Bài tập đại số sơ cấp

CÁC PHƯƠNG PHÁP TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT
VÀ GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT
3.1. Phương pháp đạo hàm
Đề Bài
Bài 1: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của các hàm số sau đây;


y  cos x  sin x



a)
với  là một hằng số dương;
b) y  cos 3x  5cos 2 x  cos x  1 ;
2n
2n
c) y  x  a  x với a dương và n nguyên dương;
2n
2n
d) y  x  a  x với a dương và n nguyên dương;

p

e)

y  cos x s inx

q

với p và q lớn hơn 1.

3
3
2
Bài 2: Chứng minh các bất đẳng thức sau: 3a  17b �18ab với mọi a và b không

n
xk
ex  �
k  0 k ! với mọi x>0 và hãy mở rộng kết quả này.
âm;

Bài 3: Với x, y dương, tìm giá trị lớn nhất của biểu thức



4xy 2
x  x2  4 y2



3

.

Bài 4: Hãy sưu tầm hoặc ra 20 đề toán thuộc loại này.
Bài làm
Bài 1:
a)



y  cos x  sin x



với  là một hằng số dương.

Đặt t  cos x , t � 0,1


Khi đó
f (t )  t   1  t 
Xét hàm số
 .t
f '(t )   .t 
. 1 t 
1 t
�
�
  .t. �
t   1 t  �
�
�
y  t 



1 t2





 1

2

2



, t � 0,1

 1

2

 2

2

 2

1


t0
�
�
f '(t )  0 � � 2

t 
�
�



1 t2



�
t  0 � 0,1
��
�
t
1 t2
�

 2

� 1
t
� 0,1
�
2
2
2
� t  1 t � �
1
�

t
� 0,1
�
2
�

�1 � 1 2
f � � 2
f
(0)

f
(1)

1,
�2�
Ta có:
1


2

- Nếu 0    2 thì max y  2 , min y  1.
1

- Nếu

  2 thì max y  1, min y  2



2

.

b) y  cos 3 x  5cos 2 x  cos x  1
 4 cos3 x  3cos x  5  2 cos 2 x  1  cos x  1
 4 cos3 x  10 cos 2 x  2 cos x  6
2
Đặt t  cos x, t � 1,1
3
2
Xét hàm f (t )  4t  10t  2t  6, t � 1,1

f '  t   12t 2  20t  2
f '  t   0 � 12t 2  20t  2  0
� 6t 2  10t  1  0
� 5  31
t
� 1,1
�
�
6
��
5  31
�
t
� 1,1
�
6
�

Ta có:
f  1  6; f  1  2
�5  31 � 8  31 31
f�
� 6 �
�
27
�
�


8  31 31
27

Vậy: max y
min y = -6

2n
2n
c) y  x  a  x với a dương và n nguyên dương

2


2n
2n
Xét hàm số y  f  x   x  a  x

1

1

 x 2 n   a  x  2 n , x � 0, a 

Ta có

f '  x 

1
1 21n 1 1
1
x
  a  x  2n
2n
2n

1
1 �21n 1
1 �

x
  a  x  2n �
�
2n �
�

f '  x  0 �
�

1
1 �21n 1
1 �
x
  a  x  2 n � 0
�
2n �
�

1
1
1
1
1 �21n 1
1 �
1
2n
2
n
2
x

a

x

0
�
x


a

x

 �

 n
�
2n �
�

� xax� x

a
� 0, a 
2

Ta có:
f  0  f  a   2n a
1
1
�a � 2 n a
2n 2n
f � � 2
 2 . a  2n a
2
�2 �

Vậy max y 2 .
min y .

2n
2n
d) y  x  a  x với a dương và n nguyên dương
2n
2n
Xét hàm số y  f  x   x  a  x
,

Ta có .
0
� Hàm số đồng biến
Vậy: min
max .
e) y = với p và q lớn hơn 1
Đặt t = |cosx| , t
Xét hàm số

f  t   t p.



1 t2



q

3

f '  t   p.t p 1.

