giai chi tiet gtln gtnn 12 giai chi tiiet gtln gtnn thpt qg 20162015 va dh cac nam

Gia sư Thành Được

www.daythem.edu.vn

Ôn thi

Đại Học
Chủ đề:
Tìm Giá Trị

Lớn Nhất
1


Gia sư Thành Được

www.daythem.edu.vn

Nhỏ nhất

2


Gia sư Thành Được

www.daythem.edu.vn

Các đẳng thức và bất đẳng thức cần học thuộc lòng

1. a  b  2(a  b) Dấu “=” xảy ra  a  b
2. a  b  a  b Dấu “=” xảy ra  a  0 hoặc b=0

3. (a+b+c)2=a2+b2+c2+2(ab+bc+ca)= a2+b2+c2+a(b+c)+b(a+c)+c(a+b)
4. (a+b-c)2=a2+b2+c2+2ab-2bc-2ca
5. (a-b-c)2=a2+b2+c2-2ab+2bc-2ca
6. ( x  y)  ( y  z)  ( z  x)  3x  3 y  3z  ( x  y  z)
7. a2+b2+c2  ab+bc+ca
8. a  b  c  a  b  c  a(b  c)  b(a  c)  c(a  b) (1)
2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

với a= x  y ; b= y  z ; c= z  x
Áp dụng bất đẳng thức A  B  A  B

x  y + y  z  x  y  y  z = x  z = z  x  a+b  c
Tương tự a+c  b; a+c  b
2
(1) a  b  c  a 2  b2  c 2  a.a  b.b  c.c

 a  b  c  2(a 2  b2  c 2 )
2

 a  b  c  2(a 2  b 2  c 2 )

9. a4+b4+c4  a2b2+b2c2+c2a2  abc(a+b+c)
10. (a+b+c)2= 12 [(a  b)  (b  c)  (c  a) ]  3(ab  bc  ca)
2

2

2

 (a+b+c)2  3(ab  bc  ca)
 ab + bc + ca ≤

11.
12.

a  b  c 2
3

( ab  bc  ca )2  a 2 b2  b2c2  c2a 2  2abc( a  b  c )

Nếu a, b   ;    (  a)(   b)  0  ab   (a  b)   2  0

Đặt S=a+b; P=a.b
 P  S   2  0
 P  S   2
Ta có a2+b2=S2-2P  S 2  2( S   2 )
 a2+b2  S 2  2S  2 2
1
S2
( a  b) 2  P 
4
4
S2
1
Ta lại có: a3+b3= S 3  3PS  S 3  3 .S  a3+b3  S 3
4
4

Mặt khác ab 

3


Gia sư Thành Được

www.daythem.edu.vn

13. Nếu a, b, c   ;   ((a a)()(b b)()(cc))  00

ab   (a  b)   (c   )  0
 
ab   (a  b)   (   c)  0

2

2

abc   (ab  bc  ca )   2 (a  b  c)   3  0
(1)
 
2
3
 abc   (ab  bc  ca )   (a  b  c)    0
(2)
Lấy (1)+(2) ta được
    (ab  bc  ca)  ( 2   2 )(a  b  c)   3   3  0

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki





(x1y1+x2y2+x3y3+…xnyn)2  x12  x22  x32  ...  xn2 . y12  y22  y32  ...  yn2
Dấu “=” xảy ra 

14.
15.
16.
17.

x
x1 x2 x3



 ...  n
y1 y2 y3
yn

a2  b2 

a  b2

2
2

a  b2 
4
4
a +b 
2
2
 2

a  b
2
a  b 
4

a  b

2
4

4
 a +b 

2
8

a2  b2 
 4
4
a

b


2
(a  b) 2
1
a3+b3=(a+b)3-3ab(a+b)  (a+b)3-3 .
.(a+b)= (a+b)3
4
4
2

Áp dụng bất đẳng thức côsi
a1+a2+a3+…+an  nn a1.a2 .a3...an

18.
19.
20.
21.

22.
23.



Với a1, a2, a3, …, an không âm

a+b  2 ab
ab
ab 
2
1
ab  (a  b) 2
4
1 1
4
 
a b ab

Với a,b không âm
Với a,b không âm

2ab  a 2  b 2
a 2  b2
ab 
2

4

Gia sư Thành Được

www.daythem.edu.vn

24.
25.
26.

a+b+c  3.3 abc

27.
28.

a3+b3+c3  3abc

29.
30.

ax+ay  2. a x .a y  2. a x  y  2.a

Với a,b,c không âm

(a  b  c)3  27 abc

abc 

(a  b  c)
27

Với a,b,c không âm

3

a+b+c  2 a(b  c) 

Với a,b,c không âm
a
2a

bc abc
x y
2

at  t  1 , t  0 và a  3

Chứng minh
Đặt f(t)=at-t-1
f’(t)=at.lna-1>0 t  0 và a  3
 hàm số đồng biến
t  0  f(t)  f(0) at-t-1  0 at  t  1
1
1
2


Với a,b>0 và ab  1
1  a 1  b 1  ab

31.
32.

