bất đẳng thức dạng đẳng cấp bậc hai

Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Khóa học Luyện thi THPT quốc gia Pen - C: Môn Toán (GV: Anh Tuấn – Thanh Tùng)

BDT- GTLN - NN

DẠNG ĐẲNG CẤP BẬC 2
ĐÁP ÁN BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Giáo viên: NGUYỄN THANH TÙNG
Đây là tài liệu tóm lược các kiến thức đi kèm với bài giảng Dạng đẳng cấp bậc 2 (Tiếp) thuộc khóa học Luyện thi THPT
quốc gia Pen - C: Môn Toán (GV: Nguyễn Thanh Tùng) tại website Hocmai.vn. Để có thể nắm vững kiến thức phần này,
bạn cần kết hợp xem tài liệu cùng với bài giảng này.

Bài 1. Cho x, y là các số thực không âm thỏa mãn x  y  2 .
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  9 x3  4 y 3
Giải

x  2  y
3
Ta có: 
thay vào P ta được: P  9  2  y   4 y 3  f  y 
0  y  2
2
3
Xét hàm số f  y   9  2  y   4 y 3 với y   0; 2 . Ta có f   y   3  4 y 2  9  2  y   ;



2 y  3  2  y 
6
2
f   y   0  4 y2  9  2  y   

 y  hoặc y  6  0;2
5
 2 y  3  y  2 
 6  298
Khi đó f (0)  72 ; f (2)  32 ; f   
 5  25

x  2
 6  298
Suy ra max P  f  0   72 đạt được khi 
; min P  f   
đạt được khi
 5  25
y  0

4

 x  5
.

y  6

5

 x 2  xy  3  0
Bài 2. Cho x  0 và số thực y thỏa mãn: 
.
2 x  3 y  14

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A  3x 2 y  y 2 x  2 x  x 2  1 .

Giải


x2  3

x2  3
2

x

3
y

y



y 
x
x


Từ giả thiết suy ra 
x


2
2 x  3x  9  14
5 x 2  14 x  9  0
1  x  9



5

x
Khi đó: A  3x  x 2  3

x


2

 3

2

 2 x  x 2  1  5 x 

9
 f  x
x
x
9
9
 9
 9
Xét hàm f  x   5 x  với x  1;  . Ta có f '( x)  5  2  0 , x  1;  .
x
x
 5

 5
 9
9
Suy ra f là hàm đồng biến và liên tục trên 1;   4  f (1)  f ( x)  f    4 hay 4  A  4 .
5
 5

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | 1 -


Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Khóa học Luyện thi THPT quốc gia Pen - C: Môn Toán (GV: Anh Tuấn – Thanh Tùng)

BDT- GTLN - NN

Vậy giá trị nhỏ nhất của A bằng 4 khi x  1 và y  4 ; giá trị lớn nhất của A bằng 4 khi x 
y

9
và
5

52
.
15

Bài 3. Cho các số thực không âm a, b thỏa  a  b  ab  2 . Chứng minh rằng
3  a3  b3   2  a 2  b2   a  b  4

Giải
2
8
2
Đặt t  a  b  ab  . Do  a  b   4ab  t 2   t  2
t
t

Khi đó: 3  a3  b3   2  a 2  b2   a  b  3  a  b   3ab  a  b   2  a  b   4ab  a  b
3

2

8
 3t 3  2t 2  t   18  f  t 
t

8
5t 4  8
2
Ta có: f   t   9t  4t  1  2  4t  4t  1  2  0, t  2
t
t
Suy ra: f  t   f  2   4 (Đpcm).
2

Bài 4. Cho là số thực x, y, z thỏa mãn x2  y 2  z 2  2 . Chứng minh: x3  y3  z 3  3xyz  2 2 .