Ta có



f '  t   0 � t p 1

1 t2





q

1 t2

 qt p



q

t
1 t 2



1 t2



q 1

� qt 2 �
�p  1  t 2 � 0
�
�

�
�
�
�
t p 1  0
t  0 � 0,1
�
�
q
�
�
� � 1 t2  0 � �
t  1 � 0,1
�
�
p
� qt 2
�
t
� 0,1

p


0
2
�
�
pq
� 1 t
�





Ta có:
f  0   f  1  0
p

q

� p � � p �� q �
f�
��
�
� pq �
� �
�
��
�

�
� � p  q �� p  q �

Vậy max y
min y
Bài 2:
a) 3a3 17b3 ≥ 18ab2 với a, b không âm.
Ta xét hai trường hợp
+ Nếu b , BĐT trở thành
BĐT đúng với mọi a không âm.
+ Nếu b. Đặt a ta được:
3
� 3
Xét hàm số 3 , t )
t
Bảng biến thiên của hàm số
0
0
17
17
� với )

4


Vậy BĐT được chứng minh. Dấu “ =” xảy ra � .
b) Chứng minh: với mọi x 0
Xét hàm số
Ta sẽ chứng minh với mọi , .
- Với

� Hàm số đồng biến với
�.

Vậy đúng với .
Giả sử đúng với , ta cần chứng minh đúng với hay
Thật vậy:
(Theo giả thuyết quy nạp)
� Hàm số đồng biến với mọi
�

Suy ra đúng với .
Vậy: với
Hay (đpcm).
Bài 2: (Mở rộng) Cho n là số tự nhiên lẻ lớn hơn 3. Chứng minh rằng với mọi
�
x2
x n ��
x2
xn �
1  x   ...  ��
1  x   ...  � 1.
�
2!
n ! ��
2!
n! �
x �0 ta có: �
x2
xn

x2
xn
 ...  , v( x )  1  x   ...  .
2!
n!
2!
n!
Đặt
Ta cần chứng minh: f ( x)  u ( x).v( x )  1.
u ( x)  1  x 

�
x n 1
xn
u
'(
x
)

1

x

...


u
(
x
)


�
(n  1)!
n!
�
�
x2
x n 1
xn
�
v '( x)  1  x   ... 
 v ( x ) 
�
2!
( n  1)!
n!
Ta có: �
f '( x)  u '( x).v ( x)  u ( x).v '( x)
�
�
xn �
xn �
�
u ( x )  �v( x)  u ( x) �
v( x)  �
n! �
n! �
�
�

5


2x n � x 2 x 4
x n1 �
xn

1



...

�
�
   u ( x)  v( x) 
n ! � 2! 4!
(n  1)! �
n!
Vì n là số lẻ lớn hơn 3 nên f '( x ) cùng dấu với (2x). Do đó ta có bảng

biến thiên:
�

x
f’(x)
f(x)

0
0

1



�



Từ bảng biến thiên ta có: f ( x )  f (0)  1, x �0. (đpcm)
4xy 2

 x
Bài 3: Với x, y dương, tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

x2  4 y2



3

Đặt x  ty, t � 0, �
Khi đó



4xy 2
x  x2  4 y2
f (t ) 

Xét hàm số:

f '(t ) 

4





4t
t  t2  4

4t
t  t2  4

t 2  4  3t





 
3



t2  4 t  t2  4





3



3

,
t � 0, �

3

t0
�
1
�
t �(0, �) � � 2
�t
2
f '(t )  0,
� t  4  3t

Lập bảng biến thiên ta được
0

x

1
2



f’(t)
f(t)

0

�



1
8

�1 � 1
1
f � � .
(0, �)
8 khi � 2 � 8
4xy 2
1
max

3
8
x  x2  4 y 2

� max f (t ) 

Vậy





khi

x

1
y.
2

Bài 4: Hãy sưu tầm hoặc ra 20 đề toán thuộc loại này.

6


2
2
4.1. Cho x, y là số thực thỏa mãn x  y  2 .
3
3
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  2( x  y )  3 xy .