33.
34.

A  B  A B
x y + yz  x y yz = xz = zx

P=f(x); x  a; b 
Nếu f’(x)>0 thì hàm số f(x) đồng biến f(a)  P  f(b)
Nếu f’(x)<0 thì hàm số f(x) nghịch biến f(a)  P  f(b)
 a
b

 t2

a
 b
 a 2 b2
2
 2  2 t 2
a
b
3
a
b3

 t 3  3t
 3
3
b
a


 a 4 b4
a b
Nếu đặt t =    4  4  t 4  4t 2  2
b a
a
b
5
a
b5

 t 5  5t 3  5t
 5
5
b
a

 a 6 b6
6
4
2
 6  6  t  6t  9t  2
a
b
7
a
b7
7
5
3


 b 7 a 7  t  7t  14t  7t


35.

5

Với a,b,c không âm


Gia sư Thành Được

36.
37.
38.
39.

www.daythem.edu.vn

a
b
a b

  =t2-2
b
a
b a
1 1 1
9

3
 1 1 1
(a  b  c)     3.3 abc. 3
 9   
a b c abc
abc
a b c

Nếu đặt t=

a 3  b 3  c 3  3abc  (a  b  c) 3  3(a  b  c)(ab  bc  ca)





a3  b3  c3  (a  b  c) a 2  b2  c 2  (ab  bc  ca)  3abc

6


Gia sư Thành Được

www.daythem.edu.vn

Giá trị lớn nhất – nhỏ nhất
1) Trung học phổ thông quốc gia_năm 2016
Xét các số thực x, y thỏa mãn x  y  1  2 x  2  y  3
(*)
1. Tìm giá trị lớn nhất của x  y

2. Tìm m để 3x  y4  ( x  y  1 )27 x  y  3( x 2  y2 )  m đúng với mọi x,y thỏa mãn (*)
Giải:
x  2  0 x  2
Đk: 

 y  3  0  y  3





Áp dụng bất đẳng thức: a  b  2(a  b)
Dấu“=” xảy ra  a=b
x  2  y  3  2( x  2  y  3)  2( x  y  1)





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

Đặt t=

x  y 1

(**)

t0

(**)  t  2 2t  t 2  2 2t  0  0  t  2 2  t 2  8  x  y  1  8  x  y  7

2

 x  2  y  3
x  2  y  3
x  y  5
x  6



Dấu “=” xảy ra  
 x  y  7
x  y  7
x  y  7
y  1
giá trị lớn nhất của x  y =7 tại x=6; y=1
Đặt P= 3x  y  4  ( x  y  1)27  x  y  3( x 2  y 2 )
Ycbt trở thành tìm m để P  m , x, y
thỏa mãn (*)
 m  max P
Áp dụng bdt a  b  a  b
a  0
Dấu “=” xảy ra  
b  0

x  2  y  3  x  2  y  3  x  y 1
 x2 0
x  2
Dấu “=” xảy ra  
 
 y  3  0

 y  3
 x  y 1  2 x  2  y  3  2 x  y 1



Đặt t=

x  y 1



t0

t  0
 t 2  2t  t 2  2t  0  t  0  t  2 vì t  0 
t  2
TH1: t=0x+y+1=0  x  y  1
 x  2
x  2

Ta có hệ pt  y  3  
 x  y  1  y  3


 P= 3x  y  4  ( x  y  1)27  x  y  3( x 2  y 2 ) = 32  3 4  (2  3  1)27  2  3  34  9  3 5  39 
7

 9476
243

Gia sư Thành Được

www.daythem.edu.vn

TH2: t  2  x  y  1  2  x  y  1  4  x  y  3 kết hợp với x  y  7 ta được 3  x  y  7
Đặt S=x+y
2
2
x2  y 2  x  2   y  1  2( x  y)  2 x  5  2S  2.2  5  2S  1
x  2
Dấu “=” xảy ra  
y  1
P= 3x  y  4  ( x  y  1)27  x  y  3( x 2  y 2 )
P  3S  4  ( S  1).27  S  3.(2S  1)
Đặt f(S)= 3S  4  ( S  1).27  S  3.(2S  1) với 3  S  7
f(S)= 3S  4  ( S  1).27  S  6S  3
; 3 S  7
(uv)'  u ' v  v' u
dùng công thức:  u
u
(a )'  u '.a ln a
f’(S)= ( S  4)'.3S  4 ln 3  ( S  1)'.27  S  ( S  1)(27  S )'6
f’(S)= .3S  4 ln 3  27  S  ( S  1).(7  S )'.27  S ln 2  6
f’(S)= 3S  4 ln 3  27  S  ( S  1)27  S ln 2  6
f’’(S)= 3S  4 ln 2 3  27  S ln 2  ln 2 27  S  ( S  1)27  S ln 2
f’’(S)= 3S  4 ln 2 3  27  S ln 2( S  1) ln 2  2
vì S  3  (S  1) ln 2  2  (3  1) ln 2  2  0
 f’’(S)>0
 f’(S) đồng biến trên [3;7]





