Chuyênđề.GIÁTRỊLỚNNHẤTGIÁTRỊNHỎNHẤTCỦABIỂUTHỨCĐẠISỐTrongchuyênđềnày,chúngtôitraođổivớicácbạnmộtsốkinhnghiệmcủabảnthânkhigiảiquyếtcácbàitoáncựctrịxuấthiệntrongcácđềthiĐạihọccủanhữngnămgầnđây.1ĐịnhnghĩaĐịnhnghĩa1.ChobiểuthứcF(a1,a2,...,an)vớia1,a2,...,an∈D.•MđượcgọilàGTLNcủaF(a1,a2,...,an)vớia1,a2,...,an∈Dnếu(F(a1,a2,...,an)≤M∀a1,a2,...,an∈D∃a1,a2,...,an∈D:F(a1,a2,...,an)=M.•mđượcgọilàGTLNcủaF(a1,a2,...,an)vớia1,a2,...,an∈Dnếu(F(a1,a2,...,an)≥m∀a1,a2,...,an∈D∃a1,a2,...,an∈D:F(a1,a2,...,an)=m.KhigiảicácbàitoánvềGTLN,GTNNcủabiểuthứcP,tacầnthựchiệnhaibướcBước1:ĐánhgiáP≥mhoặcP≤MBước2:Chỉracóđẳngthứcxảyra.ViệcdựđoánđượcPđạtGTLN,GTNNkhinàođóngvaitròquantrọng,việcdựđoánđógiúpchúngtathựchiệncácbướcđánhgiáhợplívàlựachọncôngcụphùhợp.Tacầnlưuýmộtsốtínhhuốngnhưsau•ĐốivớibiểuthứcđốixứngbabiếnthìbiểuthứcthườngđạtGTLN(GTNN)khicóhaibiếnbằngnhauhoặccảbabiếnbằngnhau•KhigiảthiếtchocácbiếnkhôngâmthìbiểuthứcthườngđạtGTLN,GTNNkhicómộtbiếnbằng0•Khigiảthiếtchocácbiếnthuộcđoạnα;βthìbiểuthứcthườngđạtGTLN,GTNNkhicómộtbiếnbằngα,mộtbiếnbằngβ.•Khigiảthiếtcủađềbàilàmộtbấtđẳngthứchoặcnhiềubấtđẳngthức,thìbiểuthứcđạtGTLN,GTNNthươngkhidấubằngởcácbấtđẳngthứcđóxảyra.Tađixétmộtsốvídụsauđểlàmsángtỏđiềuđó.Vídụ1.Chocácsốthựcdươngx,ythỏamãnx+y=1.TìmgiátrịnhỏnhấtcủabiểuthứcP=xy+1xy
Trang 1Chuyên đề GIÁ TRỊ LỚN NHẤT - GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT
CỦA BIỂU THỨC ĐẠI SỐ
Trong chuyên đề này, chúng tôi trao đổi với các bạn một số kinh nghiệm của bản thân khi giải quyết các bài toán cực trị xuất hiện trong các đề thi Đại học của những năm gần đây
Định nghĩa 1. Cho biểu thức F (a1, a2, , an)vớia1, a2, , an∈ D.
• M được gọi là GTLN củaF (a1, a2, , an)vớia1, a2, , an∈ D nếu
(
F (a1, a2, , an) ≤ M ∀a1, a2, , an∈ D
∃a1, a2, , an∈ D : F (a1, a2, , an) = M.
• mđược gọi là GTLN của F (a1, a2, , an)vớia1, a2, , an∈ D nếu
(
F (a1, a2, , an) ≥ m ∀a1, a2, , an∈ D
∃a1, a2, , an∈ D : F (a1, a2, , an) = m.
Khi giải các bài toán về GTLN, GTNN của biểu thức P, ta cần thực hiện hai bước
Bước 1: Đánh giá P ≥ mhoặcP ≤ M
Bước 2: Chỉ ra có đẳng thức xảy ra.
