18 bài Giá trị lớn nhất và nhỏ nhất

18 BÀI TOÁN GTLN GTNN
ĐỀ BÀI
Bài 1. Cho các số thực x, y thay đổi và thỏa mãn: x2 − xy + y 2 = 1.Tìm GTLN, GTNN của biểu thức:
(x2 − 1)2 + (y 2 − 1)2 + 2xy(xy − 1) + 3
P =
x2 + y 2 − 3
Bài 2. Cho 3 số a, b, c thỏa mãn các điều kiện: 1 ≤ a, b, c ≤ 3; a + b + 2c = 6.Chứng minh rằng:
a3 + b3 + 5c3 ≤ 42
Bài 3. Cho x, y, z > 0. thỏa mãn: xyz = 1. Chứng minh rằng:
x2 + y 2 + z 2 + x + y + z ≥ 2(xy + yz + zx)
Bài 4. Cho a, b, c ≥ 0 thỏa mãn: a + b + c = 3. Chứng minh rằng: a2 + b2 + c2 + abc ≥ 4
Bài 5. Cho các số không âm x, y, z sao cho x + y + z = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của
1−x
1−y
1−z
P =
+
+
1+x
1+y
1+z
Bài 6. Cho 3 số thực không âm x, y, z, thỏa mãn: x + y + z = 1. Chứng minh rằng:
8
xy + yz + zx − xyz ≤
27
Bài 7. Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn: x + y + z = 1. Tìm GTLN, GTNN của:
P = xy + yz + zx − 2xyz
Bài 8. Cho các số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x2 + y 2 + z 2 = 1. Tìm GTLN của
P = x3 + y 3 + z 3 − 3xyz.
Bài 9. Cho x, y, z > 0 thoả mãn điều kiện x + y + z ≤ 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
1

1
1
T = 3 x3 + 3 + 3 y 3 + 3 + 3 z 3 + 3
y
z
x
Bài 10. Cho x, y, z > 0 và x2 + y 2 + z 2 = 1. Tìm GTLN của P = 6(y + z − x) + 27xyz
Bài 11. Cho 3 số dương a, b, c đồng thời thỏa mãn hai điều kiện: a + b + c = 4 và abc = 2.
Tìm GTLN, GTNN của biểu thức: P = a4 + b4 + c4
Bài 12. Chứng minh rằng với mợi a, b, c ∈ [0; 2] thì ta có: 2(a + b + c) − (ab + bc + ca) ≤ 4
1
1
1
+
+
= 1.
a+2 b+2 c+2
4
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
P =a+b+c+
abc
√
√
Bài 14. Cho 0 ≤ x ≤ 1, tìm GTLN của: M = x(9 1 + x2 + 13 1 − x2 )
Bài 13. Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn :

Bài 15. Tìm GTLN và GTNN của hàm số: y = f (x) = x6 + 4(1 − x2 )3 với x ∈ [−1; 1].
Bài 16. Cho x, y, z > 0 và x2 + y 2 + z 2 = 3. Tìm GTNN của P =

1 1 1 3

+ + + (x + y + z)
x y z 2

Bài 17. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca = 3abc. Tìm GTNN của
a2
b2
c2
P =
+
+
c(c2 + a2 ) a(a2 + b2 ) b(b2 + c2 )
√
√
Bài 18. Tìm GTNN của hàm số : y = −x2 + 4x + 21 − −x2 + 3x + 10

1


LỜI GIẢI
Bài 1
Cho các số thực x, y thay đổi và thỏa mãn: x2 − xy + y 2 = 1.Tìm GTLN, GTNN của biểu thức:
(x2 − 1)2 + (y 2 − 1)2 + 2xy(xy − 1) + 3
P =
x2 + y 2 − 3
Điều kiện xy = 2. Tận dụng giả thiết ta có thể biến đổi biểu thức P trở thành:
(1 + xy)2 − 2(1 + xy) − 2xy + 5
4
P =
⇐⇒ P = xy +
xy − 2

