Bài Giải Một Số Bài GTLN Và GTNN – Cực Trị Đại Số

<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

<b>HƯỚNG DẪN GIẢI GTLN & GTNN CỦA HAØM SỐ </b>

<i><b>GVBM :</b></i><b> ĐOAØN NGỌC DŨNG </b>

<b>BAØI 3.9 : Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của các hàm số sau : </b>

<b>1)</b>

y = x + 2

4x (ĐH B 2003) ĐS : Maxy =2 2; miny = –2
 Hướng dẫn :

y được xác định  4 – x2_₀__x2_₄__–2__x_₂

Txñ : D = [–2 ; 2]
y’ =

2
2
2

x
4

x
x
4
x

4
2

x
2

1









y’ = 0  4x2 x 

































2
x

2
x

0
x
2

x
0
x
x

x

4

0
x

2
2

2  x = 2

f(–2) = –2 ; f(2) = 2 ; f( 2 ) = 2 2
Vaäy Max y 2 2

]
2
;
2
[

x  khi x = 2 vaø xmin[2;2]y2 khi x = –2

<b>2)</b>

y =

1
x

1
x

2 

 _{trên đoạn [–1 ; 2]} _{(ĐH D 2003)} _{ĐS : Maxy = 2 ; miny = 0}
 Hướng dẫn :

Txñ : D = R (vì x2_{+ 1 > 0,}__x)

y’ =

1
x
)
1
x
(

1
x
1

x

1
x

x
2
).
1
x
(

1
x

2
2

2

2
2















y’ = 0  x = 1 (nhaän)
f(–1) = 0 ; f(1) = 2 ; f(2) =

5
5

3

Vaäy Maxy 2

]
2
;
1
[

x  khi x = 1 vaø xmin[1;2]y0 khi x = –1

<b>3)</b>

y = 2

x
1
)
1
x

(   (DBÑH 2004) ÑS : Maxy =

4
3

3 _{; miny = 0}
 Hướng dẫn :

y được xác định  1 – x2_₀__x2_₁__–1__x_₁

Txñ : D = [–1 ; 1]
y’ =

2
2

x
1

1
x
x
2





 _,__x__{(–1 ; 1)}

y’ = 0  –2x2_{– x + 1 = 0}_









nhaän)
nhaän)
(
1
x

(
2
1

x 

f(–1) = 0 ; f(1) = 0 ;

4
3
3
2
1
f 






 

Vaäy

4
3
3
y
M ax

]
1
;
1
[

x  khi x =₂1 vaø xmin[1;1]y0 khi x = 1

<b>4)</b>

y_ _x2_4x_21_ _x2_3x_10 _{(ÑH D 2010)} _{ÑS : Maxy = 4 ; miny = 2}
Điều kiện :































0
10
x
3
x

0
21
x
4
x
0
10
x

3
x

0
21
x
4
x

2
2
2

2

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

21
x
4
x
2

4
x
2
10

x
3
x
2

3
x
2
10

x
3
x

3
x
2
21

x
4
x

2
x

y ₂ ₂ ₂ ₂






























y’ = 0 _



2x_3



_x2_4x_21_



2x_4



_x2_3x_10

















 







 





















*
*
0

4
x
2
3
x
2

*

10
x
3
x
4
x
2
21
x
4
x
3
x

2 2 2 2 2

(*)  (2x – 3)2_(4x2_{– 16x – 84) = (2x – 4)}2_(4x2_{– 12x – 40)}
 (2x – 3)2_{[(2x – 4)}2_{– 100] = (2x – 4)}2_{[(2x – 3)}2_{– 49]}

 100(2x – 3)2_{= 49(2x – 4)}2__{10(2x – 3) =}__{7(2x – 4)}__{x =}

3
1_{, x =}

17
29_.

Kết hợp điều kiện (**) được : x =

3

1_.

Bảng biến thiên :

x 2

3

1 ₅

y’  0 +

y

3 4

2

Căn cứ bảng biến thiên, ta có : Miny = 2  x =

3
1_.

 Cách khác :
Điều kiện :
















0
10
x
3
x

0
21
x
4
x

2
2

2  x  5

Xét trên miền 2 < x < 5, ta coù :





2
2

2
3
x
4
49
2

x
25

y 





 






Neân

















2
2

2

2 2 25 x 2

3
x
2

3
x
4
49
2
x
0
2
3
x
4
49

2
3
x
2

x

25

2
x
'

y   





 






 











 




































3

1
x
2
x
4
49
2

3

x
25

5
;
2
2
3
;
2
x

2
x
25
2
3
x
2

3
x
4
49
2
x

0
2
3

x
2
x

5
x
2

2
2

2
2

2
2




















 






























 
















 










 







Ta coù : y(2) = 3 ; 2
3
1
y 






 _{; y(5) = 4}

Vaäy 2

3
1
y
y

min

5
x

2 _










 .

