Bai toan cuc tri (DTDH)

Bài Toán Cực Trị Trong Đề Thi Đại Học 2010 – 2015)
Câu 1. 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=

a 2 b2  b2c2  c2a 2  12abc  72 1
 abc ( 2015)
ab  bc  ca
2

Ta có : ( ab  bc  ca )2  a 2 b2  b2c2  c2a 2  2abc( a  b  c )
= a 2 b2  b2c2  c2a 2  12abc
( a  b  c )2
Đặt x = ab + bc + ca ≤
 12
3
Ta có : a, b, c  [ 1; 3 ]
 ( a  1 )( b  1 )( c  1 )  0  abc  ( ab  bc  ac )  a  b  c  1  0
 abc  x  5  0  abc  x  5
Lại có : ( a  3 )( b  3 )( c  3 )  0  abc  3( ab  bc  ac )  9( a  b  c )  27  0
 abc  3x  27

Vậy : 3x – 27 ≥ abc ≥ x – 5
3x – 27 ≥ x – 5  2x ≥ 22  x ≥ 11
x 2  72 1
x 2  72 1
x 72 5
 abc ≤
 ( x  5) =   (x thuộc [11; 12])
x
2

x
2
2 x 2
1 72
11 72 5 160
 P’ =  2 ≤ 0  P ≤
  
2 x
2 11 2 11
160
160
P=
khi a = 1, b = 2, c = 3. Vậy maxP =
.
11
11

P=

Câu 2. Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện x²+y²+z² = 2.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P =

yz
1  yz

9
x  yz  x  1 x  y  z  1
x2

2



(Khối A – 2014)
Ta có: (x – y – z)² ≥ 0 → x² + y² + z² – 2xy – 2xz + 2yz ≥ 0 → 1 – xy – xz + yz
≥0
→ yz + 1 ≥ xy + xz → x² + yz + x + 1 ≥ x² + xy + xz + x = x(x + y + z + 1)
x2

x
x  y  z 1
x  yz  x  1
xyz
1  yz
→P≤
= 1 – 1/(x + y + z + 1) – (1 + yz)/9

x  y  z 1
9

→

2

≤

Mặt khác (x + y + z)² ≤ 2[x² + (y + z)²] = 2[2 + 2yz] = 4(1 + yz)
→ x + y + z ≤ 2 1  yz
→P≤1–

1
1  yz

9
2 1  yz  1

Đặt t = 1  yz (t ≥ 1) và xét hàm số f(t) = 1 / (2t + 1) + t² / 9
Đạo hàm f’(t) =

2t
2

≥ 0 với mọi t ≥ 1
9 (2t  1)2

→ f(t) ≥ f(1) với mọi t ≥ 1 → min f(t) = f(1) = 4/9
Toán Tuyển Sinh Group

www.facebook.com/groups/toantuyensinh


→ max P = 1 – 4/9 = 5/9 khi yz = 0 và x = y + z = 1 <=> (x, y, z) = (1; 1; 0)
hoặc (1; 0; 1).
Câu 3. Cho ba số thực a, b, c không âm thỏa mãn điều kiện (a + b)c > 0. Tìm
giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =

a
b
c



bc
a  c 2(a  b)

(Khối B – 2014)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy: (a + b + c)² ≥ 4a(b + c)
→

4a 2
a
≥
→
bc
(a  b  c)2

a
2a
≥
bc
a bc

b
2b
≥
ac
a bc
2(a  b) a  b  c
do đó P + 1/2 ≥
≥2


a  b  c 2(a  b)

Cm tương tự:

P ≥ 2 – 1/2 = 3/2
Vậy min P = 3/2 khi a = c, b = 0 hoặc a = 0, b = c
Câu 4. Cho hai số thực x, y thỏa mãn điều kiện 1 ≤ x ≤ 2; 1 ≤ y ≤ 2. Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức P =

x  2y

x  3y  5
2



y  2x

y  3x  5
2



1
4(x  y  1)

(Khối D – 2014)
Theo đề bài x, y đều thuộc [1; 2]
→ (x – 1)(x – 2) = x² – 3x + 2 ≤ 0 → x² ≤ 3x – 2
Cm tương tự: y² ≤ 3y – 2

