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

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:
2 2 2 2
( 1) ( 1) 2A x y x y y= − + + + + + −
Hướng dẫn:
Chú ý đến bất đẳng thức quen thuộc
2 2 2 2 2 2
( ) ( )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:
2 2 2 2 2 2
( 1) ( 1) ( 1 1) ( ) 2x y x y x x y y
− + + + + ≥ − − − + − =
Nhưng khi xét điều kiện để có dấu “=” thì
1
1 1 1
1
x y
x x
x y
−
= = − ⇒ − = +
− − −

(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.
2 2 2 2 2 2 2
( 1) ( 1) ( 1 1) ( ) 2 1x y x y x x y y y− + + + + ≥ − − − + + ≥ +
Dấu “=”
1
0
1
x y
x
x y
−
⇔ = ⇔ =
− −
.
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
( 1; ), ( 1; )M x y N x 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
( 1; ), ( 1; )M x y N x y− − +

. Ta có
OM + ON
≥
MN
⇔
2 2 2 2 2 2 2
( 1) ( 1) ( 1 1) ( ) 2 1x y x y x x y y y
− + + + + ≥ − − − + + ≥ +
Dấu “=”
⇔

O MN∈

⇒
,OM ON
uuuur uuur
cùng phương hay
1
0
1
x y
x
x y
−
= ⇔ =
− −
.
Khi đó
2
2 1 2A y y≥ + + −

Đặt
2
( ) 2 1 2f y y y
= + + −
.
*Khi
2y <
:
2
( ) 2 1 2f y y y= + + −
2
2
'( ) 1
1
y
f y
y
= −
+
2
0
1
'( ) 0
3
2 1
y
f y y
y y
>



= ⇔ ⇔ =

= +


y

−∞

1
3

+∞
'( )f y

−
0 +
( )f y

+∞

+∞

2 3+

* Khi
2y ≥
:
( ) 2 5 2 3f y ≥ > +

.
Vậy
( ) 2 3A f y≥ ≥ +
và
min
2 3A = +
khi
1
0,
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:
1 1 1
2 2 2
x y z
P x y z
yz zx xy
   
 
= + + + + +
 ÷
 ÷  ÷
 
   
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
3a b c abc+ + ≥
khi
, , 0a b c ≥
. Dấu “=”
.a b c⇔ = =

Ta ghép biểu thức về dạng cân xứng
2 2 2
2 2 2
x y z x y z
P
yz zx xy
 
 
= + + + + +
 ÷
 ÷
 
 
.
Khi đó
2 2 2
3
3
3 1
3
2

P x y z
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
3
3 3
3 1 1
2
P x y z
xyz xyz
 
≥ + +
 ÷
 
Giải:
Vận dụng bất đẳng thức trung bình cộng - trung bình nhân cho 3 số dương
, ,a b c
ta có
3
3a b c abc+ + ≥
. Dấu “=”

.a b c⇔ = =
Khi đó
2 2 2
2 2 2
x y z x y z
P
yz zx xy
 
 
= + + + + +
 ÷
 ÷
 
 

2 2 2 2 2 2
3 3
3 3 3
2 2 2
3
3
3 3
3 1 3 1 1
3
2 2
3 1 1 9
.3.
2 2
x y z x y z
xyz xyz xyz

x y z
xyz xyz
 
≥ + = + +
 ÷
 
≥ =
Dấu
2 2 2
3
3
11
x y z
x y z
x y z
xyz
= =


⇔ ⇔ = = =

=


.
Vậy
min
9
2
P =

khi
1x y z= = =
.
Khối B – 2008:
Cho hai số thực x, y thay đổi và thỏa mãn hệ thức
2 2
1x y+ =
. 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
2 2
1x y+ =
nên ta có thể lượng giác hóa bài toán. Đặt
sin , cos ,0 2x t y t t
π
= = ≤ ≤
. Khi đó

2
2
2(sin 6sin cos )
1 2sin cos 2cos
t t t
P
t t t
+
=
+ +
1 os2 6sin2
2 sin 2 os2
c t t
t c t
− +
=
+ +
( 6)sin 2 ( 1) os2 1 2P t P c t P⇔ − + + = −
(*)
Điều kiện cần và đủ để (*) có nghiệm là
2 2 2
( 6) ( 1) (1 2 )P P P− + + ≥ −
. 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
2 2
1x y+ =

nên ta đặt
sin , cos ,0 2x t y t t
π
= = ≤ ≤
. Khi đó

2
2
2(sin 6sin cos )
1 2sin cos 2cos
t t t
P
t t t
+
=
+ +
1 os2 6sin2
2 sin 2 os2
c t t
t c t
− +
=
+ +

( 6)sin 2 ( 1) os2 1 2P t P c t P⇔ − + + = −
(*)
Điều kiện cần và đủ để (*) có nghiệm là
2 2 2
( 6) ( 1) (1 2 )P P P− + + ≥ −
hay