xy − 2
2
2
Đặt: t = xy Từ giả thiết ta có: xy + 1 = x + y ≥ 2xy ⇐⇒ xy ≤ 1
Ta cũng có: xy + 1 = x2 + y 2 ≥ 0 ⇔ xy ≥ −1 Suy ra: −1 ≤ t ≤ 1
4
t ∈ [−1; 1]
Ta khảo sát hàm số: f (t) = t +
t−2
Tới đó thì dễ hơn rồi. Ta dễ dàng tìm được: M inf (t) = −3 với t = 1; M axf (t) = −2 với t = 0.
Bài 2
Cho 3 số a, b, c thỏa mãn các điều kiện: 1 ≤ a, b, c ≤ 3; a + b + 2c = 6.Chứng minh rằng:
a3 + b3 + 5c3 ≤ 42
Cách 1 Thứ nhất: dấu của bất đẳng thức xảy ra khi a = b = 1; c = 2. Ta thấy 2 biến a, b dạt ra biên!
Thứ hai: Ta tìm cách dồn về biến c. Muốn vậy ta phải đánh giá được a3 + b3 nhỏ hơn hoặc bằng một đại
lượng của tổng a + b. Điều đó có nghĩa là ta tìm cách làm giảm bậc của a3 , b3 .
Giờ ta sẽ bắt đầu với 2 điều đó. Từ giả thiết ta có: (a − 1)2 (3 − a) ≥ 0 ⇐⇒ a3 ≤ 5a2 − 7a + 3
Như vậy ta có: a3 + b3 ≤ (5a2 + b2 ) − 7(a + b) + 6 = 5(a + b)2 − 10ab − 7(a + b) + 6
Tiếp theo ta phải chuyển nốt ab về tổng, tiếc là không thể dùng Côsi
Ta có: (a − 1)(b − 1) ≥ 0 ⇐⇒ ab ≥ a + b − 1, thế vào ta được:
a3 + b3 ≤ 5(a + b)2 − 17(a + b) + 16 = 5(6 − 2c)2 − 17(6 − 2c) + 16
Như vậy, ta đã có:
a3 + b3 + 5c3 ≤ 5c3 + 5(a + b)2 − 17(a + b) + 16 = 5(6 − 2c)2 − 17(6 − 2c) + 16 = 5c3 + 20c2 − 86c + 94 = f (c)
Việc tiếp theo là chặn biến c: từ giả thiết a + b + 2c = 6 =⇒ 1 + 1 + 2c ≤ 6 ⇐⇒ c ≤ 2.
Do đó: c ∈ [1; 2]. Cuối cùng thì rõ ràng hàm f (c) đồng biến trên [1; 2] và f (2) = 42
Cách 2 Ta sẽ cố định biến c, bài toán chuyên về tìm GTLN của: g(a, b) = a3 + b3
Với: a + b = 6 − 2c Ta có:
g(a, b) = a3 + b3 = (a + b)3 − 3ab(a + b) = −(6 − 2c)ab + (6 − 2c)3 = h(ab)
Dễ thấy h(ab) là một hàm bậc nhất với biến ab.
(a + b)2

(6 − 2c)2
(6 − 2c)2
Từ điều kiện ta có: ab ≥ 1. Và ta cũng có: ab ≤
=
Suy ra: 1 ≤ ab ≤
4
4
4
Ta lại có: (6 − 2c) > 0, suy ra: h(ab) là hàm nghịch biến. Suy ra: h(ab) ≤ h(1) = −(6 − 2c) + (6 − 2c)3
Nhưng tới đây ta để ý là: a ≥ 1; b ≥ 1 mà biểu thức đạt GTLN nhất tại: ab = 1 =⇒ a = b = 1
Từ đó suy ra: c = 2. Và ta có:
a3 + b3 + 5c3 = h(ab) + 5c3 ≤ −(6 − 2c) + (6 − 2c)3 + 5c3 = 42
Dấu = xảy ra khi: a = b = 1; c = 2
Bài 3
Cho x, y, z > 0. thỏa mãn: xyz = 1. Chứng minh rằng:
x2 + y 2 + z 2 + x + y + z ≥ 2(xy + yz + zx)
Giả sử: x = min x, y, z ⇒ x ∈ (0.1].
Đặt:


f (x) = x2 + y 2 + z 2 + x + y + z − 2(xy + yz + zx) = x2 +

1
z 2 x2

+ z2 + x +

2 2
1
+ z − − − 2xz

zx
z x

Ta có:

2xz 2
z
2
2xz 2
z
2
2
+
1
−
−
−
2z
=
2(x
−
z)
+
1
−
− 2 2 − 2 < 0; x ≤ z; 1 < 2
4
4
2
2

2
4
4
xz
xz
x
xz
xz
x
z
Hàm số nghịch biến, suy ra:
1
2
(z − 1)2 (z 2 + z + 1)
1
f (x) ≥ f (1) = z + z 2 + 2 + 2 + − 2 − − − 2z =
≥0
z
z
z
z2
f (x) = 2x −

Bài 4
Cho a, b, c ≥ 0 thỏa mãn: a + b + c = 3. Chứng minh rằng: a2 + b2 + c2 + abc ≥ 4
Cách 1 Việc đầu tiên là nhận thấy dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1
Ta có: V T = (a + b)2 + c2 + (c − 2)ab
Giờ thấy rằng nếu c − 2 < 0 thì còn gì bằng. Chính vậy cho nên ta cần giả sử c = min{a; b; c} thì c ≤ 1
(3 − c)2
(a + b)2

2
2
2
2
= (3 − c) + c + (c − 2)
= f (c)
Thế thì: V T ≥ (3 − c) + c + (c − 2).
4
4
1
Giờ xét hàm f (c) = (c3 − 3x + 18) với c ∈ [0; 1]
4
Rõ ràng hàm này nghịch biến trên [0; 1] nên f (c) ≥ f (1) = 4
Cách 2 Ta có:
a2 + b2 + c2 + abc = (a + b)2 − 2ab + c2 + abc = (c − 2)ab + (3 − c)2 + c2 = (c − 2)ab + 2c2 − 6c + 9
(3 − c)2
(a + b)2
=
) Ta có: f (t) = (c − 2)t + 2c2 − 6c + 9
Đặt: t = ab; (0 ≤ t ≤
4
4
Dễ thấy: f (t) là một hàm bậc nhất với biến t. Mà ta lại có:
3
9
9
f (0) = 2c2 − 6c + 9 = 2(c − )2 + ≥ > 4
2
2
2

2
2
(3 − c)
(c − 1)2 (c + 2)
(3 − c)
2
f
= (c − 2)
+ 2c − 6c + 9 =
+4≥4
4
4
4
(3 − c)2
Suy ra: f (t) ≥ 4; t ∈ [0;
]. Dấu = xảy ra khi: a = b = c = 1.
4
Cách 3 Giả sử: c=mina,b,c ⇒ 0 ≤ c ≤ 1 Ta đặt:
f (a, b, c) = a2 + b2 + c2 + abc − 4
Ta có:
f(

a+b a+b
(a + b)2
(a + b)2
;
; c) =
+ c2 +
c−4
2

2
2
4

Ta có:

a+b a+b
(a + b)2
(a + b)2
;
; c) = a2 + b2 −
+ abc −
c
2
2
2
4
(a − b)2
c
(a − b)2 (a − b)2
=
−
c=
(1 − ) ≥ 0 (0 ≤ c ≤ 1)
2
4
2
2
Ta đã đưa về được bài toán với 2 biến sau:Chứng minh:
f (a, b, c) − f (

f (t; t; c) = 2t2 + c2 + t2 c − 4 ≥ 0
Với: 2t + c = 3 Ta có: c = 3 − 2t. Thế vào biểu thức trên ta có:
f (t) = 2t2 + (3 − 2t)2 + t2 (3 − 2t) − 4 = (t − 1)2 (5 − 2t) ≥ 0
Đúng vì:
t=

a+b
3−c
3
5
=
≤ <
2
2
2
2
3


Dấu = xảy ra khi: a = b = c = 1
Cách 4 Trong 3 số bất kì luôn có 2 số ≥ 1 hoặc ≤ 1 .Giả sử 2 số đó là a, b.
Ta có : (a − 1)(b − 1) ≥ 0 ⇔ ab + 1 ≥ a + b ⇒ abc ≥ ac + bc − c
(a + b)2
(3 − c)2
lại có : a2 + b2 ≥
=
2
2
(3 − c)2

