SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM một số KINH NGHIỆM HƯỚNG dẫn học SINH GIẢI bài TOÁN cực TRỊ đại số TRUNG học cơ sở

PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO TỪ LIÊM
TRƯỜNG THCS CẦU DIỄN

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

MỘT SỐ KINH NGHIỆM HƯỚNG DẪN HỌC SINH GIẢI BÀI
TOÁN CỰC TRỊ ĐẠI SỐ TRUNG HỌC CƠ SỞ

Môn: TOÁN
Tên tác giả: Nguyễn Đức Quỳnh
Giáo viên môn: TOÁN


NĂM HỌC 2012 - 2013

2


ĐẶT VẤN ĐỀ
Sau nhiều năm dạy toán học ở bậc trung học cơ sở, tôi nhận thấy các bài
toán cực trị không được xây dựng thành một hệ thống lý thuyết hoàn chỉnh mà
chỉ hình thành từng bước cho học sinh qua một số bài tập trong sách giáo khoa.
Nhưng các bài toán cực trị lại là một vấn đề thường gặp trong các kỳ thi, các đợt
kiểm tra hàng năm. Do đó việc hình thành phương pháp giải bài toán cực trị một
cách hệ thống cho học sinh và việc giải quyết các baì toán này của học sinh còn
gặp nhiều trở ngại. Xuất phát từ những kinh nghiệm có được của bản thân qua
thực tế giảng dạy và sự tìm hiểu thêm các tài liệu tham khảo, đặc biệt là dạy toán
THCS . Tôi chọn nội dung : Cách giải bài toán cực tri đạisố THCS” làm sáng
kiên kinh nghiệm năm học 2012-2013.
Qua sáng kiến kinh nghiệm, tôi mong rằng bản thân mình sẽ tìm hiểu sâu
hơn về vấn đề này, tự sưu tầm và phân loại được một số dạng toán về cực trị,

nêu lên một số phương pháp giải cho từng dạng bài tập. Từ đó giúp học sinh có
thể dễ dàng hơn trong việc nắm các kiến thức về dạng toán này. Tôi hy vọng khi
áp dụng vào thực tế có thể giúp học sinh phát triển tư duy sáng tạo, khả năng
phân tích, tổng hợp, tự ra được các bài tập tương tự qua các bài tập đó góp phần
nhỏ nâng cao trình độ của học sinh.

Nội dung sáng kiến kinh nghiệm gồm 3 phần:
Phần I: Cơ sở lý thuyết sáng kiến kinh nghiệm.
Phần II: Các bài toán cực trị trong đại số.
Phần III : Các bài kiểm tra ; kết quả và kết luận

3


PHẦN I :
CƠ SỞ LÝ THUYẾT SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
A. Mục đích yêu cầu:
- Tuyển chọn,sưu tầm và phân loại được các dạng bài tập cơ bản và nêu
lên các phương pháp chính giải từng loại về bài toán cực trị.
- Dự đoán được các sai sót của học sinh, nêu được những điểm cần chú ý
khi giải các bài toán về cực trị
- Hiểu được bản chất của khái niệm cực trị và nắm được các bước giải của
bài toán cực trị.
- Nhận dạng được từng loại bài toán cực trị, vận dụng sáng tạo các
phương pháp giải toán cực trị vào từng bài cụ thể, từ dễ đến khó.
B. Lý thuyết áp dụng:
1) Hằng đẳng thức đáng nhớ : (a+b)2 ≥ 0 ;vv……
2) Tính chất trị tuyệt đối
+f (x) + g (x) ≥  f (x) + g (x) dấu “ = ” xảy ra ⇔ f (x). g (x) ≥ 0
+ f (x) - g (x) ≤  f (x) - g (x) dấu “ = ” xảy ra ⇔ f (x). g (x) ≥ 0

f (x) ≤ g (x)
3) Đa thức bậc 2 f(x) =ax2 + bx + c (a≠ 0)
=a(x+

b 2 b 2 − 4ac
)2a
4a

4) )

Bất đẳng thức Cô si .
a1 + a2
≥
2

≥-

2

b 2 − 4ac
4a

(với a>0) ; ≤ -

b 2 − 4ac
(với a<0)
4a

Cho 2 số không âm a1, a2 ta có bất đẳng thức

a1 a2

Dấu “=” xảy ra ⇔ a1 = a2
4


5) Bất đẳng thức Bunhiacopski: (áp dụng cho 2 cặp số )
Cho các số bất kỳ a1, a2 và b1, b2 ta có:
(a1b1+a2b2)2

≤

( a21+a22 )( b21 +b22)

Dấu “=” xảy ra ⇔ a1b2=a2b1
6) Các kí hiệu thường dùng:
a) Giá trị lớn nhất(GTLN) của biểu thức P : maxP ( hoặc Pmax)
b) Giá trị nhỏ nhất(GTNN) của biểu thức Q :minQ (hoặc Qmin)

5


PHẦN II
MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG ĐẠI SỐ
I/ Cực trị của đa thức một biến:
1- Phương pháp:
Đưa về dạng: f (x) = k

±

g 2 (x)

(k là hằng số)

Nếu f (x) = k + g 2 (x) thì min f (x) = k ⇔ g (x) = 0
Nếu f (x) = k - g 2 (x) thì max f (x) = k ⇔ g (x) = 0
Ví dụ 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:
A = (x+2)2 + (x-1)2
Giải:

Ta có: (x+2)2 ≥ 0 dấu “ = ” ⇔ x = - 2
(x-1)2 ≥ 0 dấu “ = ” ⇔ x = 1
Nên A > 0

Nhưng không thể kết luận được min A = 0 vì không đồng thời xảy ra dấu
đẳng thức.
Do vậy ta phải giải như sau:
A = (x+2)2 + (x-1)2
= x2 + 4x + 4 + x2 - 2x + 1
= 2x2 + 2x + 5 = 2 ( x2 +x +
=2

(x2 + 2x

Do đó min A =

5
)
2

1
1
9
+ )+
2
4
4

= 2 (x +

1 2 9
) +
2
2

9
1
khi x = 2
2

Ví dụ 2: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau:
B = - ( x-1) (x + 2 ) (x + 3) (x + 6)
Giải:

Ta có:

B = - ( x2 + 5x - 6) (x2 + 5x + 6)

Đặt: x2 + 5x = t
Ta có: B = - (t- 6) (t+6) = - (t2-36) => B = 36 - t2 ≤ 36

x=0
Vậy B = 36 khi x2 + 5x = 0 ⇔ hoặc x = -5
Do đó: max B = 36 Khi ⇔ x= 0

hoặc x = -5
6


2- Một số nhận xét:
- Dựa vào tính biến thiên của hàm số là tam thức bậc hai, ta có kết quả
mỗi tam thức bậc hai đều có một cực trị (hoặc giá trị lớn nhất, hoặc giá trị nhỏ
nhất ).
- Trong bài toán cực trị, ta có thể đổi biến. Cụ thể như ví dụ 1 ta có thể dặt
y = x + 2 kho đó A = ( y-1) 2 + ( y-1) 2
3- Một số bài tập tương tự:
Bài 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:
A = x4 - 6x3 + 10x2 - 6x + 19
C = (x+1)2 + ( x+3)2 ;

B = x 4 - 2x3 + 3x2 - 2x + 11;

D = x( x+1) ( x+2) ( x+3)-24

Bài 2: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau:
A= 4x - x2 +11

;B = 50- 8x- x 2

;

C = -5x 2- 4x + 108;

D =101- x- x2
II/ Cực trị của hàm số đa thức nhiều biến số:
Ví dụ 3: Tìm giá trị nhỏ nhất của đa thức
P = 19x2 + 54y2 + 16z2- 16xz- 24yz + 36x + 5
Giải: P = (9x2+36xy+36y2)+(18y2- 24yz+8z2)+ (8x2 -16xz+8z2)+2x2 + 5
= 9 (x + 2y)2 + 2 (3y- 2z)2 + 8 (x- y)2 + 2x2 + 5
Ta thấy P ≥ 5 Với x = y = z = 0 thì P = 5
Do đó P = 5 khi x = y = z = 0
Ví dụ 4: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
Q = 15- 10x- 10x2 + 24 xy- 16y2
Giải: Q = - (x2 + 10x + 25) - (9x2- 24xy + 16y2) + 40
= 40- (x + 5)2 - (3x- 4y)2 ≤ 40
15
Vậy max Q = 40 ⇔ x = -5 hoặc y = 4

7


Ví dụ 5: Tìm giá trị nhỏ nhất của M
M = a2- 4ab + 5b2 + 10a- 22b + 28
Giải:
M = a2- 4ab + 5b2 + 10a- 22b + 28
= (a2- 4ab + 4b2) + (b2- 2b + 1) + 27 + 10a-20b
= (a- 2b)2 + (b- 1)2 + 27 + 10 (a- 2b)
Đặt a- 2b = t ta được
D = t2 + (b- 1)2 + 27 + 10t = (t + 5)2 + (b- 1)2 + 2 ≥ 2
Dấu “ = ” xảy ra khi

⇔ a = -3 hoặc b = 1

Vậy min M = 2 ⇔ b = 1; a = -3
Bài tập tương tự:
Bài 3: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau:
A = 19- 4x- 5x2
B = xy- x2- y2 + 4x+ 51
C = x2 + y2- 6x- 2y + 107
Bài 4: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:
A = 5x2- 12xy + 9y2- 4x + 41
B = x2 + xy + y2- 3x- 3y + 2013
C = 10x2 + 12xy + 4y2 + 6x + 71
D = 2x2 + 9y2- 6xy- 6x- 12y + 2013
III/ Cực trị của phân thức đại số:
1- Một số kiến thức cần lưu ý:
Cho P =

m
với A > 0 :
A

- Nếu m = 0 ⇒ P = 0
- Nếu m > 0
max P =

1
1
; min P =
min A
max A

- Nếu m < 0 ta có max P =

1
1
; min P =
max A
min P

8


Bằng cách áp dụng các tính chất trên, ta có thể đưa bài toán tìm cực trị của
phân thức về bài toán cực trị của đa thức.
2- Các ví dụ:
Ví dụ 6: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
M=
Giải: M =

3
4x − 4x + 5
2

3
3
=
(2 x − 1) 2 + 4
4x 2 − 4x + 5

Ta thấy: (2x- 1)2 ≥ 0 nên (2x- 1)2 + 4 ≥ 4

3

3

Do đó (2 x − 1) 2 + 4 ≤
4

(Theo quy tắc so sánh hai phân thức cùng tử, tử

mẫu đều dương)
Vậy maxM =

3
1
với x =
4
2

Ví dụ 7: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:
N=
Giải:

2x 2 + 6x + 6
x 2 + 4x + 5

N=

2x 2 + 6x + 6
x 2 + 4x + 5 + x 2 + 2x + 1
=

x 2 + 4x + 5
x 2 + 4x + 5

(x + 1)2 ≥ 0 ∀ x
( x + 1) 2
=1+
( x + 2) 2 + 1

≥ 0 ∀ x vì
(x+2)2 + 1 > 0 ∀ x

Dấu “ = ” xảy ra ⇔ x = -1 vậy min N = 1 ⇔ x = -1
Ví dụ 8:
a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:
P=

x2 − x +1
x2 − 2x +1

x 2 − 2x + 1 + x − 1 + 1
x2 − x +1
Giải: P = 2
=
( x − 1) 2
x − 2x + 1

9


= 1+

Đặt

1
1
+ ( x − 1) 2
x −1

1
= A ta có P = 1 +A + A2
x −1

P = A2 + A + 1 = A2 + 2A
P=

1
1
3
1
3
+ + = (A + )2 +
2
4
4
2
4

≥

3
4

3
1
khi A = - hay x = -1
4
2

Vậy min P =

3
⇔ x = -1
4

b)Từ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 tỉnh Hương Yờn(2012-2013) ta cú bài toỏn
Cho các số thực dương x, y , z thỏa món x + y + z = 4.
Tỡm giỏ trị nhỏ nhất

1

1

A= xy + xz -1

Hướng dẫn:
Vỡ x + y + z = 4 nờn suy ra x = 4 – (y + z)
A=
2

2
 1 1

 11 1
 1 1
1 1
11 1

+ − 1 =  + − x ÷=  + − 4 + y + z ÷= 
+ y÷ 
+ z ÷ ≥ 0( x, y, z > 0)
÷ x z
xy xz
x y z

 x y z
 x  y


Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi : y = z = 1, x = 2.=> A min=0 ⇔ y = z = 1, x =
2
3- Một số bài tập tương tự:
Bài tập 5: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:
202
A=
6x − 5 − 9x2

x 2 + x + 18
; B=
( x + 1) 2

x 2 + 14
; C= 2

x − x +1

Bài tập 6: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau:
D=

x
31
; E = ( x + 1) 2
4 − 4 x + 53
2

;G=

2x + 1
x2 + 2

IV/ Cực trị của hàm chứa dấu giá trị tuyệt đối:
1- Kiến thức cần thiết:
a, f (x) = f (x) nếu f (x) ≥ 0
f (x) = - f (x) nếu f (x) ≤ 0
10


b, f (x) + g (x) ≥  f (x) + g (x) dấu “ = ” xảy ra ⇔ f (x). g (x) ≥ 0
c, f (x) - g (x) ≤  f (x) - g (x) dấu “ = ” xảy ra ⇔ f (x). g (x) ≥ 0
f (x) ≤ g (x)
Ví dụ: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
A = x +1 + 2x + 5 + 3x- 8
Nhận xét: Từ bất đẳng thức f (x) + g (x) ≥ f (x) + g (x)
Ta mở rộng được: f (x) + g (x) + ...+ h(x)  ≥ f (x) + g (x) +...+ h(x)

Dấu đẳng thức xảy ra ⇔ f (x), g (x),..., h(x) cùng dấu.
(Việc chứng minh đơn giản)
Giải: A = x +1 + 2x + 5 + 18-3x
Áp dụng bất đẳng thức trên ta có:
A ≥ x +1 + 2x + 5 + 18-3x = 24 = 24
Dấu đẳng thức xảy ra ⇔ x +1, 2x + 5, 18-3x cùng dấu
⇔ -1 ≤ x ≤ 6

2- Các ví dụ:
Ví dụ 9: Tìm giá trị nhỏ nót của biểu thức sau:
A = x-1996 +  x- 2000
Hướng dẫn:
Áp dụng bất đẳng thức
x + y ≥ x +y dấu “ = ” xảy ra khi xy ≥ 0
Ta có: A = x- 1996 + x- 2000
= x- 1996 + x- 2000
= x- 1996 + 2000- x ≥ x- 1996- x +2000 = 4
Vậy A ≥ 4 ⇔ (x- 19996) (2000- x) ≥ 0
⇔

(x- 1996) (2000- x) ≥ 0 ⇔ 1996 ≤ x ≤ 2000

Vậy min A = 4 ⇔ 1996 ≤ x ≤ 2000

11


Ví dụ 10: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:
B = x- x2 -

3
-2
4

Giải: Ta có B đạt giá trị nhỏ nhất x- x2 Đặt f(x) = x- x2 -

3
 đạt giá trị nhỏ nhất
4

3
1 1
1
ta có f(x) < 0 ∀ x => f(x) = - (x2- x + + = - (x- )2 4
4 2
2

1
1
≤ 2
2
Dấu “ = ” xảy ra ⇔ x =

1
1
1
⇔ x=
vậy max f(x) =
2
2

2

Theo ý (d) vì max f(x) = -

1
1
⇔ x=
2
2

min f(x) =
min B =

1
1
khi x =
2
2

1
3
1
- 2 = - khi x =
2
2
2

V/ Dùng các bất đẳng thức đã biết:
1- Các bất đăng thức:
a, Bất đẳng thức côsi (áp dụng cho 2 số không âm)

Cho 2 số không âm a1, a2 ta có bất đẳng thức
a1 + a2
≥
2

2

a1 a2

(1)