1
f’(3)= 33 4 ln 3  27 3  (3  1).27 3 ln 2  6 = 31 ln 3  24  4.24 ln 2  6  ln 3  16  64 ln 2  6  0
3
74
7 7
7 7
3
0
0
f’(7)= 3 ln 3  2  (7  1).2 ln 2  6. = 3 ln 3  2  8.2 ln 2  6  27 ln 3  1  8 ln 2  6  0
f’(3).f’(7)<0 a  (3;7) sao cho f’(S)=0 vì f’(S) đồng biến nên a là nghiệm duy nhất của pt f’(S)=0
trên [3;7]
bảng biến thiên
S
-∞
3
a
7
+∞
f’(S)
0
f(S)
148
4
3

148
3
74
7 7
f(7)= 3  (7  1).2  6.7  3  4
148
max f(S)=
tại S=3
3
Dấu “=” xảy ra  x  2; y  1

f(3)= 33 4  (3  1).27  3  6.3  3 

148
3
2) Trung học phổ thông quốc gia_năm 2015

m  P x, y  R  m  max P  m 

8


Gia sư Thành Được

www.daythem.edu.vn

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
a 2 b 2  b 2 c 2  c 2 a 2  12abc  72 1

 abc
P=
ab  bc  ca
2
Giải:
Đặt t=ab+bc+ca
Tìm điều kiện của t
Cách 1
1
Tạ có: (a+b+c)2= [( a  b) 2  (b  c) 2  (c  a) 2 ]  3t  3t
2

 62  3t  t  12

(*)

Cách 2
t= ab + bc + ca ≤

( a  b  c )2
 12
3

Mặt khác: (a-1)(b-1)(c-1)  0 (ab-a-b+1)(c-1)  0
abc-(ab+bc+ca) +(a+b+c) +1  0
 abc-t+6+1  0
 abc  t-5

(1)

Ta lại có: (3-a)(3-b)(3-c)  0
 (9-3a-3b+ab)(3-c)  0
 27-9(a+b+c)+3(ab+bc+ca)-abc  0
 27-9.6+3t-abc  0
 3t-27  abc

(2)

Từ (1) và (2) 3t-27  t-5 t  11

(**)

Từ (*) và (**) 11  t  12
Ta có : ( ab  bc  ca )2  a 2 b2  b2c2  c2a 2  2abc( a  b  c )
 t2= a 2 b2  b2c2  c2a 2  12abc
P=

t 2  72 1
 abc
t
2

 P

t 2  72 5  t

t
2

P 

2t 2  144  t (5  t )
2t

 P

t 2  5t  144
2t

1
5t
(vì (1) -abc  t  5   abc 
)
2
2

9


Gia sư Thành Được

www.daythem.edu.vn

t 2  5t  144
Xét hàm số f(t)=
, với t  11;12 
2t

Học sinh tự làm: Max f(t)=

160
tại t=11
11

160
11
160
160
P=
khi a = 1, b = 2, c = 3. Vậy maxP =
11
11
3) Trung học phổ thông quốc gia_năm 2015_lần 2
1 
Cho các số thực a,b thỏa mãn a,b   ;1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 
6
P=a5b+ab5+ 2
-3(a+b)
a  b2
Giải:
Đặt S=a+b; P=a.b
1 
Vì a,b   ;1  S  1;2
2 
Do a,b  1 nên ta có (1-a)(1-b)  0 1-(a+b)+ab  0
ab  a+b-1 P  S-1
Ta có: a2+b2=S2-2P  S 2  2( S  1) [vì P  S-1 -2P  -(2S-1)]

 P

 a2+b2  S 2  2S  2
6
6
 2
 2
2
a b
S  2S  2
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki





(x1y1+x2y2+x3y3+…xnyn)2  x12  x22  x32  ...  xn2 . y12  y22  y32  ...  yn2
Dấu “=” xảy ra 

x
x1 x2 x3


 ...  n
y1 y2 y3
yn

(1.a2+1.b2)2  (12+12)[(a2)2+(b2)2]

a
 a +b 

4

2

4

 b2
2



2

Tương tự: a 2  b 2 


a




2

 a 2  b2 
2

 b2
2



(1)

a  b 2  a 2  b 2  S 2
2

2

4

S
4

2



S4
8

(2)

10




Gia sư Thành Được

www.daythem.edu.vn

S4
Từ (1) và (2) a +b 
8
4

4

Mặt khác: a5b+ab5=ab(a4+b4)=P(a4+b4)  (S-1) .