9 − 2c + c2
(c − 1)2
2
2
2
Từ đó : a + b + c + abc ≥
+ c2 + (3 − c)c − c =
=4+
≥4
2
2
2
Bài 5
Cho các số không âm x, y, z sao cho x + y + z = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của
1−x
1−y
1−z
P =
+
+
1+x
1+y
1+z
Đầu tiên ta thấy giá trị nhỏ nhất đạt được tại biên (0; 0; 1) Nếu một biến bằng 1 thì P = 2
Bây giờ xét trường hợp cả 3 biến đều nhỏ hơn 1, ta sẽ chứng minh P > 2
1−x
Có: (1 − x)(1 + x) ≤ 1 ⇒
≥1−x
(1 − x)(1 + x)
1−z

1−z
Vậy nên: P ≥ 1 − x + 1 − y +
=z+1+
= f (z)
1+z
1+z
Hàm f (z) ≥ 2 , và bằng 2 khi z = 1 hoặc z = 0.
Và để ý rằng trong trường hợp này P không thể bằng 2.
Bài 6
Cho 3 số thực không âm x, y, z, thỏa mãn: x + y + z = 1. Chứng minh rằng:
8
xy + yz + zx − xyz ≤
27
Áp dụng AM-GM ta luôn có: yz ≤

(y + z)2
(1 − x)2
=
4
4

(1 − x)2
(1 − x)
Ta có: xy + yz + zx − xyz = x(y + z) + yz(1 − x) ≤ x(1 − x) +
4
1
1
= [4x − 4x2 + (1 − x)3 ] = (−x3 − x2 + x + 1)
4
4

Do vậy ta chỉ cần chứng minh được:
1
8
5
(−x3 − x2 + x + 1) ≤
⇐⇒ x3 + x2 − x +
≥0
4
27
27
⇐⇒ (3x − 1)2 (3x + 5) ≥ 0 Hiển nhiên đúng.
1
Dấu = xảy ra khi: x = y = z =
3
Bài 7
Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn: x + y + z = 1. Tìm GTLN, GTNN của:
P = xy + yz + zx − 2xyz
Cách 1 Đầu tiên ta sẽ tìm GTNN của P. Ta có
P = (x + y + z)(xy + yz + zx) − 2xyz = xy(x + y) + yz(y + z) + zx(z + x) + xyz ≥ 0
nên P ≥ 0 và P = 0 khi x = y = 0, z = 1. Việc tìm được các giá trị để P = 0 cho phép ta kết luận GTNN
của P là 0.
Tiếp đến ta sẽ tìm GTLN của P. Ta thấy P đã đạt GTNN tại biên vậy nên ta sẽ dự đoán rằng GTLN của
4


1
7
nó sẽ đạt được tại tâm, tức là x = y = z = , khi đó P = .
3
27

Vậy ta đưa ra dự đoán rằng bất đẳng thức sau đây là đúng
xy + yz + zx − 2xyz ≤

7
27

Ta sẽ tìm cách chứng minh bất đẳng thức này, đồng bậc hai vế, ta có
(x + y + z)(xy + yz + zx) − 2xyz ≤

7
· (x + y + z)3 .
27

Khai triển trực tiếp bất đẳng thức này, ta được
7(x3 + y 3 + z 3 ) + 15xyz ≥ 6[xy(x + y) + yz(y + z) + zx(z + x)]
Thế nhưng bất đẳng thức này hiển nhiên đúng theo hai kết quả quen thuộc là
x3 + y 3 + z 3 ≥ 3xyz
x3 + y 3 + z 3 + 3xyz ≥ xy(x + y) + z(y + z) + zx(z + x).
7
.
27
(1 − x)2
(y + z)2
=
.
Cách 2 Ta có: yz ≤
4
4
1
Do đó: P = x(y + z) + yz(1 − 2x) ≤ x(1 − x) + (1 − x)2 (1 − 2x).

4
1
Tới đây, ta có thể khảo sát hàm f (x) = x(1 − x) + (1 − x)2 (1 − 2x) với 0 ≤ x ≤ 1 để tìm được Max.
4
1
x+y
Cách 3 Ta có: P (x, y, z) − P (t, t, z) = (x − y)2 (2z − 1) Với t =
.
4
2
1
Nếu giả sử z = min(x, y, z) thì ta có ngay là z ≤ .
2
Khi đó: P (x, y, z) ≤ P (t, t, z).
1−z 1−z
,
,z .
Trong đó: P (t, t, z) = P
2
2
Vậy GTLN của P là