Dấu “=” xảy ra ⇔ a1 = a2
b, Bất đẳng thức Bunhiacxki: (áp dụng cho 2 cặp số )
Cho các số bất kỳ a1, a2 và b1, b2 ta có:
(a1b1+a2b2)2

≤

( a21+a22 )( b21 +b22)

(2)

Dấu “=” xảy ra ⇔ a1b2=a2b1

12


Chứng minh:
a, Bất đẳng thức côsi
(1) ⇔ ( a1 − a2 )2 ≥ 0

Dấu “=” xảy ra ⇔ a1 = a2

b,Chứng minh bất đẳng thức Bunhiakoxki:
(2) ⇔ (a1b2-a2b1)2 ≥ 0

Dấu “=” xảy ra ⇔ a1b2=a2b1

2- Các ví dụ:
Ví dụ 11:
Cho a,b,c là ba số dương có tích abc = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức:
y = ( 1+a) ( 1+b) ( 1+c)
Giải: Vì a,b,c dương ta có:
1+a ≥ 2 a

1+ b ≥ 2 b

1+ c ≥ 2 c

y = ( 1+a) ( 1+b) ( 1+c) ≥ 8 abc

mà abc = 1

⇒ y ≥ 8 vậy min y = 8 khi a = b = c = - 1

Ví dụ 12: Cho a > 1; b > 1 tìm giá trị nhỏ nhất của:
a2
b2
P=

+
b −1 a −1

Giải: Vì a > 1; b > 1 ⇒

a2
b2
> 0;
>0
b −1
a −1

Áp dụng bất đẳng thức ta có:
a2
b2
a 2b 2
+
≥2
b −1 a −1
(b − 1)(a − 1)

Ta chứng minh:
a
a −1

a
a −1

⇔

a2
b2
ab
+
≥2
(*)
b −1 a −1
b − 1. a − 1

≥ 2 thật vậy: Vì a > 1

⇒ a −1 > 0

− 2 ≥ 0 ⇔ a ≥ 2 a −1

Bình phương hai vế ta có: a 2 ≥ 4(a − 1) ⇔ (a − 2) 2 ≥ 0 đúng
13


Do đó:

a
a −1

≥ 2 từ đó ta cũng có:

b
b −1

≥2

a2
b2
ab
+
≥ 2.2.2 = 8(*)
Vậy từ (*) ta có: b − 1 a − 1 ≥ 2
b − 1. a − 1

Vậy P ≥ 8 do đó min P = 8 khi a = b= 2
Ví dụ 13: (Áp dụng bất đẳng thức Bunhiakoxki)
Cho hai số dương x,y luôn nghiệm đúng với hệ thức:
2 3
+ tìm giá trị nhỏ nhất của x + y
x y

Giải: Ta thấy 2 + 3 =

2
x+
x

3
y
y

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiakopsky cho hai cặp số (
Ta có:

(

2
x+
x

⇔ ( 2 x + 3 ) 2 ≤ 6( x + y )

Dấu “=” xảy ra khi

3
y)2
y

⇔

≤

2

3

( x + y ) (x+y)

1
6

(x+y) ≥ ( 2 + 3 ) 2 =

5+ 2 6
6

2
2
2 3
+ = 6 hoặc x = y
x y
2
3

Tức là x,y là nghiệm hệ trên từ đó ta có: x =
Vậy min(x+y) =

2 3
,
) và ( x , y )
x y

2+ 6
3+ 6
,y=
6
6

5+2 6
2+ 6
3+ 6
khi x =
,y=
6
6

6

14


Ví dụ 14:
a, Tìm giá trị lớn nhất của:

A = (x2 - 3x + 1) ( 21 + 3x- x2)

b, Tìm giá trị nhỏ nhất của:

B=

16 x 2 + 4 x + 1
với x > 0
2x

Giải: a, Xét (x2 - 3x + 1) ( 21 + 3x- x2) = 22 không đổi
⇔ x 2 − 3 x + 10 = 0 ⇔ x 2 = -2 hoặcx1 = 5 khi đó A= 11.11 = 121

Vậy max A = 121

1
16 x 2 + 4 x + 1
B=
= 8x + 2 +
2x
2x

b, Viết:

Xét 8.
chỉ khi

8x =

Vậy min B =

x = 5 hoặc x = -2

1
= 4 (do x > 0) không đổi nên tổng của nó nhỏ nhất khi và
2x

1
1
⇔ 16 x 2 = 1 ⇔ x = (vì x 0)
2x
4

1+1+1
1
=6⇔ x=
0,5
4

Ví dụ 15
Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 TP Hải Phòng(2012-2013)
1)Cho x,y>0 cmr

1 1
4
+ ≥
x y x+ y

2) Với x,y>0 và 2x+3y ≤ 2

4

9

Tìm giá trị nhỏ nhất A= 4 x 2 + 9 y 2 + xy

Hướng dẫn:
1

1

4

1) x + y ≥ x + y  (x-y)2 ≥ 0
2)

A=

4
4
26
16

26
1
+
+
≥
+
(theo1)2 x + 3 y ≤ 2 ⇔ (2 x + 3 y ) 2 ≥ 4, 4 x 2 + 9 y 2 ≥ 12 xy ⇒ xy ≤
2
2
4 x + 9 y 12 xy 3xy (2 x + 3 y) 3 xy
3
2