Việc dự đoán đượcP đạt GTLN, GTNN khi nào đóng vai trò quan trọng, việc dự đoán
đó giúp chúng ta thực hiện các bước đánh giá hợp lí và lựa chọn công cụ phù hợp Ta cần lưu ý một số tính huống như sau
• Đối với biểu thức đối xứng ba biến thì biểu thức thường đạt GTLN (GTNN) khi có hai biến bằng nhau hoặc cả ba biến bằng nhau
• Khi giả thiết cho các biến không âm thì biểu thức thường đạt GTLN, GTNN khi có một biến bằng0
• Khi giả thiết cho các biến thuộc đoạn[α;β]thì biểu thức thường đạt GTLN, GTNN khi có một biến bằngα, một biến bằngβ
• Khi giả thiết của đề bài là một bất đẳng thức hoặc nhiều bất đẳng thức, thì biểu thức đạt GTLN, GTNN thương khi dấu bằng ở các bất đẳng thức đó xảy ra
Ta đi xét một số ví dụ sau để làm sáng tỏ điều đó
Ví dụ 1. Cho các số thực dương x, y thỏa mãn x + y = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P = xy + 1
x y
Trang 2Lời giải Ta có x y ≤³x + y
2
´2
=1
4 ⇒ 1
x y≥ 4.Suy ra
P =
µ
x y + 1 16x y
¶ +15
16.
1
x y ≥ 2
s
x y 1 16x y+15
16.4 =17
4 .
Đẳng thức xảy ra khi x = y =1
2.Vậy GTNN củaP bằng
17
4 .
Ví dụ 2. Cho các số thựca, b, c ∈ [0;2]thỏa mãna + b + c = 3 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P = a2+ b2+ c2
Lời giải Cách 1: Ta có
P = (a + b + c)2− 2 (ab + bc + ca) = 9 − 2 (ab + bc + ca)
Doa, b, c ∈ [0;2] nên
(a − 2)(b − 2)(c − 2) ≤ 0
⇒ abc − 2 (ab + bc + ca) + 4 (a + b + c) − 8 ≤ 0 Hay−2 (ab + bc + ca) ≤ −4 − abc ≤ −4
Suy raP ≤ 9 − 4 = 5
Đẳng thức xảy ra khi
abc = 0 (a − 2)(b − 2)(c − 2) = 0
a + b + c = 3
⇔ a = 0, b = 1, c = 2và các hoán vị
Vậy GTLN của P bằng5
Cách 2: Giả sử a ≤ b ≤ c, ta cóa ≤ 1 ≤ c Suy ra
a (a − 1) ≤ 0 ⇒ a2≤ a
và
(c − 1)(c − 2) ≤ 0 ⇒ c2≤ 3c − 2
Do đó a2+ c2≤ a + 3c − 2
+)b ≥ 1, ta có b2≤ 3b − 2nên
a2+ b2+ c2≤ a + 3 (b + c) − 4 = 5 − 2a ≤ 5
+)b ≤ 1ta có b2≤ bnên
a2+ b2+ c2≤ a + b + 3c − 2 = 1 + 2c ≤ 5
Suy raP ≤ 5 Đẳng thức xảy ra khia = 0, b = 1, c = 2và các hoán vị
Vậy GTLN của P bằng5
Ví dụ 3. Cho các số thực dương a, b, c, dthỏa mãn
a2≤ 1, a2+ b2≤ 5, a2+ b2+ c2≤ 14, a2+ b2+ c2+ d2≤ 30
Tìm GTLN của biểu thứcP = a + b + c + d
Trang 3Lời giải Ta có
2a ≤ a2+ 1 4b ≤ b2+ 4 6c ≤ c2+ 9 8d ≤ d2+ 16
Suy ra
24 (a + b + c + d) ≤ 12¡a2+ 1¢ + 6¡b2+ 4¢ + 4¡c2+ 9¢ + 3¡d2
+ 16¢
= 3¡a2
+ b2+ c2+ d2¢ + ¡a2
+ b2+ c2¢ + 2¡a2
+ b2¢ + 6a2
+ 120
≤ 3.30 + 14 + 2.5 + 6.1 + 120 = 240
Do đó P ≤240
24 = 10 Đẳng thức xảy ra khia = 1, b = 2, c = 3, d = 4
Vậy GTLN của P bằng10
2.1 Sử dụng tính đối xứng
Ví dụ 4. (D-2009) Cho các số thực không âm x, y thay đổi và thỏa mãnx + y = 1 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
S =¡4x2
+ 3y¢ ¡4y2+ 3x¢ + 25xy
Lời giải Dox + y = 1nên :
S = 16x2y2+ 12¡x3
+ y3¢ + 9xy + 25xy
= 16x2y2+ 12£(x + y)3− 3x y (x + y)¤ + 34xy
= 26x2y2− 2x y + 12
Đặt t = xy, ta được:S = 16t2− 2t + 12; 0 ≤ x y ≤(x + y)2
4 ⇒ t ∈
· 0;1 4
¸
Xét hàm số f (t) = 16t2− 2t + 12trên đoạn
· 0;1 4
¸
f0(t) = 32t − 2; f0(t) = 0 ⇔ t = 1
16; f (0) = 12, f
µ 1 16
¶
=191
16 , f
µ 1 4
¶
=25
2 .