Từ đó suy ra: P ≥

x  2y
y  2x
xy
1
1




3x  3y  3 3y  3x  3 4(x  y  1) x  y  1 4(x  y  1)

Đặt t = x + y (2 ≤ t ≤ 4)
Xét f(t) =

t
1
có đạo hàm f '(t)  1 2  1 2

t  1 4(t  1)
(t  1)
4(t  1)

f’(t) = 0 <=> t + 1 = 2(t – 1) <=> t = 3
hàm số f(u) đạt giá trị nhỏ nhất tại t = 3
→ P ≥ f(3) = 7/8 → min P = f(3) = 7/8 khi x = 1; y = 2 hoặc x = 2, y = 1.
Câu 5. Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện (a + c)(b + c) = 4c².
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =

32a 3
(b  3c)3



32b3
(a  3c)3



a 2  b2
c

(Khối A – 2013)
Đặt x = a/c; y = b/c. Ta có P =
Toán Tuyển Sinh Group

32x3

32y3

 x 2  y2
3
3
(y  3) (x  3)
www.facebook.com/groups/toantuyensinh


Với mọi u, v >0 ta có u³ + v³ = (u + v)(u² – uv + v²) ≥ uv(u + v) suy ra 3(u³ +
v³) ≥ 3uv(u + v)

→ 4(u³ + v³) ≥ (u + v)³
(1)
Áp dụng bất đẳng thức (1) ta có:
8(

32x 3
(y  3)3

x
y 3 8(x 2  y2  3x  3y)3

) 
y3 x 3
(xy  3x  3y  9)3



32y3
(x  3)3

≥

(2)

Theo đề (a + c)(b + c) = 4c² → (x + 1)(y + 1) = 4 → xy + x + y – 3 = 0 (3)
Do đó x² + y² = (x + y)² – 2xy = (x + y)² – 2(3 – x – y) = (x + y)² + 2(x + y) – 6
(4)
Kết hợp (2), (3), (4) ta có:
32x 3
(y  3)

3



32y3
(x  3)

≥

3

8[(x  y)2  5(x  y)  6]3
[2(x  y)  12]

3



[(x  y  1)(x  y  6)]3
(x  y  6)

3

 (x  y  1)3

→ P ≥ (x + y – 1)³ – (x  y)2  2(x  y)  6
Đặt t = x + y → P ≥ (t – 1)³ – t 2  2t  6 = t³ – 4t² + t + 5 + t² + 2t – 6 –
t 2  2t  6

Mặt khác xy ≤ (x + y)² / 4 = t²/4 → xy + x + y ≤ t²/4 + t → t² + 4t ≥ 12 → (t –
2)(t + 6) ≥ 0 → t ≥ 2 (vì t > 0)
t 1

Đạo hàm f ’(t) = 3(t – 1)² –
mà 3(t – 1)² ≥ 3;

t 1
t  2t  6
2

t 2  2t  6
 [1 

7
3 2
]1/2 ≤ (1  )1/2 
<3
9
2
(t  1)
7

2

→ f’(t) > 3 – 3 = 0 với mọi t ≥ 2
Do đó f(t) ≥ f(2) = 1 – 2 → min P = 1 – 2 khi và chỉ khi x = y = 1 <=> a = b
= c.
Câu 6. Cho các số thực dương a, b, c. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
4

P=

a 2  b2  c2  4



9
(a  b) (a  2c)(b  2c)

(Khối B – 2013)
Ta có (a  b) (a  2c)(b  2c) ≤ (a  b)
2(a² + b² + c²)
Đặt t = a 2  b2  c2  4 → P ≤

a  b  4c
= (a² + b²) / 2 + ab + 2ac + 2bc ≤
2

4
9
 2
t 2(t  4)