A ≥ 56

=> Amin=56

1
1
⇔ x= ,y=
2
3

15


Ví dụ 16
Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 tỉnh Thanh Hoá(2012-2013)
a,b là 2 số thực sao cho a+b ≥ 1,a dương
Tìm giá trị nhỏ nhất A=

9a 2 + b
+ b2
4a

Hướng dẫn
A=2a+

b
1 a+b
1
1
1
1
+ b 2 = 2a − +
+ b 2 ( a + b ≥ 1) ⇒ A = a +
+ (b + ) 2 + ≥ 1 + = 1,5
4a
4 4a
4a
2
2
2

=> Amin=1,5

<=> a=b=0,5

Ta thấy ở 2 ví dụ 15,16 đều phải áp dụng BĐT CoSi cho các cặp số không âm
4x2;9y2 và

a;

1
4a

3- Bài toán tương tự:
a, Cho x, y sao cho 0 ≤ x ≤ 4; 0 ≤ y ≤ 4
Tìm giá trị lớn nhất của A = (3-x) ( 4-y) ( 2x+3y)
b, Giả sử x,y,z,t thoả mãn x2 + y2 + z2 = 1; 1 ≤ t ≤ 2
Tìm giá trị lớn nhất của B = xyz + txy+ txz+ tyz+ tx+ ty + tz
c, Cho 2 số x,y thoả mãn x2 + y2 = 1
Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của C = 3x + 4y
Ví dụ 17 Đề tuyển sinh vào lớp 10 tỉnh Nam Đinh(2004-2004)
Tìm GTNN y=

x2 + 2x + 6
x2 + 2 x + 5

Hướng dẫn:
Vì

x2+2x+5=(x+1)2+4 ≥ 4 => x 2 + 2 x + 5 ≥ 2
=>(2 x 2 + 2 x + 5 -1)( x 2 + 2 x + 5 -2) ≥ 0
=>

x2 + 2x + 6
x + 2x + 5
2

≥

5
2

hay y ≥

5
2

Vậy

ymin =

5
2

⇔ x = −1

Ta có thể xây dưng nhiều bài toán tương tự:

16


x 2 + 2 x + 12

1) Tìm GTNN y=

x 2 − 2 x + 18

2) Tìm GTNN y=

x 2 + 2 x + 10

x 2 − 2 x + 17

x 2 − 2 x + 26

3) Tìm GTNN y=

x 2 − 2 x + 29

4- Cách giải một số đề thi tuyển sinh vào lớp 10 PTTH các tỉnh,thành phố.
1)Đề thi TS vào lớp 10 Trường ĐHKHTN (2012-2013)
a)Giả sử x, y la các số thực dương thỏa món điêu kiện

(

)(

x +1

)

y +1 ≥ 4

Tim giỏ trị nhỏ nhất của biểu thức :
x2 y2
P=
+

y
x
Hướng dẫn:

(

)(

)

x +1

y +1 ≥ 4

=> xy + x + y + 1 ≥ 4

=> xy + x + y ≥ 3 (1)

(

x+ y

)

2

≥ xy

4

Ta lại có :

(2)

Từ (1) và (2)

(

Mà

)

2

4

=>
=>

x+ y

(

+ x + y ≥ 3 <=>

x + y −2
2x + 2 y ≥

(

)(

)

(

x + y +6 ≥ 0

x+ y

)

2

x+ y

)

2

+4

(

)

x + y − 12 ≥ 0

=> x + y ≥ 2

≥ 4 => x + y ≥ 2

(3)

 x y  x2 y2
x
+
y
(
)  + ÷= + + x + y
x
 y x y
Ta có :

=>

 x y
+ ÷= P + x + y
 y x

( x + y) 

=> P =

x y 
+ − 1÷
y x 

( x + y) 

x y
x y
+ ≥ 2 => + − 1 ≥ 1
y x
Ta có : y x
(4)

17


Từ (3) và (4) => P =

x y 
+ − 1÷ ≥ 2.1 = 2
y x 

( x + y) 

P(min) = 2 khi x = y = 1
b) Giả sử a,b,c là các số thực dương thỏa món a ≤ b ≤ 3 ≤ c; c ≥ b + 1; a + b ≥ c
Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của biểu thức:
Q=

2ab + a + b + c(ab − 1)
(a + 1)(b + 1)(c + 1)

Hướng dẫn:
Ta có : a + b ≥ c => a + b –c ≥ 0 (1)
Từ a + b ≥ c ≥ b + 1 => a ≥ 1 mà b ≥ a
ab ≥ a + b − 1 ab ≥ c − 1

(a − 1)(b − 1) ≥ 0 => 
=> 
a
+
b
≤
ab
+
1

a + b ≤ ab + 1 (2)
=>

Sử dụng (1) và (2) ta có
Q=

2ab + a + b + c(ab − 1) 2ab + a + b − c + abc
2ab + abc
=
≥
(a + 1)(b + 1)(c + 1)
( a + 1)(b + 1)(c + 1)
(a + 1)(b + 1)(c + 1)

Q≥

ab(2 + c)
ab(2 + c)
ab(2 + c)
≥

=
(ab + a + b + 1)(c + 1) (ab + ab + 1 + 1)(c + 1) 2(ab + 1)(c + 1)

Q≥

Q≥

=>

ab
c+2
1
c+2
.
=
.
≥
1  c +1
2( ab + 1) c + 1

2 1 + ÷
 ab 

c + 2 (c − 1)(c + 2)
=
1  c +1
2c(c + 1)

2 1 +
÷

 c −1 
1

.