2
3 18 0 6 3P P P+ − ≤ ⇔ − ≤ ≤
.
*
2
2 2 2
2
2( 6 )
6 6 6 3( 2 3 )
1 2 2
x xy
P x xy x xy y
xy y
+
= − ⇔ = − ⇔ + = − + +
+ +
2
3
(2 3 ) 0
2
y
x y x⇔ + = ⇔ = −
. Thế vào điều kiện
2 2
1x y+ =
ta được
3 2
,
13 13
x y= = −

hoặc
3 2
,
13 13
x y= − =
.
*
2
2 2 2
2
2( 6 )
3 3 2( 6 ) 3( 2 3 )
1 2 2
x xy
P x xy x xy y
xy y
+
= ⇔ = ⇔ + = + +
+ +
2
( 3 ) 0 3x y x y⇔ − = ⇔ =
. Thế vào điều kiện
2 2
1x y+ =
ta được
3 1
,
10 10
x y= =
hoặc

3 1
,
10 10
x y= − =
Vậy
min
6P = −
khi
3 2
,
13 13
x y= = −
hoặc
3 2
,
13 13
x y= − =
ax
3
m
P =
khi
3 1
,
10 10
x y= =
hoặc
3 1
,
10 10

x y= − =
.
Cách 2: Khi
2
0 1, 2.y x P= ⇒ = =
Xét trường hợp
0y ≠
. Đặt x=ty. Ta có

2 2 2
2 2 2 2
2( 6 ) 2( 6 ) 2( 6 )
1 2 2 2 3 2 3
x xy x xy t t
P
xy y x xy y t t
+ + +
= = =
+ + + + + +
2
( 2) 2( 6) 3 0P t P t P⇔ − + − + =
(*)
Với
2P ≠
, điều kiện để (*) có nghiệm là

2
' ( 6) 3 ( 2) 0P P P∆ = − − − ≥
2
3 18 0 6 3P P P⇔ + − ≤ ⇔ − ≤ ≤

.
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
3
( ) 4 2x y xy+ + ≥
. Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức
4 4 2 2 2 2
3( ) 2( ) 1A x y x y x y= + + − + +
.
Hướng dẫn:
Tương tự như ở khối A phải chú ý các bất đẳng thức
2 2
2
2
( ) 4
a b ab
a b ab
+ ≥
+ ≥
hay
( )
2 2
2
2
4
a b
ab
a b

ab
+
≤
+
≤
Ở đây
3
( ) 4 2x y xy+ + ≥
, ta chú ý
2
( ) 4x y xy+ ≥
, dấu “=”
x y⇔ =
nên
3 2 3
( ) ( ) ( ) 4 2x y x y x y xy+ + + ≥ + + ≥
Đặt u = x+y, ta có
3 2 2
2 ( 1)( 2 2) 0 1u u u u u u+ ≥ ⇔ − + + ≥ ⇔ ≥
hay
1x y+ ≥
. Ở biểu thức A, ta có thể đưa A về biểu thức chứa
2 2
( )x y+
. Lưu ý
2 2 2
2( ) ( )x y x y+ ≥ +
, dấu “=”
x y⇔ =
nên

2 2
1
2
x y+ ≥
. Đặt
2 2
t x y= +
, ta
khảo sát hàm số theo t. Lưu ý: với
4 4 2 2
3( )x y x y+ +
ta cố gắng sử dụng hết
2 2
3x y
phần
4 4
x y+
còn lại ta sử dụng
4 4 2 2 2
1
( )
2
x y x y+ ≥ +
. Khi đó mới
đưa A về biểu thức chứa
2 2
( )x y+
hoàn toàn và hợp lý.
Giải:
Vì

2
( ) 4x y xy+ ≥
, dấu “=”
x y⇔ =
nên
3 2 3
( ) ( ) ( ) 4 2x y x y x y xy+ + + ≥ + + ≥
Đặt u = x+y, khi đó
3 2 2
2 ( 1)( 2 2) 0 1u u u u u u+ ≥ ⇔ − + + ≥ ⇔ ≥
hay
1x y+ ≥
, dấu “=”
1
2
x y⇔ = =
.
4 4 2 2 4 4 2 2
3 3
( 2 ) ( ) 2( ) 1
2 2
A x y x y x y x y= + + + + − + +

2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2
3 3
( ) ( ) 2( ) 1
2 4
9
( ) 2( ) 1

4
x y x y x y
x y x y
≥ + + + − + +
= + − + +
Đặt
2 2
t x y= +
,
2
1 1
( )
2 2
t x y≥ + ≥
, dấu “=”
1
2
x y⇔ = =
.
Xét hàm số
2
9 1
( ) 2 1,
4 2
f t t t t= − + ≥
. Ta có
9 1
'( ) 2 0,
2 2
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
1a b c+ + =
. Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức
2 2 2 2 2 2 2 2 2
3( ) 3( ) 2 .M a b b c c a ab bc ca a b c= + + + + + + + +
Hướng dẫn:
Các em phải nắm vững hằng đẳng thức

2 2 2 2
( ) 2( )a b c a b c ab bc ca+ + = + + + + +
Từ đó suy ra
2 2 2
1
1 ( )
2
ab bc ca a b c
 