Giải
Ta có: x  y  z  2  xy  yz  zx    x  y  z 
2

2

2

2

x3  y3  z 3  3xyz   x  y  z   x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx  .
2

x  y  z  2 


Suy ra: P   x  y  z   x  y  z  xy  yz  zx    x  y  z   2 


2


2

2

2

Đặt t  a  b  c  3  a 2  b 2  c 2   6  0  t  6


t2  2 
t3


 3t
Ta có: P  t  2 

2 
2




t3
3
Xét hàm số: f  t     3t , t  0; 6  , có f   t    t 2  3  f   t   0  t  2
2
2
Ta có f

 2  2

2 ; f

 6   0 ; lim f ( x)  0
x 0

Suy ra P  2 2 (đpcm).
Bài 5. Cho các số thưc dương x, y thỏa xy  y  1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  9

y3
x
8 .
3
x
y

Giải
Từ giả thiết và áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta được: 1 

1
x
y
y
x2
  4 . Đặt t   4
x
y
y
x

8
8
Ta có: P  9t 3   f  t  , f   t   27t 2  2  0, t  4
t
t

1
Suy ra f (t ) đồng biến với t  4  P  f  4   578 . Đẳng thức xảy ra khi: x  , y  2

2
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | 2 -


Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Khóa học Luyện thi THPT quốc gia Pen - C: Môn Toán (GV: Anh Tuấn – Thanh Tùng)

BDT- GTLN - NN

Vậy min P  578 .
 1 1 1
Bài 6. Cho các số thực dương a, b, c với a  b  c  1.Chứng minh rằng: 3  a  b  c   2      21 .
a b c
Giải

1 
1 1 1
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có:  a  b  c       3 3 abc  3 3
 abc   9
a b c


1 1 1
9
Suy ra   
a b c a bc

18
1 1 1
 6
Do đó: 3  a  b  c   2      3  a  b  c  
 3 t    3 f t 
abc
a b c
 t
6
Trong đó 0  t  a  b  c  1 và f  t   t  .
t

6 t2  6
 2  0, t   0;1 nên hàm số nghịch biến trên
t2
t
 0;1  f  t   f 1  7, t   0;1 .

Ta có: f   t   1 

1
1 1 1
Vậy 3  a  b  c   2      3 f t   3.7  21 . Dấu ‘=” xảy ra khi a  b  c  (đpcm).
3
a b c

Bài 7. Cho 4 số thực a, b, c, d thỏa mãn: a 2  b2  1; c  d  3 . Chứng minh rằng:
F  ac  bd  cd 

96 2

.
4

Giải
Với 4 số a, b, c, d ta luôn có: (ac  bd )  (a  b2 )(c2  d 2 ) (*). Thật vậy:
2

2

(*)  (ad )2  2ad .bc  (bc)2  0  (ad  bc)2  0 (luôn đúng)

Áp dụng (*) và thay c  d  3 ta được: F 
Ta có f   d  

2d  3
2d 2  6d  9

a

2

 (2d  3)   2d  3

 b2  c 2  d 2   cd  2d 2  6d  9  d 2  3d  f  d 
1  2d 2  6d  9
2d 2  6d  9

.
2

1  2d 2  6d  9
3

Khi đó f '(d )  0  2d  3  0  d   (vì
2
2d 2  6d  9
Ta có lim f (d )  lim
d 

d 





3 9

1 2 d   
2 2

2d 2  6d  9

 0)

2d 2  6d  9  d 2  3d  

Do đó ta có bảng biến thiên:

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | 3 -


Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Khóa học Luyện thi THPT quốc gia Pen - C: Môn Toán (GV: Anh Tuấn – Thanh Tùng)

BDT- GTLN - NN

96 2
 3 96 2
Suy ra f  d   f    
hay F 
(đpcm).
4
4
 2

Bài 8. Cho các số thực x, y thỏa điều kiện 2  x 2  y 2   xy  1.

x4  y 4
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 
.
2 xy  1
Giải
1
2




 xy  1  2  x  y   2 xy   4 xy  xy   5
1
1
Ta có: 
   xy 
5
3
 xy  1  2  x  y 2  2 xy   4 xy  xy  1



3
x 2  y 2   2 x 2 y 2 7t 2  2t  1

 1 1
Đặt t  xy , suy ra t    ;  . Khi đó P 

 f (t ) .
2 xy  1
4  2t  1
 5 3
2

Xét hàm số f (t ) 

Ta có f '(t ) 