(c − 1)(c + 2) c 2 + c − 2 1
1
1
1
5
=
= − 2
≥ − 2
=
2
2c (c + 1)
2 ( c + c ) 2 c + c 2 3 + 3 12

5
Q(min) = 12

khi

Vì c ≥ 3

a + b = c
a = 1


 ab = a + b − 1 => b = 2

c = 3
c = 3



18


2) a. Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 Trường ĐHSP Hà Nội (2012-2013)
Cho các số thực dương x, y thoả món điều kiện : x + y = ( x − y ) xy . Tỡm giỏ trị
nhỏ nhất của biểu thức P = x + y
Hướng dẫn
x+y=(x-y) xy ⇔ (x+y)2= (x-y)2xy ⇔ (x+y)2=xy(x+y)2-4(xy)2
⇔ (x+y)2=

2
4
4( xy ) 2
2 4( xy )
⇔
=> xy-1>0 (x+y) =
= 4(xy-1)+ xy − 1 +8 ≥ 16
xy − 1
xy − 1

⇔ (x+y)2 ≥ 16 ⇔ (x+y) ≥ 4 (v́ x+y>0)

=> GTNN (x+y) = 4

⇔

4

4(xy-1)= xy − 1 ⇔ xy=2 mà x+y =4 => x=2+ 2 ;

y=2- 2
b. Đề tuyển sinh vào lớp 10 TP Hà Nội (2012-2013)
Với x, y là cỏc số dương thỏa món điều kiện x ≥ 2y , tỡm giỏ trị nhỏ nhất của
biểu thức: M =

x 2 + y2
xy

Hướng dẫn
x 2 + y 2 ( x 2 − 4 xy + 4 y 2 ) + 4 xy − 3 y 2 ( x − 2 y ) 2 + 4 xy − 3 y 2
( x − 2 y)2
3y
=
=
+4−
M=
=
xy
xy
xy
xy
x

Vỡ (x – 2y)2 ≥ 0, dấu “=” xảy ra ⇔ x = 2y
x ≥ 2y ⇒

y 1
−3 y −3
≤ ⇒
≥
, dấu “=” xảy ra ⇔ x = 2y
x 2
x
2

3)Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 tỉnh Vĩnh Phúc (2012-2013)
Cho hai số x, y liên hệ với nhau bởi đẳng thức x 2 + 2 xy + 7( x + y ) + 2 y 2 + 10 = 0 . T́m
giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = x + y + 1 .
Hướng dẫn
Viết lại biểu thức đă cho thành ( x + y + 1)2 + 5( x + y + 1) + 4 = − y 2 (*) .
Như vậy với mọi x và mọi y ta luôn có S 2 + 5S + 4 ≤ 0 (với S = x + y + 1 )
Suy ra: ( S + 4)( S + 1) ≤ 0 ⇔ −4 ≤ S ≤ −1 .

19


 x = −5
y = 0

Từ đó có: Smin = −4 , khi 
 x = −2
S max = −1 , khi 
.
y = 0

4)Cho các số dương x và y thay đổi thoả món điều kiện : x – y ≥ 1
4

1

Tỡm giỏ trị lớn nhất của biểu thức P = x − y .
Hướng dẫn :
Vỡ x , y là cỏc số dương thoả món x – y ≥ 1 nờn ta cú :
4

4

1

1

P = x − y ⇔ P .1 ≤ ( x – y )  − ÷
x y

⇔ P ≤ 4-

x 4y
−
+1
y x

 x 4y 
⇔ P ≤ 5-  +
÷
y x 

x

4y

x 4y

x

4y

⇔ +
≥ 4
Áp dụng BĐT Cô Si cho 2 số dương ta có : y + x ≥ 2 .
y x
y x

Dấu ‘‘=’’ xảy ra ⇔ x = ± 2y
=> P ≤ 5 – 4 => P ≤ 1

Dấu ‘‘=’’ xảy ra ⇔ x = ± 2y

Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng 1 khi x = ± 2y.
5)Cho x ≥ xy + 1. Tỡm giỏ trị lớn nhất của biểu thức P =

3xy
x + y2
2

Hướng dẫn:
Từ giả thiết suy ra x ≠ 0

1.

Nếu y = 0 thì P = 0

2.

Nếu y ≠ 0 thì P ≠ 0

Nếu x, y trái dấu thì P < 0
Nếu x, y cùng dấu
TH1: x < 0, y < 0 thì xy + 1 > 0 nên x < xy +1 Trái với giả thiết x ≥ xy +1
1
x

TH2: x > 0, y > 0. Từ x ≥ xy +1 suy ra 1 ≥ y + ≥ 2

y
y 1
⇔ ≤
x
x 4

20


Đặt t =

y 
1
3t

0
x 
4
1+ t 2

Xét P −

2
12
3t
12 3 17t − 4t − 4 3(4 − t)(4t − 1)
1
= 2
− =
=
≤ 0 (Vì 0 < t ≤
)
2
2
17 t + 1 17
4
17 t + 1
17 t + 1

(

Do đó: P ≤

(

)

)

(

)