+ + = − + +
 
. Mặt khác
2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1
( ) 1 ( )
3 12
a b b c c a ab bc ca a b c
 
+ + ≥ + + = − + +
 
. Ta đã đưa về
hàm của
2 2 2
a b c+ +
. Đặt
2 2 2
t a b c= + +
, ta khảo sát giá trị hàm số theo t

như các bài ở trên.
Giải:
Ta có
2 2 2 2
( ) 2( )a b c a b c ab bc ca+ + = + + + + +
2 2 2
1
1 ( )
2
ab bc ca a b c
 
⇒ + + = − + +
 
. Mặt khác

2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1
( ) 1 ( )
3 12
a b b c c a ab bc ca a b c
 
+ + ≥ + + = − + +
 
, dấu
“=”
ab ac bc⇔ = =
nên
2
2 2 2 2 2 2 2 2 2

1 3
1 ( ) 1 ( ) 2
4 2
M a b c a b c a b c
   
≥ − + + + − + + + + +
   
Đặt
2 2 2
t a b c= + +
,
2
2
( )
( )
3
a b c
t a b c
+ +
≤ ≤ + +
hay
1
1
3
t≤ ≤
. Xét
hàm số
( ) ( )
4 2
2

2 2
1 3 8 8 7 1
( ) 1 1 2 , 1
4 2 4
3
t t t
f t t t t t
− + +
= − + − + = ≤ ≤
. Ta có
3 2
'( ) 4 2, ''( ) 3 4f t t t f t t= − + = −
.
1 1 1
''( ) 0, ;1 '( ) 0, ;1
3 3 3
f t t f t f t
     
< ∀ ∈ ⇒ ≤ < ∀ ∈
 ÷
   
     
. Do đó
1
( ) (1) 2, ;1
3
f t f t
 
≥ = ∀ ∈
 

 
.
Vậy
( ) 2M f t≥ ≥
.
min
2 2 2
2
1
ab ac bc
M
t a b c
= =


= ⇔

= + + =



0, 1
0, 1
0, 1
a b c
b c a
a c b
= = =



⇔ = = =


= = =

Khối B – 2011:
Cho a và b là các số thực dương thỏa mãn
2 2
2( ) ( )( 2).a b ab a b ab+ + = + +
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
3 3 2 2
3 3 2 2
4 9 .
a b a b
P
b a b a
   
= + − +
 ÷  ÷
   
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
a b
t
b a
= +
. Ta có
3 3
3 3

3 3
3 3
a b a b a b a b a b a b
b a b a b a b a b a b a
       
+ = + − + = + − +
 ÷  ÷  ÷  ÷
       
.
2 2
2 2
2 2
2 2
a b a b a b a b
b a b a b a b a
   
+ = + − = + −
 ÷  ÷
   
Điều cơ bản bây giờ là làm sao khảo sát giá trị của
a b
t
b a
= +
từ chính bản
thân nó và từ điều kiện
2 2
2( ) ( )( 2).a b ab a b ab+ + = + +
Theo BĐT trung bình cộng – trung bình nhân ta có
2 2

a b a b
t
b a b a
= + ≥ =
,
dấu “=”
a b⇔ =
. Để xuất hiện
a b
t
b a
= +
, ta chia 2 vế của điều kiện cho ab,
ta được
1 1
2 1 ( ) 2
a b
a b
b a a b
   
+ + = + + +
 ÷  ÷
   
1 1
2 2( ) 2 4 2
a b
a b
a b b a
   
≥ + + = + +

 ÷  ÷
   
2
2 1 2 4 2 4 4 15 0t t t t+ ≥ + ⇔ − − ≥
hay
5
2
t ≥
. Từ đó ta khảo sát theo t với
điều kiện
5
2
t ≥
, chứ không phải điều kiện
2t ≥
.
Giải: Ta có
3 3
3 3
3 3
3 3
a b a b a b a b a b a b
b a b a b a b a b a b a
       
+ = + − + = + − +
 ÷  ÷  ÷  ÷
       
.
2 2
2 2

2 2
2 2
a b a b a b a b
b a b a b a b a
   
+ = + − = + −
 ÷  ÷
   
Đặt
a b
t
b a
= +
thì
3 2 3 2
4( 3 ) 9( 2) 4 9 12 18P t t t t t t= − − − = − − +
Chia 2 vế của
2 2
2( ) ( )( 2)a b ab a b ab+ + = + +
cho ab ta được
1 1
2 1 ( ) 2
a b
a b
b a a b
   
+ + = + + +
 ÷  ÷
   
1 1

2 2( ) 2 4 2
a b
a b
a b b a
   
≥ + + = + +
 ÷  ÷
   
,
dấu “=”
1 1
2a b
a b
 
⇔ + = +
 ÷
 
2
2 1 2 4 2 4 4 15 0t t t t+ ≥ + ⇔ − − ≥
hay
5
2
t ≥
. Xét hàm số
3 2
5
( ) 4 9 12 18,
2
f t t t t t= − − + ≥
. Khảo sát hàm số (các em tự làm) ta có

5 23
( )
2 4
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
a b
a b
= =

⇔

= =