Xét g(t) = 4/t – 9/[2(t² – 4)] trên (2; +∞) có đạo hàm g’(t) =


4
t2



9t
(t 2  4)2



9t 3  4t 4  32t 2  64
t 2 (t 2  4)

g’(t) = 0 <=> 9t³ – 4t4 + 32t² – 64 = 0 <=> (t – 4)(–4t³ – 16t² – 32t + 16) = 0
(*)
Vì –4t³ – 16t² – 32t + 16 < 0 với mọi t > 2 nên (*) có nghiệm duy nhất t = 4.
Bảng biến thiên
Toán Tuyển Sinh Group

www.facebook.com/groups/toantuyensinh


t
2
4
+∞
g’(t) ║
+
0
–
g(t) ║
5/8
║–∞

0
Dựa vào bảng biến thiên ta có g(t) ≤ 5/8. Đẳng thức xảy ra khi t = 4.
Vậy giá trị lớn nhất của P là 5/8 khi chỉ khi a = b = c và a² + b² + c² = 12 <=>
a=b=c = 2

Câu 7. Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện xy ≤ y – 1. Tìm giá trị
lớn nhất của biểu thức sau P =

xy

x 2  xy  3y2



x  2y
6(x  y)

(Khối D – 2013)
Đặt x = ty. Ta có ty² ≤ y – 1 <=> t ≤ 1/y – 1/y² = 1/4 – (1/y – 1/2)² ≤ 1/4 → 0
< t ≤ 1/4.
Khi đó P =

t 1



t2
= g(t)
6(t  1)

t2  t  3
7  3t
1
g’(t) =

2
2 (t 2  t  3)3 2(t  1)

với 0 < t ≤ 1/4, t² – t + 3 = (t – 1/2)² + 11/4 < 3 và 7 – 3t ≥ 25/4.
với 0 < t ≤ 1/4, t + 1 > 1.
25
1
  0 . Hàm số g(t) đồng biến trên (0; 1/4].
24 3 2
5 7
 . Đẳng thức xảy ra khi chỉ khi x = y/4 và y = 2 <=> x =
→ P ≤ g(1/4) =
3 30

→ g’(t) >

1/2 và y = 2.

Vậy giá trị lớn nhất của (P) là

5 7

3 30

Câu 8. Cho các số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = 0. Tìm giá trị

nhỏ nhất của biểu thức P = 3|x – y| + 3|y – z| + 3|z – x| – 6x 2  6y2  6z 2
(Khối A – 2012)
Xét hàm số g(t) = 3t – t – 1 trên [0; +∞) có đạo hàm g’(t) = 3tln 3 – 1 > 0 với
mọi t ≥ 0
→ g(t) đồng biến trên [0; +∞).
Với mọi t ≥ 0 ta có g(t) ≥ g(0) = 0 → 3t ≥ t + 1.
Áp dụng 3|x – y| + 3|y – z| + 3|z – x| ≥ 3 + |x – y| + |y – z| + |z – x|.
Đặt a = |x – y|; b = |y – z| và c = |z – x|.
Ta có (a + b + c)² = a² + b² + c² + 2ab + 2bc + 2ca = a² + b² + c² + a(b + c) +
b(c + a) + c(a + b)
mà a + b = |x – y| + |y – z| ≥ |x – z| = c; tương tự: b + c ≥ a; c + a ≥ b.
→ (a + b + c)² ≥ 2(a² + b² + c²). (1)
Toán Tuyển Sinh Group

www.facebook.com/groups/toantuyensinh


mặt khác a² + b² + c² = 2x² + 2y² + 2z² – 2(xy + yz + zx) = 3(x² + y² + z²) –
(x + y + z)²
kết hợp x + y + z = 0 → a² + b² + c² = 3(x² + y² + z²)
(2)
Từ (1) và (2) ta có: a + b + c ≥ 6( x²  y²  z²)
Nên P ≥ 3 + a + b + c – 6( x²  y²  z²) ≥ 3.
min P = 3 khi và chỉ khi a = b = c = 0 và x + y + z = 0 hay x = y = z = 0.
Câu 9. Cho các số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = 0 và x²+y²+z² =
1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = x5 + y5 + z5.
(Khối B – 2012)
với x + y + z = 0 và x² + y² + z² = 1, ta có
0 = (x + y + z)² = x² + y² + z² + 2x(y + z) + 2yz
= 1 – 2x² + 2yz → 2yz = 2x² – 1 ≤ y² + z² = 1 – x².