7t 2  2t  1
 1 1

với t    ; 
4  2t  1
 5 3

7  t 2  t 
2  2t  1

2



7t (t  1)
2  2t  1

2

t  0
; f '(t )  0  
t  1   1 ; 1 
 5 3 


1
 1 2
1 2
Khi đó f    
; f (0)  ; f   
4
 5  25
 3  15

1
1
1
1
2
1
Khi x 
hoặc x  y 
thì P 
, khi x  0; y 
thì P 
;y
15
4
5
5
3
2
2
1
Suy ra giá trị nhỏ nhất của P là
và giá trị lớn nhất của P là .
15
4

Bài 9. Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn a  b  c  1.
Chứng minh rằng: 

3
3

.
  a  b  b  c  c  a  
18
18
Giải

Kí hiệu: F  a; b; c    a  b  b  c  c  a 
Vì F  a; c; b    a  c  c  b  b  a    F  a; b; c  suy ra miền giá trị của F là tập đối xứng vì vậy ta chỉ
cần chứng minh: F  a; b; c  

3
.
18

Nếu trong ba số a, b, c có hai số bằng nhau thì F  a; b; c   0 

3
.
18

Nếu a, b, c đôi một khác nhau thì không mất tính tổng quát giả sử a  max a; b; c
Khi đó nếu b  c thì F  a; b; c   0 

3
do vậy ta chỉ cần xét a  c  b .
18

Đặt x  a  b  c  1  x . Ta có:

F  a; b; c    a  b  c  b  a  c    a  b  c  a  b  c  (ở đây do ta dự đoán dấu “=” xảy ra khi b  0 )

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | 4 -


Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Khóa học Luyện thi THPT quốc gia Pen - C: Môn Toán (GV: Anh Tuấn – Thanh Tùng)

BDT- GTLN - NN

 x 1  x  2 x  1  h  x 
1
3 3
Xét h  x   x 1  x  2 x  1 ,  x  1 ; h  x   6 x 2  6 x  1  0  x 
.
6
2
 3 3 
3
1 
Lập bảng biến thiên ta được: h  x   h 
với mọi x   ;1 .


 6  18
2 



Đẳng thức xảy ra khi a 

3 3
3 3
.
, b  0, c 
6
6

1
Bài 10. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x 2  y 2  z 2  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
3
2 x  y  z
xy  yz  zx
P

x yz
9  xy  yz  zx 

Giải
Cách 1: Áp dụng chuỗi bất đẳng thức 3( x2  y 2  z 2 )  ( x  y  z )2  3( xy  yz  zx)
(Trong bài tiếp theo chúng ta sẽ đi tìm hiểu kĩ về chuỗi bất đẳng thức hay sử dụng này)
x yz
3
Suy ra: 1  ( x  y  z )2  3( xy  yz  zx)  x  y  z  1 

3
xy  yz  zx x  y  z
Đặt t 

x yz
với t  3
xy  yz  zx

1 2 2t 2  9
1 2t
Khi đó: P    f  t  . Ta có f '(t )   2  
 0 với t  3
t
9
9t 2
t 9
Suy ra f (t ) đồng biến trên 3;    P  f  t   f  3  1
Khi x  y  z 

1
thì P  1 . Vậy giá trị nhỏ nhât của P là 1.
3

Cách 2: Từ điều kiện ta có: 1  3( x2  y 2  z 2 )  ( x  y  z )2   x  y  z   1 (*)
Ta lại có:  x  y  z   3  xy  yz  zx  (2*)
2

Khi đó biến đổi P , áp dụng (*), (2*) và kết hợp với bất đẳng thức AM – GM, ta được:
xy  yz  zx
x yz
x yz
P



x yz
9  xy  yz  zx  9  xy  yz  zx 

 x  y  z
xy  yz  zx
x yz
2
1



 
1
x yz
9  xy  yz  zx  9  x  y  z  xy  yz  zx  3 3  x  y  z 
2

Khi x  y  z 

1
thì P  1 . Vậy giá trị nhỏ nhât của P là 1.
3

Giáo viên
Nguồn

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

: Nguyễn Thanh Tùng
:
Hocmai.vn

- Trang | 5 -