Suy ramax f (t)
"
0;1
4
#
= f
µ 1 4
¶
=25
2 ; min f (t)"
0;1 4
#
= f
µ 1 16
¶
=191
16 .
Giá trị lớn nhất củaS bằng 25
2 , khi
x + y = 1
x y =1 4
⇔ (x; y) =
µ 1
2;
1 2
¶
Trang 42.1 Sử dụng tính đối xứng
Giá trị nhỏ nhất củaS bằng 191
16 , khi
(
x + y = 1
x y = 16 ⇔ (x; y) =
Ã
2 +p3
4 ;
2 −p3 4
! hoặc
(x; y) =
Ã
2 −p3
4 ;
2 +p3 4
!
Ví dụ 5. (B-2009) Cho các số thực x, y thay đổi và thoả mãn (x + y)3+ 4x y ≥ 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
A = 3(x4+ y4+ x2y2) − 2(x2+ y2) + 1
Lời giải Ta có:
( (x + y)3+ 4x y ≥ 2 (x + y)2− 4x y ≥ 0⇒ (x + y)
3+ (x + y)2− 2 ≥ 0 ⇒ x + y ≥ 1 Khi đó:
A = 3¡x4
+ y4+ x2y2¢ − 2(x2
+ y2) + 1
= 3
h (x2+ y2)2− x2y2i− 2(x2+ y2) + 1
≥ 3
"
(x2+ y2)2−(x
2+ y2)2 4
#
− 2(x2+ y2) + 1
=9
4(x
2
+ y2)2− 2(x2+ y2) + 1
Đặt t = x2+ y2≥(x + y)2
2⇒ t ≥1
2 và A ≥9
4t
2− 2t + 1 Xét hàm số: f (t) =9
4t
2− 2t + 1 , t ≥1
2 có f
0(t) =9
2t − 2 > 0 ∀ t ≥1
2⇒ f (t) ≥ f (1
2) = 9
16 ∀t ≥1
2.
Do đó A ≥ 9
16 Đẳng thức xảy ra⇔ x = y =1
2. Vậy giá trị nhỏ nhất của A bằng 9
16.
Ví dụ 6. (D-2014) Cho các số thực x, ythỏa mãn1 ≤ x ≤ 2,1 ≤ y ≤ 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P = x + 2y
x2+ 3y + 5+
y + 2x
y2+ 3x + 5+
1 4(x + y − 1).
Lời giải Ta có1 ≤ x ≤ 2 ⇒ (x − 1)(x − 2) ≤ 0 ⇒ x2≤ 3x − 2
Suy ra x + 2y
x2+ 3y + 5≥
x + 2y 3x + 3y + 3. Tương tự y + 2x
y2+ 3x + 5≥
y + 2x 3x + 3y + 3. Suy ra
P ≥ x + y
x + y + 1+
1
4 (x + y − 1).