12
.
17

Kết hợp lại ta được P ≤

12
12
Vậy giá trị lớn nhất của P =
17
17

Đạt được khi chỉ khi t =

1
 1
⇔ ( x;y ) =  2; ÷.
4
 2

6)Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của : y=

x + 3 x −1 +1
;(x ≥ 1)
x + 4 x −1 + 2

Hướng dẫn:

y=

x + 3 x −1 +1
y=
=
x + 4 x −1 + 2
=

( x − 1) + 3
2
( x − 1) + 4
2

x −1 + 2
x −1 + 3

=

( x − 1 + 1)( x − 1 + 2)
( x − 1 + 1)( x − 1 + 3)

x −1 + 2
1

= 1−
x −1 + 3
x −1 + 3

x − 1 ≥ 0∀x ≥ 1 ⇒ x − 1 + 3 ≥ 3 ⇒

−1
−1
≥
x −1 + 3 3

1 2
2
⇒ y ≥ 1 − = ⇒ y min = khi x=1
3 3
3

7) Cho hai số thực dương x, y thỏa món 4xy = 1.
Hướng dẫn:
2 x 2 + 2 y 2 + 12 xy
Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của biểu thức: A =
x+ y
2
2 x 2 + 2 y 2 + 3.4 xy 2 x 2 + 2 y 2 + 3 2  ( x + y ) − 2 xy  + 3 2.( x + y ) 2 − 4 xy + 3
=
=
=
Ta cú A =
x+ y
x+ y

x+ y
x+ y

=

2
2.( x + y ) 2 − 1 + 3 2.( x + y ) 2 − 1 + 3 2.( x + y ) 2 + 2 2. ( x + y ) + 1 2( x + y ) 2 + 2
=
=
=
=
x+ y
x+ y
x+ y
x+ y
x+ y

21


= 2( x + y ) +

2

1 
2 ( x + y ) +
=
x+ y
x + y 


1

Xột ( x + y ) + x + y

1

Áp dụng Cosi cho 2 số (x+y) và ( x + y ) ta cú:

1



1

1 

) = 2 => A = 2 ( x + y ) +
(x+y) + ( x + y ) ≥ 2 ( x + y ) .(
≥4
x + y 
x+ y

1

Vậy Min A = 4  (x+y) = ( x + y )  (x+y  x + y = ±1
Kết hợp với điều kiện 4xy = 1 ta được x = y = -

1
1
Hoặc x = y =

2
2

8)Cho x,y l à cỏc số dương thoả món : x + y = 4
33

2
2
T ỡm giỏ trị nhỏ nhất c ủa : P = x + y + xy

Hướng dẫn:
Từ x+y=4

Áp dụng BĐT Côsi ta có:

xy ≤

33 33
( x + y )2
≥
= 4 Do đó
xy 4
4

Mặt khỏc: x2+y2= ( x + y )2 -2xy=16-2xy ≥ 16 − 2.4 =8( do xy ≤ 4)
Do đó : MinP=

65
, đạt được khi x=y=2.
4

9) Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của biểu thức

P= 4(a 3 + b3 + c3 ) + 15abc

Vậy P ≥ 8 +

33 65
=
4
4

Hướng dẫn:
Cú a 2 ≥ a 2 − (b − c)2 = (a − b + c)(a + b − c ) (1) , b 2 ≥ b2 − (c − a) 2 = (b − c + a)(b + c − a) (2)
c 2 ≥ c 2 − (a − b) 2 = (c − a + b)(c + a − b) (3) . Dấu ‘=’ xảy ra ⇔ a = b = c

Do a,b,c là độ dài 3 cạnh của tam giác nên các vế của (1), (2), (3) đều dương.
Nhân vế với vế của (1), (2), (3) ta có : abc ≥ (a + b − c)(b + c − a )(c + a − b) (*)Từ
a+b+c = 2

nờn

(*)

⇔ abc ≥ (2 − 2a)(2 − 2b)(2 − 2c)

⇔ 8 − 8(a + b + c) + 8(ab + bc + ca) − 9abc ≤ 0

⇔ 8 + 9abc − 8(ab + bc + ca ) ≥ 0 ⇔ 9abc − 8(ab + bc + ca) ≥ −8 (*)Ta có
a 3 + b3 + c3 = (a + b + c)3 − 3( a + b + c )(ab + bc + ca ) + 3abc = 8 − 6(ab + bc + ca ) + 3abc Từ đó

4(a 3 + b3 + c3 ) + 15abc = 27 abc − 24( ab + bc + ca) + 32 = 3 [ 9abc − 8( ab + bc + ca) ] + 32 (**)

Áp dụng (*) vào (**) cho ta 4(a 3 + b3 + c 3 ) + 15abc ≥ 3.(−8) + 32 = 8
22


2
3

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = .
Từ đó giá trị nhỏ nhất của P= 4(a 3 + b3 + c 3 ) + 15abc là 8 đạt được khi và chỉ khi
a=b=c=

2
3

10)Cho a, b, c là các số thực không âm thoả măn a + b + c = 3. Tỡm giỏ trị nhỏ nhất
P=(a – 1)3 + (b – 1)3 + (c – 1)3

Hướng dẫn: Ta có:
2

3 3

(a − 1) = a − 3a + 3a − 1 = a(a − 3a + 3) − 1 = a  a − ÷ + a − 1
2 4

3

3

2

2

2

3
⇒ (a − 1) ≥ a − 1
4
3

Tương tự: (b − 1) 3 ≥

(1)

3

(do a ≥ 0 và  a − ÷ ≥ 0 )
2


3
b − 1 (2)
4

(c − 1) 3 ≥

3
c − 1 (3)