→ x² ≤ 2/3 hay –

6
6
≤x≤
3
3

(*)

P = x5 + y5 + z5 = x5 + (y³ + z³)(y² + z²) – (yz)²(y + z) = x5 + (y + z)[(y + z)² –
3yz](1 – x²) + (x/4)(2x² – 1)²
= x5 + (–x)[x² – (3/2)(2x² – 1)](1 – x²) + (x/4)(4x4 – 4x² + 1)
= x5 + (2x³ – 3x/2)(1 – x²) + x5 – x³ + x/4
= 2x5 + 2x³ – 3x/2 – 2x5 + 3x³/2 – x³ + x/4
= 5x³ / 2 – 5x / 4 = (5/4)(2x³ – x)
Xét hàm số g(x) = 2x³ – x trên đoạn [ 

6 6
;
]
3 3

6
6
6
6
6
6
6

6
6
g(
)  g( )  
và g( )  g( ) 
→ giá trị lớn nhất của g(x) bằng
3
6
9
3
6
9
9

g’(x) = 6x² – 1; g’(x) = 0 <=> x = 

Vậy giá trị lớn nhất của P là

5 6
6
6
khi và chỉ khi x =
và y = z =
36
3
6

Câu 10. 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).
(Khối D – 2012)

(x – 4)² + (y – 4)² + 2xy ≤ 32 <=> (x + y)² – 8(x + y) ≤ 0 <=> 0 ≤ x + y ≤ 8.
A = x³ + y³ + 3xy(x + y) – 6xy – 3(x + y) + 6 = (x + y)³ – 6xy – 3(x + y) + 6
→ A ≥ (x + y)³ – (3 / 2)(x + y)² – 3(x + y) + 6.
Xét hàm số g(t) = t³ – (3 / 2)t² – 3t + 6 trên [0; 8]
1 5
1 5
hoặc t =
2
2
1  5 15  5 5
15  5 5
)
Ta có g(0) = 6; g(8) = 398; g(
suy ra A ≥
4
2
4
1 5
15  5 5
Đẳng thức xảy ra khi x = y =
. Vậy giá trị nhỏ nhất của A là
4
4

g’(t) = 3t² – 3t – 3, g’(t) = 0 <=> t =

Toán Tuyển Sinh Group

www.facebook.com/groups/toantuyensinh

Câu 11. 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 =

x
y
z
.


2x  3y y  z z  x

(Khối A – 2011)
Trước tiên ta chứng minh

1
1
2


1  a 1  b 1  ab

(*) với a, b > 0 và ab ≥ 1.

(*) <=> (2 + a + b)(1 + ab ) ≥ 2(1 + a + b + ab)
<=> (2 + a + b) ab ≥ a + b + 2ab
<=> (a  b)( ab 1)  2 ab( ab 1) ≥ 0 <=> ( a  b)2 ( ab  1) ≥ 0
Đẳng thức xảy ra khi ab = 1 hoặc a = b.
Áp dụng (*) với a = z/y, b = x/z → ab = x/y ≥ 1
Ta có

2
y
z
1
1

≥



y  z z  x 1 a 1 b
1  ab

(đúng)

2
1

x
y

Đẳng thức xảy ra khi z² = xy hoặc y = x
Đặt t =
t2

x
(với 1 ≤ t ≤ 2 vì 1 ≤ x/y ≤ 4)
y

2
= g(t)
2t  3 1  t
6t
2
12 2

g’(t) = 2
≤  < 0 với 1 ≤ t ≤ 2 → g(t) nghịch biến trên [1; 2]
2
2
25 4
(2t  3) (1  t)

P≥

2



→ g(t) ≥ g(2) = 34/33. (Đẳng thức xảy ra khi chỉ khi t = 2 hay x = 4 và y = 1)
Vậy min P = 34/33 khi chỉ khi x = 4, y = 1, z = 2.
Câu 12. Cho a, 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 = 4(

a3
b3



b3

a2

a

b2

)  9(
3

a b
b a
1 1
a b
1 1
Từ (a  b)  2(  ) ≥ 2 2(a  b)(  )  2 2(   2)
a b
b a
a b
a b
Suy ra 2(a/b + b/a) + 1 ≥ 2 2(   2) (*)
b a



b2
a2

).