Đặt t = x + y − 1 ⇒ 1 ≤ t ≤ 3vàP ≥ t + 1
t + 2+
1 4t= f (t) Xét hàm số f (t), t ∈ [1;3]ta có
f0(t) = 1
(t + 2)2−
1 4t2=(3t + 2)(t − 2)
4t2(t + 2)2
Trang 52.1 Sử dụng tính đối xứng
Suy ra f0(t) = 0 ⇔ t = 2và f (1) =11
12, f (2) =7
8, f (3) =53
60.
Do đó f (t) ≥ f (2) =7
8, ∀t ∈ [1;3] Suy raP ≥7
8 Đẳng thức xảy ra chẳng hạn khi x = 1, y = 2
Vậy GTNN củaP bằng 7
8.
Ví dụ 7. (B-2012) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn :
x + y + z = 0
x2+ y2+ z2= 1
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P = x5+ y5+ z5
Lời giải Từ x + y + z = 0,ta có:z = −(x + y)
Khi đó x2+ y2+ z2= 1trở thànhx2+ y2+ (x + y)2= 1(1) và P = x5+ y5− (x + y)5
Đặt t = x + y, khi đó từ (1) ta có x y =2t
2− 1
2 . Và
P =¡x5
+ y5¢ − ¡x5
+ 5x4y + 10x3y2+ 10x2y3+ 5x y4+ y5¢
= −5x y¡x3
+ y3¢ − 10x2y2(x + y)
= −5x y£(x + y)3− 3x y (x + y)¤ − 10x2y2(x + y)
=5
4(−2t3+ t)
Để cho gọn ta đặt a = x + y;b = xythì (1’) thành:2b = 2a2− 1(2)
Khi đó,
P = −5b¡a33ab¢ 10ab2
= −5a3b + 5ab2
⇒ 4P = −10a3¡2a2− 1¢ + 5a¡2a2
− 1¢2= −10a3+ 5a Mặt khác, doa2≥ 4bnên từ (2) suy ra:
a2≥ 2¡2a2− 1¢ ⇒ 3a2
≤ 2 ⇒ |a| ≤
p 6
3 . Xét hàm f (a) = −10a3+ 5ata có:
f0(a) = −30a2+ 5 = 0 ⇔ a = ±
p 6
6 ∈
"
−
p 6
3 ;
p 6 3
#
Bằng tính toán ta có:
f
Ãp 6 6
!
=19
p 6
36 ; f
Ã
−
p 6 3
!
=5
p 6
9 ;
kết hợp với bảng biến thiên ta thu được hàm f (a)đạt giá trị lớn nhất bằng f
Ã
−
p 6 3
!
=5
p 6 9
khi a = −
p
6
3 tứcx = y = −
p 6
6 . Vậy, giá trị lớn nhất của P là 5
p 6
36 khi x = y = −
p 6
6 ; z =
p 6
3 .
Trang 62.1 Sử dụng tính đối xứng
Ví dụ 8. (B – 2010) Cho các số thực không âma, b, c thỏa mãn:a + b + c = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
P = 3(a2b2+ b2c2+ c2a2) + 3(ab + bc + ca) + 2pa2+ b2+ c2
Lời giải Đặtt = ab + bc + ca ⇒ 0 ≤ t ≤(a + b + c)
2
3 Khi đó:
3(a2b2+ b2c2+ c2a2) ≥ (ab + bc + ca)2= t2
a2+ b2+ c2= (a + b + c)2− 2(ab + bc + ca) = 1 − 2t
Suy raP ≥ t2+ 3t + 2p1 − 2t = f (t)
Xét hàm số f (t)vớit ∈
· 0;1 3
¸
ta có:
f0(t) = 2t + 3 −p 4
1 − 2t⇒ f
00(t) = 2 −p 2
(1 − 2t)3< 0, ∀t ∈
· 0;1 3
¸
Suy ra f0(t)là hàm nghịch biến trên
· 0;1 3
¸ nên f0(t) ≥ f0(1
3) > 0
Do đó f là hàm số đồng biến trên
· 0;1 3
¸ , suy raf (t) ≥ f (0) = 2, ∀t ∈
· 0;1 3
¸ Suy raP ≥ 2 Khia = b = 0, c = 1thìP = 2 Vậy GTNN củaP là2
Ví dụ 9. (THPT QG -2015) Cho các số thực a, b, c ∈ [1;3]thỏa mãn a + b + c = 6 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P =a
2b2+ b2c2+ c2a2+ 12abc + 72
1
2abc.