 Cách khác :

Điều kiện : 2  x  5

Vì (x2_{+ 4x + 21) – (}__x2_{+ 3x +10) = x + 11 > 0}__{y > 0}

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

Suy ra y  2 , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x =

3

1_{. Vậy miny = 2 .}

Tập xác định : D = [2 ; 5]

 

10
x
3
x
2

3
x
2
21

x
4
x
2

4
x
2
x

'f

2

2 _ _ _












Cho

 

x 4x 21



x 2



x 3x 10

2
3
x
0
x

'f _ _ 2 _ _ _ _ _ 2 _ _





 



3
1
x
17
29
x
3
1
x

2
3
x
2
x

1
21
x
4
x

25
10

x
3

x 4

49
1

2
3
x
2
x

21
x
4
x

4
x
4
x
10
x
3

x 4

9
x
3
x

2

3
x
2
x

2
2

2
2
2

2  
































































Bảng biến thiên :
x 2

3

1 ₅

f’(x)  0 

f(x)

3 4

2

Vaäy

 

2

3
1
f
x
f
Min

D _






 .

 Cách khác : (Theo đáp án đề thi Đại học khối D năm 2010 của Bộ Giáo Dục)
Ta thấy x2_{+ 4x + 21 – (}__x2_{+ 3x + 10) = x + 11 > 0 nên suy ra y > 0.}

Do đó y2 _



x_3



7_x

 

_ x_2



5_x



_2



x_3



7_x



x_2



5_x





x3



5x

 

 x2



7x



22



x3



5x

 

7x



x2









x3



5x

 

 7x



x2





2 22





vìy 0



2
y
2

y2 _ _ _ _



Vậy giá trị nhỏ nhất của f(x) là 2, đạt được khi
3
1
x .

(Theo đáp án đề thi Đại học khối D năm 2010 của Bộ Giáo Dục)

<b>5)</b>

1
x

3
x
3
x
2

y 2





 <i> trên đoạn [0 ; 2] </i> (ĐH D 2011) ĐS : Maxy =
3

17 ; miny = 3
 Hướng dẫn :

Txñ : D = R \ –1

Ta coù :





2

2

1
x

x
4
x
2
'
y




  y’= 0  x = 0  x = – 2 (loại)
Mà y(0) = 3 và y(2) =

3
17
Vậy giá trị lớn nhất là

3

17 và giá trị nhỏ nhất là 3.

<b>6)</b>

2x2 3x 3

y

x 1

 



 <i> trên đoạn [0 ; 2] </i> (ĐH D 2013) ĐS : Maxy = 3 ; miny = 1

 Hướng dẫn :
Txđ : D = R \ –1

Ta coù :





2
2

2x 4x 6

y '

x 1

 



</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4>

Maø y(0) = 3 ; y(2) = 5

3 ; y(1) = 1.

Vậy giá trị lớn nhất là 3 và giá trị nhỏ nhất là 1.

<b>7)</b>

 

x
4
x
x

f   trên đoạn [1 ; 3]. (THPT QG 2015) ĐS : Maxy = 5 ; miny = 4
 Hướng dẫn :

Hàm số f(x) liên tục trên đoạn [1 ; 3] và

 

₂

x
4
1

x

'f   ; f’(x) = 0  x = 2  (1 ; 3)
f(1) = 5 ; f(2) ;

 

3
13
3

f 

Vaäy :

  f

 

x 4
min

3
;

1  khi x = 2 ; max 1;3 f

 

x 5 khi x = 1

<b>8*)</b>

y = sin5_{x + 2 cosx} _{(DBÑH 2003)} _{ÑS : Maxy = 2 ; miny = – 2}

 Hướng dẫn :

Xét hàm số : y = y = sin5_{x + 2 cosx.}__x__{[0 ; 2}__].

y’ = 5sin4_{x.cosx –}

3sinx = sinx(5sin3x.cosx – 3)

y’ = 0  _







)
2
(
0
3
x
cos
.
x
sin
5

)
1
(
0
x
sin

3

(1)  x = k, k  Z

Mà x[0 ; 2] nên x = 0 ; x = 2

Xét hàm số : g(x) = 5sin3_{x.cosx –}

3,  x[0 ; 2]

 g’(x) = 5(3sin2_x.cos2_{x – sin}4_{x) = 5sin}2_x(3cos2_{x – sin}2_x)

g’(x) = 0  _








3
tgx

0
x
sin


























0
)
x
(
g
3
5
;
3
4

;
3
2
;
3
x

0
3
)
x
(
g
2
;
;
0
x

 g(x) = 0 : vô nghiệm.
Ta có : y(0) = 2 ; y() =– 2 ; y(2) = 2

Vaäy Maxy 2 khi x = 0  x = 2 vaø miny 2 khi x = 

<b>9*)</b>

_y__x6 _₄



₁__x2



3_{treân [–1 ; 1]} _{(DBÑH 2003)} _{ÑS : Maxy = 4 ; miny =}

9
4

 Hướng dẫn :

Đặt t = x2_{. Ta coù : –1}__x_₁_₀__t__1.

