
⇔ P=x y y z z
4
5 2
5 3 5 5
Xét hàm: P= f(z)= z z
4
5 2
5 3
−
3
6
; 3 6
HS tự làm
PMax=
36
6
5
11) Đại học khối D_năm 2012
Cho các số thực x, y thỏa mãn (x – 4)2 + (y – 4)2 + 2xy ≤ 32 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
A = x3 + y3 + 3(xy – 1)(x + y – 2)
Giải:
Đặt S=x+y; P=x.y
(x−4) + −(y 4) +2xy≤32
⇔x2+y2-8(x+y)+32+2xy≤32
32 2 32 8
2
0
8
2− ≤
⇔S S 0≤S≤8
A = x3+y3+3(xy−1)(x y+ −2)
=S3−3PS+3(P−1)(S−2)
=S3-6P-3S+6
Mặt khác: 4xy≤ +(x y)2⇒4P≤S2
4
2
S
P≤
2
3
6P≥− S
−
⇒
2
3 2
≥S S S
2
3 2
≥S S S ⇒ f’(t) =3S2−3S−3
f’(S) = 0 khi S= 1 5
2
+ ; f(0) = 6, f(8) = 398, f(1 5
2
+ ) = 17 5 5
4
−
Trang 16Vậy giá trị nhỏ nhất của f(S) là 17 5 5
4
− xảy ra khi S= 1 5
2
+
A ≥ f(S) ≥ 17 5 5
4
− Dấu bằng xảy ra khi x = y và x + y = 1 5
2
+ hay x = y = 1 5
4
+
12) Đại học khối A_năm 2011
Cho x, y, z là ba số thực thuộc đoạn [1; 4] và x ≥ y, x ≥ z
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =
Hướng dẫn:
Áp dụng
ab b
2 1
1 1
1
Với a,b>0 và ab≥1
P=
z
x y
z y
x
y
x
+
+ +
+
1 1
1 3
2
Áp dụng a=
y
z
; b=
z
x
; a.b=
y
x
≥1
P≥
y
x y
x
y
x
+
+ + 1
2 3
x
với t∈[ ]1;2
P≥
t t
t
+
+ + 1
2 3
2 2
2
với t∈[ ]1;2
Đặt f(t)=
t t
t
+
+ + 1
2 3
2 2
2
Với t∈[ ]1;2
HS tự làm được min f(t)= 34
33
P ≥ 34
33
Min P=34
33 khi 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 nhất của biểu thức P =
+ − +
Giải:
Theo giả thiết ta có 2(a2+b2)+ab=(a b ab+ ) ( +2) Từ đây suy ra :
1 1
Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có :
b
a b
a b