Lời giải Ta có
a2b2+ b2c2+ c2a2= (ab + bc + ca)2− 2abc (a + b + c) = (ab + bc + ca)2− 12abc
Do đó
a2b2+ b2c2+ c2a2+ 12abc + 72
(ab + bc + ca)2+ 72
ab + bc + ca . Mặt khác a, b, c ∈ [1;3]nên ta có
( (a − 1)(b − 1)(c − 1) ≥ 0 (a − 3)(b − 3)(c − 3) ≤ 0⇒
( abc ≥ ab + bc + ca − 5 abc ≤ 3(ab + bc + ca) − 27. Đặt t = ab + bc + ca, ta có3t − 27 ≥ t − 5 ⇒ t ≥ 11 và(a + b + c)2≥ 3 (ab + bc + ca) ⇒ t ≤ 12 Khi đó
P ≤ t
2+ 72
t −1
2(t − 5) =1
2t +72
t +5
2= f (t) Xét hàm số f (t)với t ∈ [11;12]ta có
f0(t) =1
2−72
t2 =t
2− 144 2t2 ≤ 0 ∀t ∈ [11; 12] Suy ra f (t) ≤ f (11) =160
11 .NênP ≤160
11 Đẳng thức xảy ra, chẳng hạn khi a = 1, b = 2, c = 3 Vậy GTLN của P bằng 160
11 .
Trang 72.2 Sử dụng tính chất thuần nhất
2.2 Sử dụng tính chất thuần nhất
• Nếu P (x, y) là biểu thức thuần nhất (P (kx, k y) = P (x, y)) thì ta có thể đặt x = yt (y 6= 0) Khi đóP (x; y) = P (t;1)
•Nếu P (a, b, c)là biểu thức thuần nhất, ta có thể đặtb = ax, c = ayvà chuyểnP (a, b, c)
về biểu thức chứa hai biến x, y
• Nếu trong bất đẳng thức xuất hiện các số hạng: a
n
bn+b
n
an thì ta có thể đặtt =a
b+b
a
Ví dụ 10. (D-2013) Cho các số thực dương x, ythỏa x y ≤ y − 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
px2− x y + 3y2−
x − 2y 6(x + y).
Lời giải Từ giả thiết ta có:
x y + 1 ≤ y ⇔ 1 ≥ x +1
y≥ 2
rx
y⇒ x
y≤1
4.
Đặt t = x
y⇒ 0 < t ≤1
4 Ta có:
P =p t + 1
t2− t + 3−
t − 2 6(t + 1).
Ta lại có
t2− t + 3 =
µ
t −1 2
¶2
+11
4 ≥
µ 1
4−1 2
¶2
+11
4 =45
16. Suy ra
P ≤ 4
3p
5(t + 1) − t − 2
6 (t + 1)= f (t).
Xét hàm số f (t)với0 < t ≤1
4 Ta có:
f0(t) = 4
3p
2(t + 1)2 =
8(t + 1)2− 2p5
6p 5(t + 1)2 > 0 ∀t ∈
µ 0;1 4
¸
Suy ra f (t) ≤ f
µ 1 4
¶
=7 + 10p5
30 , ∀t ∈
µ 0;1 4
¸ Do đóP ≤ 7 + 10
p 5
30 Dấu “=” xảy ra khi y = 4x Vậy GTLN của P là 7 + 10p5
30 .
Ví dụ 11. (B-2011) Choavàblà các số thực dương thỏa mãn2¡a2+ b2¢+ab = (a + b)(ab + 2) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P = 4
µa3
b3+b
3
a3
¶
− 9
µa2
b2+b
2
a2
¶
Lời giải Theo giả thiết ta có
2¡a2
+ b2¢ + ab = (a + b)(ab + 2) ≥ 2p2 (a + b)pab
Trang 82.2 Sử dụng tính chất thuần nhất
Suy ra
2
µa
b+b a
¶ + 1 ≥ 2p2
µp
a +p1 a
¶
Hay
2
r a
b+
s
b a
2
− 2p2
r a
b+
s b a
− 3 ≥ 0 ⇔
r a
b+
s b
a−3
p 2 2
r a
b+
s b
a+
p 2 2
≥ 0
Nên
r a
b+
s b
a≥3
p 2
2 ⇒ a
b+b
a=
r a
b+
s b a
2
− 2 ≥5
2.