Tới đây, ta khảo sát hàm P

1−z 1−z
1
,
, z . Với 0 ≤ z ≤ .
2
2

2

Bài 8
Cho các số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x2 + y 2 + z 2 = 1. Tìm GTLN của
P = x3 + y 3 + z 3 − 3xyz.
Đầu tiên ta nhìn vào bài toán thấy tất cả các biểu thức đều ở dạng đối xứng. Tư tưởng đầu tiên có thể
nghĩ đến là cách đặt ẩn p, q, r để biểu thị các đa thức đối xứng cơ bản (a + b + c), (ab + bc + ca), abc. Tuy
nhiên phương pháp này sẽ dẫn đến những biến đổi tương đối phức tạp nếu các bạn chưa quen. Ở đây ta
có thể bắt đầu bài toán từ P đã rất thuận mắt theo hằng đẳng thức
P = x3 + y 3 + z 3 − 3xyz = (x + y + z) x2 + y 2 + z 2 − (xy + yz + zx)
Thông qua những bài toán ở trên chúng ta đã hiểu được phần nào mục đích tư duy trong các bài toán
dùng đạo hàm. Đó là quy về 1 biến bằng dồn biến hoặc đánh giá tại biên, sử dụng các BĐT khác. Rõ ràng
x2 + y 2 + z 2 = 1 rồi nên cần x + y + z và xy + yz + zx Những biểu thức loại này quan hệ với nhau cũng
qua hằng đẳng thức
(x + y + z)2 = x2 + y 2 + z 2 + 2(xy + yz + zx)
5


Do đó nếu đặt t = x + y + z ta được xy + yz + zx =

t2 − 1
. Và
2

P =t 1−

t2 − 1
2

Công việc quy về 1 biến đến đây xem như được hoàn tất. Nhưng dùng hàm số thì biến luôn cần có điều

kiện
√ √
0 ≤ (x + y + z)2 ≤ 3(x2 + y 2 + z 2 ) = 3 ⇒ t ∈ − 3; 3
Đến đây mình nghĩ đã ra rồi
Bài 9
Cho x, y, z > 0 thoả mãn điều kiện x + y + z ≤ 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
1
1
1
T = 3 x3 + 3 + 3 y 3 + 3 + 3 z 3 + 3
y
z
x
Khác với những bài có

3

x3 +

1
x3

thì chúng ta có thể dùng phương pháp tiếp tuyến. Ở đây, có lẽ phải chọn

biến quy về có cả đủ x, y, z. Đầu tiên ta đưa chúng lại gần nhau

T =

3

x3 +

1
+
y3

3

y3 +

1
+
z3

3

z3 +

1
3
≥3
3
x

3

x3 +

1
y3

y3 +

1
z3

Rồi nghĩ đến một hệ quả của Cauchy quen thuộc
(a + m)(b + n)(c + p) ≥

√
√
3
abc + 3 mnp

3

Sử dụng nó ta được
1
x + 3
y
3

1
y + 3
z
3

1
z + 3
x

3

≥

1
xyz +
xyz

3

Đến đây rõ ràng đặt t = xyz ta sẽ cần tìm thêm điều kiện của nó
2=x+y+z ≥

8
√
3
xyz ⇒ 0 < t ≤
27

Mình nghĩ gợi ý như vậy là các bạn tự giải được
Bài 10
Cho x, y, z > 0 và x2 + y 2 + z 2 = 1. Tìm GTLN của P = 6(y + z − x) + 27xyz
Ta có:
P = 6(y + z − x) + 27xyz ≤ 6( 2(y 2 + z 2 ) − x) + 27x.
⇒ P ≤ 6( 2(1 − x2 ) − x) +
Đến đây ta xét hàm với 0 < x ≤ 1

6

27

x(1 − x2 )
2

y2 + z2
2

z3 +

1
x3


Bài 11
Cho 3 số dương a, b, c đồng thời thỏa mãn hai điều kiện: a + b + c = 4 và abc = 2.
Tìm GTLN, GTNN của biểu thức: P = a4 + b4 + c4
Cách 1 Ta có cách sử dụng AM-GM như sau: Đến đây ta chỉ cần xét
P 2 = (x + y + z)2 (1 − xy − yz − zx)2 = [1 + 2(xy + yz + zx)](1 − xy − yz − zx)2
Đặt t = xy + yz + zx thì P 2 = (1 + 2t)(1 − t)2 . Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có
2

(1 + 2t)(1 − t) = (1 + 2t) · (1 − t) · (1 − t) ≤

1 + 2t + 1 − t + 1 − t
3

3

=1

Từ đó dễ dàng suy ra được kết quả.