Bài làm
Ta có:
P  2( x  y )( x 2  xy  y 2 )  3xy
= 2( x  y )(2  xy )  3 xy

Ta có :

xy 

( x  y)2  2
2
, vì thế sau khi đặt t  x  y thì:

t2  2
t2  2
3
P(t )  2t (2 
) 3
 t 3  t 2  6t  3
2
2
2
( x  y)2
x2  y 2 �
� ( x  y ) 2 �4 � 2 �t �2
2
Ta có
.

Xét hàm số

3
P(t )  t 3  t 2  6t  3
2
với 2 �t �2 .

2
Ta có P '(t )  3t  3t  6 .

t 1
�
P '(t )  0 � �
t  2
�

Ta có bảng biến thiên như sau

t

-2
2

P’(t)

1
+

0

-

13
2

P(t)

-7
1
Vậy

7


min P(t )  P(2)  7

khi x  y  1

 2;2

� 1 3
1 3
x
;y
�
13
2
2
max P(t )  P (1)  � �
 2;2
2
� 1 3
1 3
x
;y
�
�

2
2
2
4.2. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: y  f ( x)  x  9  x

Bài làm
TXĐ: [-3; 3]

y '  1
Đạo hàm :

x
9  x2

y' 0 � x 

Ta có:

f (3)  3;



9  x2  x
9  x2

3 3
(
� 3;3
2 2

f (3)  3;

Nên min f ( x)  3;( x  3) ;

f(

Giải. Ta có

3
)
2

maxf ( x)  3 2; ( x 

4.3. Tìm GTLN, GTNN của hàm số
y' 

3
)3 2
2

y

2 x 2  3x  3
x 1
trên đoạn  0; 2 .

 4 x  3  x  1   2 x 2  3x  3
2
 x  1



2 x2  4 x

 x  1

2

0

x � 0; 2 

. Lại có

17
17
min y  3 max y 
y  0  3 y  2  3
3 .
,
. Suy ra x� 0;2
, x� 0;2
2
4.4. Tìm GTLN, GTNN của hàm số y  x  4  x .

Giải. TXD   2; 2 . Ta có
y '  1

x

4  x2



4  x2  x
4  x2

( x � 2; 2  ).

Với mọi x � 2; 2  , ta có

8


y'  0 �

4  x2  x  0 �

�x �0
� 2
2
4  x 2  x � �4  x  x � x  2 .

Vậy



min y  min y  2  ; y  2  ; y



 2    min  2; 2; 2 2  2 , đạt được �

max y  max y  2  ; y  2  ; y

 2    min  2; 2; 2 2  2

4.5. Tìm GTLN, GTNN của hàm số

2

x  2 ;

, đạt được �

2.

x 1

y

x 2  1 trên đoạn  1; 2 .

Giải. Ta có
y'

x 2  1   x  1
x 1
2

x
x2  1 

x

1 x

2

 1 x 2  1

.

Với mọi x � 1; 2  ta có
y '  0 � x 1.

Vậy
�3 5
�
min y  min  y  1 ; y  2  ; y  1   min �
0;
; 2 � 0
� , đạt được � x  1 ;
� 5
�3 5
�
max y  max  y  1 ; y  2  ; y  1   max �
0;
; 2 � 2
� 5

�
, đạt được � x  1

4.6. Tìm GTLN, GTNN của hàm số

y

ln 2 x
1; e3 �
�
�.
x trên đoạn �

Giải. Ta có
� ln x �
2
.x  ln 2 x
�
�
2 ln x  ln 2 x
x
�
y'  �

x2
x2
.

Với mọi

x � 1; e3 

ta có
y '  0 � 2 ln x  ln 2 x  0 � ln x  0 hoặc ln x  2

9


3
� x  1 hoặc x  e 2 � x  e2 ( 1 � 1; e  ).





� 9 4�
min y  min y  1 ; y  e3  ; y  e2   min �
0; 3 ; 2 � 0
� e e
Vậy
, đạt được � x  1 .





� 9 4� 4
max y  max y  1 ; y  e3  ; y  e   max �
0; 3 ; 2 � 2
e , đạt được � x  e 2 .

� e e
2
2
4.7. Tìm GTNN của hàm số y   x  4 x  21   x  3x  10 .