S4
8

(vì P  S-1 chứng minh trên)

S4
6
+ 2
-3S
8
S  2S  2
S5 S4
6
 P
-3S+ 2
8 8
S  2S  2
5
4
S S

6
Đặt f(S)=
-3S+ 2
với S  1;2
8 8
S  2S  2
1
12( S  1)
f’(S)= 5S 4  4 S 3  24  2
 0 ,  S  1;2 nên đây là hàm số nghịch biến
8
( S  2 S  2) 2
Do đó: S  2 f(S)  f(2)=-1
 P  -1
P=-1 khi a=b=1. Vậy min P=-1
4) Đại học khối A_năm 2014
Cho x, y, z là các số thực không âm và thỏa mãn điều kiện x 2  y2  z 2  2
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
x2
yz
1  yz
P 2


x  yz  x  1 x  y  z  1
9
Giải:
Cách 1:

 P  (S-1) .





Áp dụng bất đẳng thức

2ab  a 2  b 2
Ta có : 2x(y +z)  x2 + (y + z)2 = x 2  y 2  z 2  2 yz
Thay x 2  y2  z 2  2
2x(y +z) 2 + 2yz  yz + 1  x(y + z)
x2
x2
x2
x
 2
 2

Ta có: 2
x  yz  x  1 x  x  yz  1 x  x  x( y  z ) x  y  z  1
x
yz
1  yz


Do đó P 
x  y  z 1 x  y  z 1
9
x yz
1  yz


P
x  y  z 1
9

1
1  yz 

P  1 

9 
 x  y  z 1
Theo BĐT Bunhiacopxki ta có :
1.x  1.( y  z )  (12  12 )[ x 2  ( y  z ) 2 ]

 x  y  z  2( x 2  y 2  z 2  2 yz )

thay x 2  y2  z 2  2

 x  y  z  2(2  2 yz )
11


Gia sư Thành Được

www.daythem.edu.vn

 x  y  z  2 1  yz

1

1  yz 
 P  1 

 2 1  yz  1
9 

1
1  yz
1
u2 4


 ,u  1  yz  1
Do đó : T 
=
9
2u  1 9 9
1  2 1  yz
4 5
 P  1 
9 9
5
Khi x = y = 1 và z = 0 hay x = z = 1 và y = 0 thì P =
9
5
Vậy Max P = .
9

Cách 2:
x2

yz
1  yz
P 2


x  yz  x  1 x  y  z  1
9

Biết x 2  y2  z 2  2 và x,y,z  0

Tìm PMax=?
Giải:
Ta có: 0  ( x  y  z ) 2  x 2  y 2  z 2  2 xy  2 xz  2 yz

Thay x 2  y2  z 2  2

 0  ( x  y  z ) 2  2  2 xy  2 xz  2 yz
 0  ( x  y  z ) 2  2(1  xy  xz  yz )
 1  xy  xz  yz  0
Nên x2 + yz + x + 1 = x(x + y + z + 1) + (1 − xy − xz + yz)  x(x + y + z + 1)


1
1

x  yz  x  1 x( x  y  z  1)



x2

x

2
x  yz  x  1 x  y  z  1

2

(*)

Mặt khác: ( x  y  z ) 2  x 2  y 2  z 2  2 x( y  z )  2 yz  2  2 yz  2 x( y  z )
Ta có: 2 x( y  z )  x2+(y+z)2=x2+y2+z2+2yz=2+2yz
 ( x  y  z ) 2  2  2 yz  2  2 yz =4(1+yz)


( x  y  z)2
 1+yz
4

( x  y  z ) 2 1  yz


36
9

12


Gia sư Thành Được

www.daythem.edu.vn

( x  y  z)2
1 yz


36
9



( x  y  z)2
1  yz

36
9

(**)

Cộng (*) và (**) vế theo vế ta được
x2
1  yz
x
( x  y  z)2



x 2  yz  x  1
9
x  y  z 1
36



x2
yz
1  yz
x
yz
( x  y  z)2





x 2  yz  x  1 x 2  yz  x  1
9
x  y  z  1 x 2  yz  x  1
36

x yz
( x  y  z)2

 P
x  y  z 1
36

Đặt t=x+y+z ( t  0)
Và t2=x2+y2+z2+2xy+2xz+2yz=2+2xy+2xz+2yz
Ta có 2xy  x2+y2
2xz  x2+z2
2yz  y2+z2

 2xy+2xz+2yz  2(x2+y2+z2)=2.2=4
 2+2xy+2xz+2yz  2+4=6
 t2  6
 - 6 t 6
Giao với đk t  0 0  t  6
t
t2

 P
t  1 36

Xét f(t)=

t
t2

Với 0  t  6
t  1 36

HS tự giải f(t)Max=
 P

Với 0  t  6

5
tại t=2
9

5
9

5
5
Khi x=y=1 và z=0 thì P=  PMax=
9
9
5) Đại học khối B_năm 2014
Cho các số thực a, b, c không âm và thỏa mãn điều kiện (a+b)c >0. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức.