Cách 2 Nếu từ giả thiết rút b, c theo a, rồi thế vào P sẽ rất phức tạp và việc khảo sát là điều không tưởng.
Nhưng nếu nhìn theo một hướng khác ta sẽ dễ dàng giải quyết như sau: P = (a2 +b2 +c2 )2 −2(a2 b2 +b2 c2 +
2
c2 a2 ) = [(a + b + c)2 − 2(ab + bc + ca)] − 2 [(ab + bc + ca)2 − 2abc(a + b + c)] = (16 − 2t)2 − 2(t2 − 16) =
2t2 − 64t + 288 Tiếp theo là chặn t Bài toán sẽ được giải quyết nếu ta tìm được miền giá trị của ab + bc + ca
2
M = ab + bc + ca = a(b + c) + bc = a(4 − a) + = f (a) Công việc còn lại chỉ là khảo sát f (a)
a
Bài 12
Chứng minh rằng với mợi a, b, c ∈ [0; 2] thì ta có: 2(a + b + c) − (ab + bc + ca) ≤ 4
Cách 1 Viết bất đẳng thức lại thành (2 − b − c) a + 2 (b + c) − bc − 4 ≤ 0
Xét hàm số bậc nhất f (a) = (2 − b − c) a + 2 (b + c) − bc − 4 với ẩn a ∈ [0; 2]
Ta có: f (0) = 2 (b + c) − bc − 4 = − (2 − b) (2 − c) ≤ 0
f (2) = (2 − b − c) 2 + 2 (b + c) − bc − 4 = −bc ≤ 0
Suy ra f (a) ≤ max {f (0) ; f (2)} ≤ 0 đpcm.
Cách 2 Đặt P (a) = 2(a + b + c) − (ab + bc + ca)
Xem đây là hàm số theo biến a, còn b, c là hằng số. Ta có: P (a) = 2 − b − c
Với 0 ≤ b + c ≤ 2 ⇒ P (a) ≥ 0, suy ra hàm số P (a) đồng biến trên R
nên ta có P (a) ≤ P (2) = 2(b + c + 2) − (2b + 2c + bc) = 4 − bc ≤ 4(Do bc ≥ 0)
Với 2 ≤ b + c ≤ 4 ⇒ P (a) ≤ 0 suy ra hàm số P (a) nghịch biến trên R
nên ta có P (a) ≤ P (0) = 2(b + c) − bc = b(2 − c) + 2c ≤ 2c ≤ 4
Bài 13
Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn :
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

1
1
1
+
+

= 1.
a+2 b+2 c+2
4
P =a+b+c+
abc

Ta có:

√
1
b
c
bc
=
+
≥
a+2
2(b + 2) 2(c + 2)
(b + 2)(c + 2)
Thiết lập 2 bđt tương tự rồi nhân vế theo vế, ta được abc ≤ 1
Ta có:
4
1
3
3
a+b+c+
=a+b+c+
+
≥4+
≥7

abc
abc abc
abc
Bài 14

√
√
Cho 0 ≤ x ≤ 1, tìm GTLN của: M = x(9 1 + x2 + 13 1 − x2 )
7


Sử dụng bất đẳng thức AM-GM:
4(1 − x2 ).x2 ≤

4 − 3x2
4(1 − x2 ) + x2
=
2
2

√
52 − 39x2
⇒ 13 x2 − x4 ≤
4
Tương tự:
13x2 + 4
9x2 + 4(1 + x2 )
=
2
2

2
√
39x + 12
⇒ 9 x2 + x4 ≤
4
2
2
52 − 39x
39x + 12
⇒M ≤
+
= 16
4
4

9x2 .4(1 + x2 ) ≤

√
2 5
Đẳng thức xảy ra ⇔ x =
5
Bài 15

Tìm GTLN và GTNN của hàm số: y = f (x) = x6 + 4(1 − x2 )3 với x ∈ [−1; 1].
Đặt x2 = t (0 ≤ t ≤ 1) ta có: y = g(t) = t3 + 4(1 − t)3
(0 ≤ t ≤ 1)
2
12
g (t) = 3(2 − t)(3t − 2) Dó đó min g(t) = g
= , max g(t) = g(0) = 4