4

Cộng (1), (2) và (3) vế theo vế ta được :
(a – 1)3 + (b – 1)3 + (c – 1)3 ≥

3
3
3
(a + b + c) − 3 = ×3 − 3 = −
4
4
4

VậyP= (a – 1)3 + (b – 1)3 + (c – 1)3 ≥ −

3
. =>
4

Pmin= -0,75

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
2
 
3
3

a  a − ÷ = 0
a
=

0
∨
a
=

2


 
2
 a = 0, b = c =

2


3
b  b − 3  = 0
b = 0 ∨ b =

÷
⇔
2 ⇔ b = 0, a = c =
:  2 


2
3

c  c − 3  = 0
c = 0 ∨ c =

 c = 0, a = b =
2
 

2÷



 a + b + c = 3
 a + b + c = 3

3
2
3
2
3
2

11)
Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của biểu thức M =

3x 2 − 8x + 6
x 2 − 2x + 1

.

23


Hướng dẫn:

= 2+

(x − 2) 2
(x − 1) 2

M=

3x 2 − 8x + 6
x 2 − 2x + 1

=

(2x 2 − 4x + 2) + (x 2 − 4x + 4)

x 2 − 2x + 1

≥ 2 ⇒ min M = 2 khi và chỉ khi x = 2.

12) Cho a, b là c ác số dương thảo món a + b = 4.
Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của P = a2 + b2 +

33
ab

Hướng dẫn:
Ta cú (a-b)2≥ 0 => a2+b2≥ 2ab và (a+b)2≥ 4ab hay ab≤ 4 => ≥
Nên khi đó P = a2 + b2 + ≥ 2ab + + ≥
≥ 2 + =16 + =
Dấu "=" xảy ra khi 2ab= và a=b hay ab = 4 và a = b =>a = b= 2
Vậy Min P = khi a = b = 2

13) Các số thực dương x, y, z thoả món điều kiện: x + y +z = 1.

Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của biểu thức:
Hướng dẫn:
F=

x4
y4
z4
+
+
( x 2 + y 2 )( x + y ) ( y 2 + z 2 )( y + z ) ( z 2 + x 2 )( z + x)

a2 + b2
2
≥ ( a + b ) (dấu “=” xảy ra khi a = b)
Ta cú (a − b) ≥ 0 ⇔
2
2

Ta cú:

x4
y4
−
= x− y;
( x 2 + y 2 )( x + y ) ( x 2 + y 2 )( x + y )

Tương tự:
y4

z4
z4
x4
−
=
y
−
z
;
−
= z−x
( y 2 + z 2 )( y + z ) ( y 2 + z 2 )( y + z )
( z 2 + x 2 )( z + x) ( z 2 + x 2 )( z + x )

Do đó F =

x4
y4
z4
+
+
( x 2 + y 2 )( x + y ) ( y 2 + z 2 )( y + z ) ( z 2 + x 2 )( z + x)

24



1
x4 + y 4
y4 + z4

z 4 + x4
=  2
+
+
÷
2
2
2
2
2
2  ( x + y )( x + y ) ( y + z )( y + z ) ( z + x )( z + x) 
2
2
2
2 2


y2 + z2 )
z 2 + x2 )
(
(
1 ( x + y )
÷
≥
+
+
4  ( x 2 + y 2 )( x + y ) ( y 2 + z 2 )( y + z ) ( z 2 + x 2 )( z + x) ÷


2

2
2
2
2
2
1( x + y ) ( y +z ) ( z +x ) 
÷
= 
+
+
4  ( x + y)
( y + z)
( z + x) ÷


2
2
2
( y + z ) + ( z + x ) ÷ = 1 x + y + z = 1
1  ( x + y)
≥ 
+
(
)
8  ( x + y )
( y + z)
( z + x) ÷
4
4


Do đó F đạt giá trị nhỏ nhất bằng

1
1
khi x = y = z =
4
3

14)Cho x; y∈ R , thỏa món x2 + y2 = 1. Tỡm GTLN của : P =

x
y+ 2

Hướng dẫn:
Từ x 2 + y 2 = 1 ⇒ −1 ≤ x, y ≤ 1 ⇒ 2 − 1 ≤ y + 2 ≤ 1 + 2
x

Vỡ P = y + 2 ⇒ x = P( y + 2 ) thay vào x 2 + y 2 = 1
Đưa về pt: ( P 2 + 1) y 2 + 2 2 P 2 y + 2 P 2 − 1 = 0

Dùng điều kiện có nghiệm của pt bậc hai ⇒ P ≤ 1 ⇒ PMax


2
x =

2
=1⇔ 
y = − 2


2
−2 xy

15)Cho thỏa món x 2 + y 2 = 1 . Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của biểu thức A = 1 + xy .
A=

Hướng dẫn:

−2 xy
2 xy
1
1 + xy
1
1
⇒ −A =
⇒
=
=
+
1 + xy
1 + xy
−A
2 xy
2 xy 2

Vỡ x > 0, y > 0 ⇒ A < 0 ⇒ − A > 0 ⇒

1
1

> 0 do đó Amin ⇔ − Amax ⇔
min .
−A
−A
1

2
2
Mặt khỏc ( x − y ) ≥ 0 ⇔ x + y ≥ 2 xy ⇒ 2 xy ≤ 1 ⇒ 2 xy ≥ 1 (vỡ 2 xy > 0 )
2

Do đó

1
1 3
≥ 1 + = . Dấu “ = ” xảy ra khi x = y .
−A
2 2

25