13


Gia sư Thành Được

www.daythem.edu.vn
P=

a
+
bc

b
c

a  c 2 a  b

Giải:
Cách 1
Từ điều kiện ta có c > 0 và a + b > 0

a
b
a/c
b/c
1
x
y
1
với x   0, y   0
P





b
a
a b
c
c
y 1
x  1 2(x  y)
1
 1 2   
c
c
c c
x
2x
Ta có

Dấu “=” xảy ra khi x = 0 hay x = y + 1

y 1 x  y 1
y
2y
Dấu “=” xảy ra khi y = 0 hay y = x + 1

x 1 x  y 1
2(x  y)
1
2t
1
P



với t  x  y  0
(x  y)  1 2(x  y) t  1 2t
2t
1
2
1
 , f (t) 
 2
Xét f (t) 
2
t  1 2t
(t  1) 2t
1


t   (loai)

3
f (t)  0  4t 2  (t  1) 2  
 t  1  f (1)  3

2
3
Từ bảng biến thiên ta có f (t)  f (1) 
2
 a  0

x  0 x  1
3
b  c


Vậy P có giá trị nhỏ nhất là
khi 
 b  0
2
y  1 y  0

 a  c
Cách 2:
a
2a

Ta có: a+b+c  2 a(b  c) 
bc abc

Ta có

b
2b

ac abc
2( a  b )
c
2( a  b ) a  b  c 1




 P
a  b  c 2( a  b ) a  b  c 2 ( a  b ) 2
1 3
 P 2 =
2 2
3
Khi a=0, b=c, b>0 thì P=
2
3
 Pmin=
2

Tương tự:

14

Gia sư Thành Được

www.daythem.edu.vn

6) Đại học khối D_năm 2014
Cho hai số thực x, y thỏa mãn các điều kiện 1  x  2; 1  y  2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức :
x  2y
y  2x
1
 2

P= 2
x  3y  5 y  3x  5 4(x  y  1)
Giải:
x  2y
y  2x
1
 2

P= 2
x  3y  5 y  3x  5 4(x  y  1)
 x 2  3x  2
1  x  2
(x  1)(x  2)  0

 2

 y  3y  2

1  y  2
(y  1)(y  2)  0
x  2y
y  2x
1


3(x  y)  3 3(x  y)  3 4(x  y  1)
xy
1
t
1



=
x  y  1 4(x  y  1) t  1 4(t 1)
Đặt t = x + y, đk 2  t  4
t
1

f(t) =
, t  [2; 4]
t  1 4(t  1)
1
1

f’(t) =
2
(t  1) 4(t  1) 2

f’(t) = 0  2(t – 1) =  (t + 1)  2t – 2 = t + 1 hay 2t – 2 = -t – 1
7
 t = 3 hay t = 1/3 (loại) . Ta có f(3) =
8
x  1
x  1  x  2

x  1
x  2
7

y  2
Khi t = 3   y  1  y  2  
. Vậy Pmin =
tại 
hay 
x  2
8
y  2
y  1
x  y  3


  y  1
7) Đại học khối A_năm 2013
Cho các số dương a,b,c thỏa mãn điều kiện (a+c)(b+c)=4c2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P

32a 3

32b3
a 2  b2
P=


(b  3c)3 (a  3c)3
c
Giải:
a
b
; y  (x>0, y>0); đk trở thành (x+1)(y+1)=4  xy+x+y=3
c
c
Đặt S=x+y; T=xy
(S>0, T>0)
Đk trở thành: T+S=3  T=3-S
1
1
1
Ta có: xy  ( x  y ) 2  T  S 2  3-S  S 2  S2+4S-12  0
4
4
4

Đặt x 

15


Gia sư Thành Được

www.daythem.edu.vn

 S  6
giao với đk S>0  S  2
 (S-2)(S+6)  0  
S  2
32 x 3
32 y 3

 x2  y2
( y  3) 3 ( x  3) 3
x
y
Đặt u=
; v=
y3
x3

 P=

Ta có: u3+v3=(u+v)3-3uv(u+v)  (u+v)3-3

(u  v) 2
1
(u+v)= (u+v)3
4
4

x3

y3
1 x
y 


 


3
3
( y  3)
( x  3)
4  y  3 x  3 
 x
32 x 3
32 y 3
y 


 8


3
3
( y  3)
( x  3)
 y  3 x  3

3

3

3

 x 2  y 2  3( x  y ) 
 S 2  2T  3S 
32 x 3
32 y 3



 8

  8 T  3S  9 
( y  3) 3 ( x  3) 3
xy

3
(
x

y
)

9




Thay T=3-S

 S 2  2(3  S )  3S 
32 x 3
32 y 3


8



( y  3) 3 ( x  3) 3
 3  S  3S  9 

3

3

3

 S 2  5S  6 
32 x 3
32 y 3
2
2

  x 2  y 2
8


x


y


( y  3) 3 ( x  3) 3
2
S

12


3

 ( S  1)( S  6) 
  S 2  2T
 P  8
2
(
S

6
)



(Với T=3-S)

 ( S  1) 
2
 P  8
  S  2(3  S )