2
� x  4 x  21 �0
� 2
� x  3x  10 �0

Giải. x �TXÑ �
TXD=  2;5

�

2 �x �5 , suy ra

. Ta có
y'  

x2
 x  4 x  21
2



2x  3
2  x 2  3 x  10 .

x2  4x  4

4 x 2  12 x  9


2
2
 x 2  4 x  21 2  x 2  3 x  10 �  x  4 x  21 4   x  3 x  10 

x2

y'  0 �

�

3 �x �7
�
�
2 �x �5
�

2x  3

2
2
2
2
� 4   x  3 x  10   x  4 x  4     x  4 x  21  4 x  12 x  9 

� 51x  104 x  29  0 �
2

x

Thử lại, ta thấy chỉ có

1
29
x
3 hoặc
17 .

1
3 là nghiệm của y ' .

y  2   3 y  5   4

,

x

�1 �
1
y � � 2
x
� min y  2 , đạt được �
3.
, �3 �

4.8. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số:

Giải:

.Đặt .Do nên .
Bài toán trở thành tìm GTLN,GTNN của hàm số trên đoạn
.

10


.So sánh các giá trị này ta được GTLN là 2 tại t=0 hoặc t=1 tức là x=0 hoặc x=

4 GTNN là tại t = tức là x = .

4.9. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: trên đoạn .
Giải:
D=R
.
Đặt ; .Do nên
*Hàm số trở thành ,
.
.So sánh các giá trị này ta được GTLN là tại t= GTNN là tại t =0 .
4.10. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: trên đoạn .
Giải:
Ta có
Đặt ; .Khi đó .Thay vào hàm số ta được :

.So sánh các giá trị này ta được
GTLN là 1 tại t=1 tức là ;GTNN là -1 tại t =-1 tức là
4.11. Tìm GTLN và GTNNcủa hàm số: y=

x 2  5x  6

trên đoạn

 5;5

Giải:
TXĐ: R ( Ta chỉ xét trên đoạn  5;5 )
�2 x  5 ( x  2 �x  3)
y'  �
(2  x  3)
�2 x  5
Đạo hàm:
không có đạo hàm

y’=0

� x

.

Tại điểm x = 2, x = 3 hàm số

5
5
� 5;5
x
2
2 ; x=3
. Nên có 3 điểm tới hạn thuộc (-5; 5) là x =2;

11

�5 � 1
� �
Tính f(2)= f(3)=0; f �2 � 4 ; f(-5)=56; f(5)=6 Suy ra:

max f ( x)  56
 5;5

;

min f ( x)  0
 5;5

S   x 3  1  y 3  1
4.12. Cho x , y �0 thỏa mãn x  y  4 . Tìm GTLN, GTNN của
.

Giải. Đặt t  xy , suy ra

4

2

4

. Ta có

2
3

  x  y �
1
 x  y   3xy �
42  3t �
�
�  t 4�
�
� 1  t 3  12t  63 .
2
3
Xét hàm f  t   t  12t  63 , với t � 0; 4 . Ta có f '  t   3t  12  0 t � 0; 4 �
f  t
 0; 4

S 

 xy 

 x  y
0 �t �

3

đồng biến trên

. Do đó

min S  min f  t   f  0   63
t� 0;4 



�x  y  4
�
�xy  0
�
t� 0;4

�x  y  4
�
�xy  4
�
4.13.

 x; y    4; 0  hoặc  x; y    0; 4  .

max S  max f  t   f  4   49



, đạt được khi và chỉ khi

, đạt được khi và chỉ khi

 x; y    2; 2  .

2
2
Cho x , y �0 thỏa mãn x  y  2 . Tìm GTLN, GTNN của S  x  y  xy .

Giải. Đặt t  x  y � t  0 . Ta có
t 2   x  y  �2  x 2  y 2   4 � t �2
,
2

t 2   x  y   x 2  y 2  2 xy �x 2  y 2  2 � t � 2
.
2

Suy ra

�
t ��
� 2; 2 �

. Lại có

xy 

Ta có

 x  y

f '  t   t  1  0

2

  x2  y2 
2

với mọi



1
1
 t 2 1
S  f  t    t2  t 1
�
2
2
.

t � 2; 2



,

f  2  1

,

f  1 

3
2 . Do đó

12



�x  y  2
�x  1
�2
�
2
min S  f  2   1
, đạt được � �x  y  2 � �y  1 .