3
27
12
2
Vậy gmax = 4 (t = 0), gmin = 27 t = 3 .
Bài 16
Cho x, y, z > 0 và x2 + y 2 + z 2 = 3. Tìm GTNN của P =

1 1 1 3
+ + + (x + y + z)
x y z 2

Ta có

1 3
5 x2 − 1
(x − 1)2 (4 − x)
+ x≥ +
⇐⇒
≥ 0 luôn luôn đúng
x 2
2
4
4x
Ta viết biểu thức dưới dạng:
P =
Nên
P ≥

1 3x

+
x
2

+

1 3y
+
y
2

+

1 3z
+
z
2

5 x2 − 1 5 y 2 − 1 5 z 2 − 1
15
+
+ +
+ +
=
2
4
2
4
2
4

2

Bài 17
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca = 3abc. Tìm GTNN của
a2
b2
c2
P =
+
+
c(c2 + a2 ) a(a2 + b2 ) b(b2 + c2 )
Những điều kiện dạng ab + bc + ca = 3abc. Thường là ta chia cả 2 vế cho abc.
1 1 1
Thật vậy ab + bc + ca = 3abc ⇐⇒ + + = 3
a b c
Đến đây ta thấy ở dưới tử có các bộ số dạng như a2 + c2 chẳng hạn mà theo bất đẳng thức Côsy thì
a2 + c2 ≥ 2ac. Đến đây đã giải quyết được phần nào bài toán, nhưng hơi kỳ là nó lại ngược dấu mất nên
8


thay vì làm theo yêu cầu đề bài ta lại đi tìm giá trị lớn nhất của bài toán. Từ ý tưởng trên đã sẽ nghĩ
ngay đến việc sử dụng cosi ngược dấu làm thay đổi chiều của bất đẳng thức mà ta đã nghĩ ở trên.
Mặt khác ta lại có bất đẳng thức đã cho tương đương với
c2
1
1
1
1
1
1

−
≥ −
≥ −
=
2
2
c c(a + c )
c 2a
a 2a
2a
Tương tự ta có kết luận: Vậy giá trị nhỏ nhất của P là
Bài 18
Tìm GTNN của hàm số : y =

√

−x2 + 4x + 21 −

3
. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1
2

√
−x2 + 3x + 10

Cách 1 Ta sẽ chứng minh:
√

−x2 + 4x + 21 −

√

−x2 + 3x + 10 ≥

√

2

. Chuyển vế bình phương, rút gọn được:
x + 9 ≥ 2 2(−x2 + 3x + 10) ⇔ x2 + 18x + 81 ≥ 8(−x3 + 3x + 10) ⇔ 9x2 − 6x + 1 ≥ 0 ⇔ (3x − 1)2 ≥ 0
√
1
điều này hiển nhiên đúng. Dấu ’=’ xảy ra khi x = . Vậy minY = 2.
3
Cách 2
√
√
y = −x2 + 4x + 21 − −x2 + 3x + 10 = f (x)
Điều kiện : 2 ≤ x ≤ 5

−x + 2
3 − 2x
− √
−x2 + 4x + 21 2 −x2 + 3x + 10
−x + 2
3 − 2x
y = 0 ⇐⇒ √
− √
=0
2

−x + 4x + 21 2 −x2 + 3x + 10
y =√

Tới đây , chỉ cần bình phương 2 vế lên , và đặt điều kiện (2 − x)(3 − 2x) ≥ 0 là xong.

 (2 − x)(3 − 2x) ≥ 0
⇐⇒
4x2 − 12x + 9
x2 − 4x + 4

=
(2)
−x2 + 4x + 21
−4x2 + 12x + 40
Cộng hay vế của (2) cho 1 ta được :

3

 x ≥ 2 hoặc x ≤
2
25
49


=
2
2
−x + 4x + 21
−4x + 12x + 40
1

29
hoặc x =
(loại)
3
17
√
√
√
1
1
f ( ) = 2. f (2) = 5 − 2 3. f (5) = 4 =⇒ minY = 2, đạt được tại x =
3
3
⇐⇒ x =

9