 2 
3

 P  ( S  1)3  S 2  2S  6
Đặt f(S)= ( S  1)3  S 2  2S  6
S 1
f’(S)=3(S-1)2 
2
S  2S  6
Với mọi S  2 ta có 3(S-1)2  3
S 1



với (S  2)

(1)

S  2S  1
7
7
 1 2
 1
2
S  2S  6
S  2S  6
( S  1) 2  7
2

S  2S  6

S 1
3 2
7
=

 1
2
2
(2  1)  7
S 2  2S  6
2

16


Gia sư Thành Được

S 1

www.daythem.edu.vn

3 2
(2)
2
S 2  2S  6
Lấy (1)+(2) vế theo vế, ta được
S 1
3 2
3(S-1) 
 3

2
2
S  2S  6
3 2
>0 f(S) đồng biến trên [2;+∞)
 f’(S)  3 
2
S  2 f(S)  f(2)=1- 2  P  1- 2
Khi a=b=c thì P=1- 2 . Do đó giá trị nhỏ nhất của P là 1- 2
8) Đại học khối B_năm 2013
Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:



P



4
a b c 4
2

2

2



9
(a  b) (a  2c)(b  2c)

Giải:
Cách 1:

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki





(x1y1+x2y2+x3y3+…xnyn)2  x12  x22  x32  ...  xn2 . y12  y22  y32  ...  yn2
x
x
x
x
Dấu “=” xảy ra  1  2  3  ...  n
2
2 y 2
2
. a 2  b 2  c 2  22 
Ta có: a + b + c + 2 = 1.a +1. b +1.y1c + y1.2
2  y31  1 
n1  1 

 a + b + c + 2  4(a 2  b 2  c 2  4)
 a + b + c + 2  2 a 2  b2  c2  4
4
8



2
2
2
a b c 4 abc2
Áp dụng bất đẳng thức cô si cho 2 số dương x,y
xy 

x y
2

Mặt khác: 3(a  b). (a  2c)(b  2c)  (3a  3b).

a  2c  b  2c
2

1
(3a  3b).(a  b  4c)
2
1
 3(a  b). (a  2c)(b  2c)  (3a  3b).(a  b  4c)
2

 3(a  b). (a  2c)(b  2c) 

Áp dụng bất đẳng thức
xy 

( x  y) 2
4

17

(*)




Gia sư Thành Được

www.daythem.edu.vn

1 3a  3b  a  b  4c 
(*)  3(a  b). (a  2c)(b  2c) 
2
4
2
1 4a  4b  4c 
 3(a  b). (a  2c)(b  2c) 
2
4
2
 3(a  b). (a  2c)(b  2c)  2a  b  c 
8
27
8
27

 2  g (t )
Vậy P 
. Đặt t = a + b + c, t > 0; P 

2
a  b  c  2 2(a  b  c )
t  2 2t
8
27
 3
g’(t) = 
2
(t  2)
t
g’(t) = 0  27(t + 2)2 – 8t3 = 0  t = 6
t
0
6
+
g’(t)
+ 0 5
g(t)
8
5
5
P  g(t)  ; maxP = xảy ra khi a = b = c = 2.
8
8
2

18


Gia sư Thành Được

www.daythem.edu.vn

Cách 2: Tìm giá trị lớn nhất
P

4
a b c 4
2

2

2



9
(a  b) (a  2c)(b  2c)

xy 

Áp dụng bất đẳng thức:

x y
2

(a  b). (a  2c)(b  2c)  a  b .

a  2c  b  2c
2

 (a  b). (a  2c)(b  2c)  a  b .

a  b  4c
2

a 2  b 2  2ab  4ac  4bc
 (a  b). (a  2c)(b  2c) 
2

(*)

x2  y2
Áp dụng bất đẳng thức: xy 
2
2
2
2ab  a +b
(1)

4ac  2(a2+c2)

(2)

4bc  2(b +c )

(3)

2

2

Cộng (1), (2), (3) vế theo vế ta được
2ab+4ac+4bc  3a2+3b2+4c2

 a2+b2+c2+ 2ab+4ac+4bc  4a2+4b2+4c2


a 2  b 2  2ab  4ac  4bc
 2(a2+b2+c2)
2

(**)

Từ (*) và (**)  (a  b). (a  2c)(b  2c)  2(a 2  b 2  c 2 )



1
1

2
2
2
(a  b). (a  2c)(b  2c) 2(a  b  c )



9
9


2
2
2
(a  b). (a  2c)(b  2c) 2(a  b  c )



9
9

2
2
2
(a  b). (a  2c)(b  2c) 2(a  b  c )

Ta có: P 
 P

4
a b c 4
2

2

2

4
a 2  b2  c2  4





9
(a  b) (a  2c)(b  2c)

9
2(a  b 2  c 2 )
2

19


Gia sư Thành Được

www.daythem.edu.vn

Đặt t= a 2  b 2  c 2  4 (t>2)
 t2 = a 2  b 2  c 2  4

 a 2  b2  c2  t 2  4
 P

4
9

2
t 2(t  4)