� 1 3
�x 
�
2
�
x

y

1
�
3
�y  1  3
�2
max S  f  1 
2
x


y

2
�
2
� �
2 , đạt được � �
hoặc

4.14.

Cho x , y �0 thỏa mãn x  y  8 . Tìm GTLN, GTNN của
2

2

� 1 3
�x 
�
2
�
�y  1  3
�
�
2 .

S

x

y

y 1 x 1 .

Giải. Đặt t  x  y , ta có

 x  y

2

 x  y

2

�2  x 2  y 2   2 �
8  16 � t �4
,

 x 2  y 2  2 xy �x 2  y 2  8 � t �2 2
.

Suy ra 2 2 �t �4 . Lại có
x�
y

 x  y

2

  x2  y2 

2

t2  8

2 .

Ta có biến đổi sau đây
t 2  t   t 2  8

S

Xét hàm



2
x  x  1  y  y  1
x  y    x  y   2 xy 

t2  8

t
1
 y  1  x  1
x  y  xy  1
2

Suy ra

t 8

t  2t  6 với 2 2 �t �4 . Ta có

f  t 

t
f ' t  
f



2

2

 2t  6    t  8   2t  2 

 t 2  2t  6 



S �2 �min f  t  

min S 

2

nghịch biến trên

max f  t   f 2 2  2

+)

t 8
 2 �2
t  2t  6 .

t��
2 2;4�
�
�



t 2  16t  22

 t 2  2t  6 

2

0

, t : 2 2 �t �4 .

�
2 2; 4 �
�
�. Do

đó

min f  t   f  4  

t��
2 2 ;4 �
�
�

2
3.

.

4
3 , dấu bằng xảy ra �

�x 2  y 2  8
�
�x  y  4
�

x  y  2 . Vậy

4
3 , đạt được � x  y  2 .

13


2
2

�
�x  y  8
�
S �2 �max f  t   4 2
t��
2 2 ;4�
�x  y  2 2 �
�
�
�
+)
, dấu bằng xảy ra

�x  2 2
�
�y  0

.

4
max S 
3 , đạt được �
Vậy
4.15.

�x  0
�
�y  2 2 hoặc

�x  0

�
�y  2 2 hoặc

�x  2 2
�
�y  0 .

Cho x , y �0 thỏa mãn x  y  xy  3 . Tìm GTLN, GTNN của
S

x2
y2
1


y 1 x 1 x  y  3 .

Giải. Đặt
�xy  3  t �0
�
�xy  3  t
�
t2
�
3 �t 
�
2 �t �3 .
t  x y � �
4
� �

Ta có
x3  y 3  x 2  y 2
1

x  y 3 
S   x  1  y  1

 x  y

3

 3xy  x  y    x  y   2 xy
1

xy   x  y   1
x y3
2

t3  3 3  t  t  t2  2  3  t 
1
t 3 2 7t
1
3


t




t 3  4
 3  t   t 1
4 t 3 2 .

t 3 2 7t
1
3
f  t  t  

4
4 t  3 2 , t � 2;3 .
Xét hàm

Ta có

f ' t  

3t 2
7
1
 2t  
0
4
4  t  3 2
, t � 2;3 � f  1 đồng biến trên  2;3 .

Do đó


S  f  t  �f  2  

�

min S 

�x  y  xy  3
4
�
� x  y 1
5 . Dấu “  ” xảy ra � �x  y  2

4
5 , Đạt được � x  y  1 .

14




S  f  t  �f  3 

�x  y  xy  3
�x  0
35
�
�
� �y  3 hoặc
6 . Dấu “  ” xảy ra � �x  y  3

�x  3

�
�y  0 .

�

4.16.

max S 

�x  0
�x  3
35
�
�
6 , Đạt được � �y  3 hoặc �y  0 .