Đặt t =a
b+b
a ,ta có:
P = 4
µa3
b3+b
3
a3
¶
− 9
µa2
b2+b
2
a2
¶
= 4¡t33t¢ 9¡t22¢ = 4t3
9t212t + 18 = f (t)
Xét hàm số f (t)với t ≥5
2 ta có
f0(t) = 12t2− 18t − 112 = 6 (2t + 1) (t − 2) > 0, ∀t ≥5
2.
Suy ra f (t) ≥ f
µ 5 2
¶
= −23
4 , ∀t ≥5
2 hayP ≥ −23
4 . Đẳng thức xảy ra khi
(
a = 1
b = 2 hoặc
(
a = 2
b = 1. Vậy GTNN củaP là−23
4 .
Ví dụ 12. (Khối A-2013) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn (a + c)(b + c) = 4c2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P = 32a
3
(b + 3c)3+
32b3 (a + 3c)3−
p
a2+ b2
Lời giải Đặt a
c = x,b
c = y ⇒ x, y > 0và(x + 1)(y + 1) = 4 Đặt t = x + y, từ(x + 1)(y + 1) = 4 ⇒ xy + x + y + 1 = 4 ⇒ xy = 3 − t
Mà
(x + y)2≥ 4x y ⇒ t2≥ 4(3 − t) ⇔ t2+ 4t − 12 ≥ 0 ⇒ t ≥ 2
Khi đó
P = 32x
3
( y + 3)3+
32 y3 (x + 3)3−
q
x2+ y2
Với u > 0ta có32u3+ 1 − 6u = (4u − 1)2(2u + 1) ≥ 0nên32u3≥ 6u − 1
Do đó :
32x3 ( y + 3)3≥
6x
y + 3− 1;
y3 (x + 3)3≥
6 y
x + 3− 1.
Trang 92.2 Sử dụng tính chất thuần nhất
Suy ra
32x3 ( y + 3)3+
32 y3 (x + 3)3≥ 6
µ x
y + 3+
y
x + 3
¶
− 2
Mà
x
y + 3+
y
x + 3=
x2+ y2+ 3(x + y)
x y + 3(x + y) + 9 =
t2− 2(3 − t) + 3t
12 + 2t =
t2+ 5t − 6 2t + 12 =
t − 1
2 . Suy ra
32x3 ( y + 3)3+
32 y3 (x + 3)3 ≥ 3(t − 1) − 2 = 3t − 5.
Do đó P ≥ 3t − 5 −pt2+ 2t − 6 = f (t)
Xét hàm số f (t)vớit ≥ 2, ta có:
f0(t) = 3 −p t + 1
t2+ 2t − 6
Ta có:
t2+ 2t + 1
t2+ 2t − 6= 1 +
7
t2+ 2t − 6≤ 1 +
7
2=9
2⇒ t + 1
p
t2+ 2t − 6≤
3 p
2. Suy ra f0(t) > 0, ∀t ≥ 2 ⇒ f (t) ≥ f (2) = 1 −p2, ∀t ≥ 2
Do đó P ≥ 1 −p2 Đẳng thức xảy ra khi x = y = 1 ⇒ a = b = c
Vậy GTNN củaP : 1 −p2
Ví dụ 13. ( A – 2011) Cho các số thực x, y, z ∈ [1;4]; x ≥ y, x ≥ z Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2x + 3y+
y
y + z+
z
z + x.
Lời giải Đặta = y
x, b = z
y, c = x
z ta có x yz = 1và P = 1
2 + 3a+
1
1 + b+
1
1 + c.
Vìx, y, z ∈ [1;4]; x ≥ y, x ≥ z nêna, b, c ∈
· 1
4; 4
¸
; a ≤ 1 ≤ c.Do
( abc = 1
a ≤ 1 ⇒ bc ≥ 1.