Xét f(t)=

4
9
 2
t 2(t  4)

(t>2)

5
5
tại t=4 PMax= khi a=b=c=2
8
8
9) Đại học khối D_năm 2013

HS tự làm được Max f(t)=

Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện xy  y  1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
x y
x  2y
P

2
2
6 x  y
x  xy  3 y
Giải:
2

1 1 1 1
x 1 1
xy  y  1    2       
y y y
 y 2 4 4
Ta có:
x
x
1
2
x y
x  2y
y
y
P



2
x 
x 2  xy  3 y 2 6( x  y )
x x
6
 y  1
 y   y 3


 
1
x

Đặt t  , điều kiện 0  t 
4
y
t 1
t 2
P

2
t  t  3 6(t  1)
1
t 1
t 2
Xét f  t  
với 0  t 

4
t 2  t  3 6(t  1)
3t  7
1
f (t ) 

2
3
2  t 2  t  3 2  t  1
Với 0
1
ta có t2-t+3=t(t-1)+3<3; -3t+7>6; t+1>1
4

Do đó

 3t  7
2 (t 2  t  3)3
 f’(t)>



6
2 33



1
1
3

và 
2
2(t  1)
2
2

3 1
 >0
2
2
20

Gia sư Thành Được

www.daythem.edu.vn

 1  7  10 5
 1
 1
 f '(t )  0 t   0;   f đồng biến trên  0;   f (t )  f   
30
4
 4
 4
1
7  10 5
Vậy Pmax 
khi x  , y  2
2
30
10) Đại học khối A_năm 2012
Cho các số thực x,y,z thỏa mãn điều kiện x+y+z=0.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
x y

yz

3
P= 3
Hướng dẫn

3

zx

 6x2  6 y 2  6z 2

Cách 1
Đặt a= x  y ; b= y  z ; c= z  x
 P= 3a  3b  3c  6 x 2  6 y 2  6 z 2
Chứng minh bất đẳng thức phụ: 3t  t  1 , t  0
 3a  3b  3c  3  a  b  c
(*)
2
2
2
2
chứng minh: a  b  c   a  b  c  a(b  c)  b(a  c)  c(a  b)
với a= x  y ; b= y  z ; c= z  x

(1)

Áp dụng bất đẳng thức A  B  A  B
x  y + y  z  x  y  y  z = x  z = z  x  a+b  c
Tương tự a+c  b; a+c  b
2
(1) a  b  c  a 2  b2  c 2  a.a  b.b  c.c

 a  b  c  2(a 2  b2  c 2 )
2

 a  b  c  2(a 2  b 2  c 2 )

(2)

Ta có: a  b  c = ( x  y)  ( y  z ) 2  ( z  x) 2  3x 2  3 y 2  3z 2  ( x  y  z ) 2
 a 2  b 2  c 2 = 3x 2  3 y 2  3z 2 -02 (vì x+y+z=0)
 a 2  b 2  c 2 = 3x 2  3 y 2  3z 2
2

2

2

2

Từ (2) a  b  c  6 x 2  6 y 2  6 z 2

(**)

Từ (*) và (**) 3a  3b  3c  3  6 x 2  6 y 2  6 z 2

 3a  3b  3c  6 x 2  6 y 2  6 z 2  3
 P 3
ĐS: giá trị nhỏ nhất của P=3. Dấu “=” xảy ra khi x=y=z=0

Cách 2:
x + y + z = 0  z = -(x + y) và có 2 số không âm hoặc không dương. Do tính chất đối xứng ta
có thể giả sử xy  0
x y
2 yx
2 x y
3

 12( x 2  y 2  xy )
Ta có P  3  3
2 y  x  2 x y

P 3
3

x y

x y

3

2 yx

3

2 x y

 12[( x  y )  xy ]  3
2

x y

 2.3

2

 12[( x  y)2  xy]

3 x y

 2.3

2

 2 3 x  y . Đặt t = x  y  0 , xét f(t) = 2.( 3)3t  2 3t

21


Gia sư Thành Được

www.daythem.edu.vn

f’(t) = 2.3( 3)3t .ln 3  2 3  2 3( 3.( 3)3t ln 3 1)  0
 f đồng biến trên [0; +)  f(t)  f(0) = 2
x y
Mà 3
 30 = 1. Vậy P  30 + 2 = 3, dấu “=” xảy ra  x = y = z = 0. Vậy min P = 3.

22


Gia sư Thành Được

www.daythem.edu.vn

11) Đại học khối B_năm 2012
Cho các số thực x, y, z thỏa mãn các điều kiện x+y+z=0 và x 2  y 2  z 2  1

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  x5  y 5  z 5 .
Giải:
Đặt S=x+y; P=x.y
S   z
x  y  z  0
S  z  0
S   z

 2


 2
2z 2  1
2
2
2
2
2
S

2
P

z

1
(

z
)


2
P

z

1
x

y

z

1
P





2


Tìm điều kiện của z
Ta có: xy 

x2  y2
S 2  2P
 P
 S2  4P

2
2

 2z 2  1 
6
6
  3z2  2  
z
 (-z)2  4 
3
3
 2 
x 2  y 2  S 2  2P

Ta có: x  y  S  5.S .P+5S.P
5

5

3

5

2

2
 2z 2  1 
5
5
5

3  2z  1 




x

y

(

z
)

5
(

z
)
.