2
2
2
2
Cho x , y thỏa mãn x  xy  y  1 . Tìm GTLN, GTNN của S  x  xy  y .

1   x  y   xy � x  y 
2

Giải. Từ giả thiết suy ra

2

 x  y


4

2

3 x  y 

4
. Do đó, nếu
2

�2 3 2 3�
3 2
t ��

;
�
t
�
1
3
3
t   x  y
�
�.
đặt
thì 4
, hay

xy   x  y   1  t 2  1

2

Ta có

, suy ra

S   x  y   3xy  t 2  3  t 2  1  2t 2  3
2

.

�2 3 2 3�
t
�

;
�
�
3
3 �
f  t   2t 2  3
�
Xét hàm
với
. Ta có f '  t   4t , f '  t  có nghiệm
�2 3 2 3�
t  0 ��
� 3 ; 3 �
�
�

�.
duy nhất
�2 3 � � 2 3 � 1
f�

�
�3 �
� f �
�
� 3
3
f  0  3
� .
Ta có
, � � �

Do đó


min S 

1
3 , đạt được chẳng hạn khi

�
2 3
�x  y 
3
�
�x 2  xy  y 2  1

�
�



�
2 3
�x  y 
3
�
2
�
 x  y   xy  1 �
�

�
2 3
x y 
�
�
3
�
�xy  1
�
3
�
�

�1 1 �
;

�
� 3 3 �.

 x; y   �

max S  3 , đạt được khi và chỉ khi

15


�x  y  0
�2
2
�x  xy  y  1 �

�
�x  y  0
�x  y  0
�
2
 x  y   xy  1 � �
�
�xy  1

 x; y    1; 1 hoặc  x; y    1;1 .

�

Cho x , y thỏa mãn  x  y   4 xy �2 . Tìm GTNN của
A  3  x4  y 4  x2 y 2   2  x 2  y 2   1

3

4.17.

.

Giải. Áp dụng bất đẳng thức

x

4

a

2

3
2
 b 2  ab  �  a  b 
2
2
4
với a  x , b  y ta được

2
2
3
9
 y 4  x2 y 2  �  x2  y2 
A �  x2  y 2   2  x2  y 2   1

�
4
4
.

Từ giả thiết, áp dụng bất đẳng thức

 x  y

3

2

 x  y  1 �
 x  y
�

2

, ta có

 2  x  y   2 ��0
� � x  y �1
2
2
 x  y   2  x  y   2   x  y  1  1  0 x y

  x  y  �2 �

(do

4xy � x  y 
2

,

).

�  x  y
1
t�

�
�
2
2
�
�A �f t  9 t 2  2t  1
 
2
2
t

x

y
�
4
� �
Đặt

.
9 2
1
1
9
f  t   t  2t  1 t �
f '  t   t  2  0 t �
4
2 . Ta có
2 � f  t  đồng
2
Xét hàm
,
2

1
�
�
�1 � 9
1
; ��
f  t  �f � �
t �
�
��
�2 � 16
2.
biến trên �2
9
S�

16 , dấu “  ” xảy ra khi và chỉ khi
Như vậy
�x  y
�
1 1�
1 1�
�2
1
 ; �
 x; y   �
 x; y   �
x  y2 
�; �
�
�
�2 2 �hoặc
� 2 2 �.
�
2 �
min S 

9
16 , đạt được �

1 1�
1 1�
 ; �
 x; y   �
�
�

�2 2 �hoặc
� 2 2 �.

 x; y   �
�;

Vậy
4.18. 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 .
z   x  y
z   x  y
x y z 0

Giải. Từ
suy ra
của giả thiết, ta được

, thay

vào đẳng thức thứ hai

1  x 2  y 2   x  y   2  x  y   2 xy �2  x  y  
2

2

2

1
3

2
2
 x  y   x  y
2
2

16


Do đó, nếu đặt t  x  y thì ta có
� 6 6�
2
3 2
t
�

;
�
� xy  2t  1
t �1
� 3 3 �,
�
2 .
2

Biến đổi
5
5
P  x  y   x  y

  x3  y 3   x 2  y 2   x 2 y 2  x  y    x  y 

5

5

3
2
5
�
�
 x2 y2  x  y    x  y 
 x  y   3xy  x  y  �
 x  y   2 xy �
�
��
�
2

�3
2t 2  1 ��2
2t 2  1 � �2t 2  1 � 5
5
�
t  3�
�
t ��
t  2�
�
�t  t    2t 3  t 

�
2
2 �� 2 �
�
��
4
.