(Khối B – 2011)
1
a

1
b

2(a² + b²) + ab = (a + b)(ab + 2) <=> 2(  )  1  (a  b)  2(  )

Đặt t = a/b + b/a với t ≥ 2.
(*) <=> (2t + 1)² ≥ 8(t + 2) <=> 4t² – 4t + 1 ≥ 16 <=> t ≥ 5/2.
Khi đó a² / b² + b² / a² = t² – 2; a³ / b³ + b³ / a³ = t³ – 3t.
→ P = 4(t³ – 3t) – 9(t² – 2) = 4t³ – 9t² – 12t + 18.
Xét hàm số g(t) = 4t³ – 9t² – 12t + 18 trên nửa khoảng [5/2; +∞)
g’(t) = 12t² – 18t – 12 = 12[(t – 3/4)² – 25/16] ≥ 18 > 0 với mọi t ≥ 5/2.
→ g(t) đồng biến trên [5/2; +∞)
→ P = g(t) ≥ g(5/2) = –23/4 với mọi a, b > 0.
Vậy min P = –23/4 khi chỉ khi a/b + b/a = 5/2 và a + b = 2(1/a + 1/b)
Toán Tuyển Sinh Group

www.facebook.com/groups/toantuyensinh


<=> (a, b) = (2; 1) hoặc (a, b) = (1; 2)
Câu 13. Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1. Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức M=3(a²b²+b²c²+c²a²)+ 3(ab + bc + ca) +
2 a 2  b2  c2
(Khối B – 2010)
Áp dụng bất đẳng thức (ab + bc + ca)² ≤ 3(a²b² + b²c² + c²a²)

Ta cũng có a² + b² + c² = (a + b + c)² – 2(ab + bc + ca) = 1 – 2(ab + bc + ca)
Do đó M ≥ (ab + bc + ca)² + 3(ab + bc + ca) + 2 1  2(ab  bc  ca)
Đặt t = ab + bc + ca (t ≥ 0);
Mặt khác a² + b² ≥ 2ab; b² + c² ≥ 2bc; c² + a² ≥ 2ca → a² + b² + c² ≥ ab + bc
+ ca
→ (a + b + c)² ≥ 3(ab + bc + ca) <=> 1 ≥ 3t <=> 1/3 ≥ t.
Xét hàm số g(t) = t² + 3t + 2 1  2t trên [0; 1/3]
g’(t) = 2t + 3 –

2
; g’’(t) = 2 –
1  2t

2
(1  2t)3

≤ 0 với mọi t thuộc [0; 1/3]. Dấu

bằng chỉ xảy ra khi t = 1/3.
→ g’(t) nghịch biến trên [0; 1/3].
với 0 ≤ t ≤ 1/3 thì g’(t) ≥ g(1/3) = 2/3 + 3 – 2 3 > 0. Suy ra g(t) đồng biến
trên [0; 1/3]
→ M ≥ g(t) ≥ g(0) = 2.
giá trị nhỏ nhất của M là 2 khi chỉ khi ab + bc + ca = 0 và ab = bc = ca và a + b
+ c = 1 <=> (a, b, c) là một trong ba bộ số (1; 0; 0), (0; 1; 0), (0; 0; 1).

Câu 14. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x 2  4x  21  x 2  3x  10
(Khối D – 2010)
Điều kiện –x² + 4x + 21 ≥ 0 và –x² + 3x + 10 ≥ 0 <=> –3 ≤ x ≤ 7 và –2 ≤ x ≤ 5
<=> –2 ≤ x ≤ 5 (*)

vì –x² + 4x + 21 – (–x² + 3x + 10) = x + 11 > 0 nên y > 0
Mặt khác y² = –2x² + 7x + 31 – 2 (x  3)(x  2)(x  5)(x  7)
= (–x² + 2x + 15) + (–x² + 5x + 14) – 2 (x  3)(x  2)(x  5)(x  7) + 2
= (x + 3)(5 – x) + (x + 2)(7 – x) – 2 (x  3)(5  x)(x  2)(7  x) + 2
= [ (x  3)(5  x)  (x  2)(7  x)]2 + 2 ≥ 2.
→ y ≥ 2 . Dấu bằng xảy ra khi (x + 3)(5 – x) = (x + 2)(7 – x) <=> x = 1/3.
Vậy giá trị nhỏ nhất của y là 2

Toán Tuyển Sinh Group

www.facebook.com/groups/toantuyensinh