Ta có
1
1 + b+
1
1 + c−
2
1 +pbc=
³p
bc − 1´ ³pb −pc´2 (1 + b)(1 + c)³1 +pbc´ ≥ 0.
Suy ra
1
1 + b+
1
1 + c ≥
2
1 +pbc= 2
p a
1 +pa Dẫn tới
3a + 2+
2p a
1 +pa= 1
3t2+ 2+
2t
1 + t= f (t)
với t =pa ∈
·
1
2; 1
¸ Xét hàm số f (t)với t ∈
·1
2; 1
¸
ta có
f0(t) = − 6t
¡3t2+ 2¢2+
2 (t + 1)2=
2£3t3
(3t − 1) + 6t2+ (4 − 3t)¤
¡3t2+ 2¢2(t + 1)2 ≥ 0 ∀ ∈
· 1
2; 1
¸
Trang 102.3 Sử dụng các đánh giá trung gian
Suy ra
f (t) ≥ f
µ 1 2
¶
=34
33⇒ P ≥34
33. Đẳng thức xảy ra khi x = 1, y = 4, z = 2
Vậy GTNN củaP : 34
33.
2.3 Sử dụng các đánh giá trung gian
Bất đẳng thức Cô si và hệ quả
Bất đẳng thức Cô si: Với hai số không âm x, yta có
x + y
2 ≥px y
Đẳng thức xảy ra khi x = y
HQ: Với x, y > 0ta có
1
x+1
y≥ 4
x + y hay
1
x + y≤
1 4
µ 1
x+1 y
¶
Đẳng thức xảy ra x = y
Ví dụ 14. (Khối B – 2013) Choa, b, clà các số thực dương Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
a2+ b2+ c2+ 4−
9 (a + b)p(a + 2c)(b + 2c).
Lời giải Ta có
3 (a + b)p(a + 2c)(b + 2c) ≤ (3a + 3b)
µ
a + b + 4c 2
¶
≤1 2
· 4(a + b + c) 2
¸2
= 2(a + b + c)2≤ 6¡a2+ b2+ c2¢
Nên suy ra
a2+ b2+ c2+ 4−
9
2¡a2+ b2+ c2¢ =
4
2¡t2− 4¢ = f (t) , với t =pa2+ b2+ c2+ 4 > 2
Xét hàm số f (t)ta có
f0(t) = −4
t2+ 9t
¡t2− 4¢2 =
− (t − 4)¡4t3+ 7t2− 4t − 16¢
t2¡t2− 4¢2
Do4t3+ 7t2− 4t − 16 = 4¡t3− 4¢ + t(7t − 4) > 0 ∀t > 2nên f0(t) = 0 ⇔ t = 4
Lập bảng biến thiên ta có:P ≤ f (t) ≤ f (6) =5
8 Đẳng thức xảy ra khia = b = c Vậy GTLN của P là 5
8.
Ví dụ 15. (B – 2014) Cho các số thực không âma, b, c thỏa (a + b) c > 0 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P =
r a
b + c+
s b
a + c+
c
2 (a + b).
Trang 112.3 Sử dụng các đánh giá trung gian
Lời giải Với a > 0ta có
b + c =
a
pa (b + c)≥
a
a + b + c 2
a + b + c (*) Và ta thấy (*) đúng vớia = 0, do đó (*) đúng với mọia ≥ 0 Tương tự
s b
c + a≥
2b
a + b + c,
r c
c + a≥
2c
a + b + c.
Cộng ba bất đẳng thức trên theo vế ta có
r a
b + c+
s b
c + a+
r c
a + b≥ 2 ⇒
r a
b + c+
s b
c + a≥ 2 −
r c
a + b. Suy ra
P ≥ 2 −
r c
a + b+
c
2 (a + b)=
1 2
µr c
a + b− 1
¶2
+3
2≥3
2. Đẳng thức xảy ra khia = 0, b = c hoặcb = 0, a = c Vậy GTNN của P là 3
2.