Xét hàm

f  t  
t�

nghiệm là

� 6 6�
5 3
5
t ��

;
�
2
t

t
f '  t     6t 2  1


3

3
�
�. Ta có
4
4
, với
có hai

6 � 6 6�
��

;
�
6 � 3 3 �

.

� 6� 5 6
� 6� 5 6
�6� 5 6
�6� 5 6
f�


f



f


f
�
�
�
�
�
�
� 3 � 36
� 6 � 36
�6 � 36
�3 �
�  36
�
�
�
�
�
�
�
�
Ta có
,
,
,
.
5 6
6
6
x y
z

36 , đạt được chẳng hạn khi
6 ,
3 .
Vậy
3
x yz �
2 . Tìm GTNN của biểu thức
4.19. Cho x, y, z >0 thỏa mãn
min P  

S  x2  y 2  z 2 

1
1
1
 2  2
2
x y y z z x.

3
Giải. Đặt t  xyz . Ta có t  0 và

3
1
�x  y  z �3 3 xyz
t�
�
2
2.
� 1�

t ��
0; �
2 �.
�
Suy ra

Lại có

17


1
1
1
1
1
1
3
3
 2  2 �3 3 2 �2 �2 
 3
2
x  y  z �3 x y z  3t , x y y z z x
x y y z z x xyz t
2

2

2

3

2

2 2

2

�2 1 �
S �3 �
t  3�
� t �.
�

Xét hàm

f  t   t2 

� 1�
� 1�
1
3 2t 5  3
t
�
0;
0; �
f
'
t


2
t


 0 t ��


�
�
3
4
4
� 2 �. Ta có
� 2�
t với
t
t
,

� 1�
�1 � 99
0; �
min S  3 f � �
�
�2 � 4 , đạt được khi và chỉ
suy ra f nghịch biến trên � 2 �. Vậy

khi
�x  y  z
�

�3
1
1
xyz 
x yz
�
�
2 �
2.

4.20. Cho a, b, c là ba số thực thỏa mãn điều kiện abc  a  c  b . Tìm giá trị lớn
P

nhất của biểu thức :

Giải : Theo giả thiết ta có

2
2
3
 2
 2
a 1 b 1 c 1
2

a  c  b(1  ac )  0 � b 

ac
1
a

1  ac và
c.

Thay vào biểu thức P ta được :
P

2
2(a  c) 2
3
1

2 2
, (0  a  )
2
2
2
a  1 (a  1)(c  1)
c 1
c

Xét hàm số :
c>0
Ta có :

f '( x) 

f ( x) 

1
( x  c)2

1

1
0 x
x 2  1 ( x 2  1)(c 2  1)
c và coi c là tham số
với

2c( x 2  2cx  1)
� 1�
 0 � x0  c  c 2  1 ��
0; �
2 2
2
(1  x ) (1  c )
� c�

Ta có bảng biến thiên
x
x0

0
f '( x)
f ( x)

1
c

+

0

-

f ( x0 )

18


Từ bảng biến thiên ta có :

f ( x) �f ( x0 ) 

S  2 f (a ) 

g '(c) 

Ta có :

c
1  c2 .

3
2c
3
�
 2
 g (c )
2
c 1

c 1
1 c

2(1  8c 2 )
(1  c 2 ) 2 (3c  1  c 2 )

2

 0 � c  c0 

1
� 0; �
8

Bảng biến thiên :
c

c0

0

g '(c )

+

0

�

-

g (c0 )

g (c )

Từ bảng biến thiên suy ra : g (c) �g (c0 )
�
S g (c)

Vậy với

c

g (c0 )

10
3 .

1
2
10
,a 
,b  2
maxS 
2
8
3 .
thì

19