5
.(

z
).

 2 



 2 

 2z 2  1 
 4z 4  4z 2  1 
  5.z.

 x 5  y 5   z 5  5 z 3 .
4
 2 


 2z 2  1 
 4z 4  4z 2  1 
  5.z.

 x 5  y 5   z 5  5 z 3 .
4
 2 



 x5  y5   z 5 

5 3 5
z  z
2
4

 P= x 5  y 5  y 5   z 5 
 P= x 5  y 5  y 5 

Xét hàm: P= f(z)=

5 3 5
z  z  z5
2
4

5 3 5
z  z
2
4


5 3 5
6 6
z  z trên 
;

3
3 
2
4


HS tự làm
 PMax=

5 6
36

23

2

x 3  y 3  S 3  3P.S
x 4  y 4  S 4  4.S2.P+2P2
x 5  y 5  S 5  5.S3.P+5S.P2
x 6  y 6  S 6  6.S4.P+9S2.P2-2P3
x 7  y 7  S 7  7.S5.P+14S3.P2-7SP3


Gia sư Thành Được

www.daythem.edu.vn

12) Đại học khối D_năm 2012
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).
Giải:
Đặt S=x+y; P=x.y
Ta có: ( x  4)2  ( y  4)2  2 xy  32

 x2+y2-8(x+y)+32+2xy  32
 S 2  2P  8S  32  2P  32
 S 2  8S  0  0  S  8

A = x3  y 3  3( xy  1)( x  y  2)
= S 3  3PS  3( P  1)( S  2)
=S3-6P-3S+6
Mặt khác: 4 xy  ( x  y ) 2  4P  S 2  P 

3
S2
 6 P   S 2
4
2

3
 A  S 3  S 2  3S  6
2

3
xét f(S) =  S 3  S 2  3S  6  f’(t) = 3S 2  3S  3
2

f’(S) = 0 khi S=

17  5 5
1 5
1 5
; f(0) = 6, f(8) = 398, f(
)=
4
2
2

Vậy giá trị nhỏ nhất của f(S) là

17  5 5
1 5

xảy ra khi S=
4
2

17  5 5
1 5
1 5
. Dấu bằng xảy ra khi x = y và x + y =
hay x = y =
4
2
4
13) Đại học khối A_năm 2011
Cho x, y, z là ba số thực thuộc đoạn [1; 4] và x  y, x  z.
x
y
z


Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =
.
2x  3y y  z z  x
Hướng dẫn:
1
1
2


Áp dụng
Với a,b>0 và ab  1

1  a 1  b 1  ab
x
1
1
y
P=


x
z
x
2  3 1
1
y
y
z
24

A  f(S) 


Gia sư Thành Được
Áp dụng a=

www.daythem.edu.vn

z
x
x
; b= ; a.b=  1

z
y
y

x
2
x
y
 P
đặt t=

x
y
2  3 1 x
y
y
t2
2

2
2t  3 1  t
t2
2

Đặt f(t)= 2
2t  3 1  t

với t  1;2

 P

HS tự làm được min f(t)=
P 

với t  1;2

Với t  1;2
34
33

34
33

34
khi x=4; y=1; z=2
33
14) Đại học khối B_năm 2011

 Min P=

Cho a và b là các số thực dương thỏa mãn 2(a2 + b2) + ab = (a + b)(ab + 2). Tìm giá trị nhỏ nhất
 a 3 b3   a 2 b 2 
của biểu thức P = 4  3  3   9  2  2  .
a 
b a  b
Giải:
Theo giả thiết ta có 2  a 2  b 2   ab   a  b  ab  2  . Từ đây suy ra :
a b
1 1
2     1      ab  2  

b a
a b
Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có :

a

2
2
a
 2 a.  2 2 .
b
b
b

(1)

b

2
2
b
 2 b.  2 2 .
a
a
a

(2)

2
2

a b
2   1  a   b 
b
a
b a

 a
2
2
b
Cộng (1) và (2) ta được a   b   2 2 


b
a
a 
 b
a b
5
Đặt t =  , ta suy ra : 2t + 1  2 2 t  2  4t2 – 4t – 15  0  t 
b a
2
3
3
2
2
a b  a b 
Mặt khác: P = 4  3  3   9  2  2  = 4(t3 – 3t) – 9(t2 – 2) = 4t3 – 9t2 – 12t + 18
a 
b a  b

3
2
Đặt f(t) = 4t – 9t – 12t + 18
1
f’(t) = 12t2 – 18t – 12, f’(t) = 0  t =  hay t = 2
2
25