Ví dụ 16. (A-2012) Cho các số thựcx, y, zthỏa mãn điều kiệnx + y+ z = 0.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P = 3|x−y|+ 3|y−z|+ 3|z−x|−
q 6x2+ 6y2+ 6z2
Lời giải Trước hết, ta sẽ chứng minh rằng: Với mọi t ≥ 0,thì3t≥ t + 1.(1)
Thật vậy, xét hàm số f (t) = 3t− t − 1 vớit ≥ 0,ta có
f0(t) = 3tln 3 − 1 ≥ 30ln 3 − 1 = ln3 − 1 > 0
Do đó, f (t)là hàm đồng biến trên[0, +∞).Suy ra f (t) ≥ f (0) = 0,∀t ≥ 0.Vậy(1)được chứng minh
Bây giờ, sử dụng(1),ta có:
P ≥ 3 + |x − y| + |y − z| + |z − x| −
q 6(x2+ y2+ z2)
Mặt khác, ta lại có:
(|x − y| + |y − z| + |z − x|)2
= (x − y)2+ (y − z)2+ (z − x)2+ 2 (|(x − y)(x − z)| + |(y − z)(y − x)| + |(z − x)(z − y)|)
≥ (x − y)2+ (y − z)2+ (z − x)2+ 2 |(x − y)(x − z) + (y − z)(y − x) + (z − x)(z − y)|
= 3(x2+ y2+ z2) − (x + y + z)2+¯¯3(x2+ y2+ z2) − (x + y + z)2¯¯
= 6(x2+ y2+ z2)
Suy ra:
|x − y| + |y − z| + |z − x| −
q 6(x2+ y2+ z2) ≥ 0
Từ đây, kết hợp với đánh giá ở trên, ta thu đượcP ≥ 3.Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 0 thìP = 3
Vậy GTNN củaP là3
Trang 122.3 Sử dụng các đánh giá trung gian
Ví dụ 17. (A – 2014) Cho các số thực không âm x, y, z thỏa x2+ y2+ z2= 2 Tìm GTLN của biểu thức
2
x2+ yz + x + 1+
y + z
x + y + z + 1−
1 + yz
9 .
Lời giải Ta chứng minh x2+ yz + x + 1 ≥ x (x + y + z + 1)(1)
Thật vậy
(1) ⇔ 1 + yz − xy − xz ≥ 0
⇔ x2+ y2+ z2+ 2yz − 2x y − 2xz ≥ 0
⇔ (x − y − z)2≥ 0 bất đẳng thức này luôn đúng
Suy ra
P ≤ x + y + z
x + y + z + 1−
1 + yz
9 = 1 −
µ 1
x + y + z + 1+
yz + 1 9
¶
Ta lại có
x + y + z ≤
q
2£x2+ (y + z)2¤ = 2p1 + yz nên
P ≤ 1 −
Ã
1
2p1 + yz + 1+
yz + 1 9
!
Đặt t =p1 + yz,1 ≤ t ≤
s
1 + y
2+ z2
2 <p2 Xét hàm số f (t) = 1
2t + 1+
t2
9, t ∈£1;p2¢ Ta có
f0(t) =2
9t − 2 (2t + 1)2=
2£t(2t + 1)2− 9¤ 9(2t + 1)2 ≥ 0 ∀t ∈
h 1;p
2´
Suy ra f (t) ≥ f (1) =4
9⇒ P ≤5
9 Đẳng thức xảy ra khi x = y = 1, z = 0 Vậymax P = 5
9.
Ví dụ 18. (NTThu) Cho các số thực x, y, z ≥ 0thỏa mãnx + y+ z = 3.Tìm giá trị nhỏ nhất của
P = 9³p1 + x +p1 + y´+ 5p1 + 3z
Lời giải Vớia, b ≥ 0ta có
p
Đẳng thức xảy ra khia = 0hoặc b = 0.Thật vậy
(∗) ⇔ 1 + a + 1 + b + 2p(1 + a)(1 + b) ≥ 1 + 1 + a + b + 2p1 + a + b
⇔ (1 + a) (1 + b) ≥ 1 + a + b ⇔ ab ≥ 0(đúng)