Ta coù : y = t3_{+ 4(1 – t)}3₌__3t3_{+ 12t}2_{– 12t + 4,}__t__{[0 ; 1].}

Khảo sát hàm soá f(t) = 3t3_{+ 12t}2_{– 12t + 4,}__t__{[0 ; 1].}

f’(t) = 9t2_{+ 24t – 12 = 3(}__3t2_{+ 8t – 4),}

f’(t) = 0 

3
2

t1  , t2 = 2 (loại)

Do 0  t  1, nên ta có bảng biến thiên của f(t) là

t ₀ 2

3 1

f’(t)  0 +

f(t) 4 1

9
4

Dựa vào bảng biến thiên ta có : Maxy Maxy 4

]
1
;
0
[
t
]
1
;
1
[

</div>
<span class='text_page_counter'>(5)</span><div class='page_container' data-page=5>

9
4
y
min
y
min

]
1
;
0
[
t
]
1

;
1
[

x    khi t = ₃

2 __{x =}
3

6



Max y = 4 khi x = 0 , Miny =

9
4_khi

3
6
x

<b>10*)</b>

y = 






 



 ₂

x
7
1
4
x
2
11

x với x > 0 (DBĐH 2006) ĐS : miny =

2
15

 Hướng dẫn :





2 2 2

2 2 ₂ ₂

3

2

2 2 2

11 7 11 14 2x x 7 11 x 7 28

y x 4 1 x 0 y ' 1

2x x 2x 7 2x x 7

x 1

x

y ' 0 2x x 7 11 x 7 28 0

   

 

   _  _      

  _ 

      

Đặt t = x2_7



_x_₀__t_ _x2 _₇



__x2_{= t}2_{– 7}

Ta coù : 2(t2_{– 7)t – 11t – 28 = 0}__2t3_{– 25t – 28 = 0}__{t = 4}__{x = 3}

x 0 3 +

y’  0 +

y + +

2
15
Từ bảng biến thiên, ta có :

  ₂

15
y
Min

;

0  , khi x = 3

<b>B. CỰC TRỊ ĐẠI SỐ (BIỂU THỨC HAI BIẾN) </b>
 <i>PHƯƠNG PHÁP 1 : </i>Đổi biến đẳng cấp

<i><b>BAØI 3.10 : </b></i>
 Hướng dẫn :

Biểu thức A là biểu thức đẳng cấp bậc hai của x, y (cả tử và mẫu đều có bậc 2). Khi gặp biểu thức đẳng
cấp, cách giải ta thường sử dụng là chia và đặt ẩn phụ để xét hàm một biến.

 Neáu y = 0 thì x  0 và A = 0.

 Nếu y  0, ta chia cả tử và mẫu cho y2.
Đặt

y

x

t . Khi đó t  R và

1
t
2
t
3

1
t
2

A ₂






 .

Xét hàm số

 

1
t
2
t
3

1
t
2
t

f ₂






 trên R.

Ta có :

 







₂



2

1
t
2
t
3

1
t
t
6
t

'f







 ;

 

_









1
t

0
t
0
t

'f vaø lim f

 

t lim f

 

t 0

x

x    .

Suy ra bảng biến thiên :

t  1 0 

f’(t)  0  0 

f(t)

1

0 0

2
1



Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra giá trị lớn nhất của A là 1, đạt khi x = 0, y  R*_{; giá trị nhỏ nhất của A là}

2
1

 , đạt khi x = y  0.
<b>BÀI 3.11 </b>

</div>
<span class='text_page_counter'>(6)</span><div class='page_container' data-page=6>

Ta có : 2 2 ₂2 ₂2

y
xy
x

y
xy
x
y
xy
x
A











 Nếu y0 thì x1 và A1.

 Nếu y0 thì

1
y
x
y

x

1
y
x
y
x

A ₂

2



















 . Đặt

y
x

t ta được :

1
t
t

1
t
t
A ₂2







 







₂



2
2

1
t
t

1
t
2
'
A






 ; A'0t1

2
2

x x

t t 1

lim B lim 1

t t 1

 

 

 

 

Bảng biến thiên :

t  1 1 +

A’ + 0  0 +

A

3 1

1

3
1

Theo bảng biến thiên, ta được :

 MaxA3 đạt được khi t1yx thế vào

 

1 được : x2_1_x__1_y__1



3
1
A

min  đạt được khi t1yx thế vào

 

1 được : y
3

1
x
1
x

3 2 _ _ __ _

 Cách khác : Điều kiện : _







0
y

0
x
TH1 : x = 0  A = 1.

TH2 : x  0. Đặt y = tx, ta coù : A =

1
t
t

1
t

t
)
t
t
1
(
x

)
t
t
1
(
x
x
t
tx
x

x
t
tx
x

2
2
2
2

2

2

2
2
2
2

2
2
2
2



















 

 At2_{+ At + A = t}2_{– t + 1}__{(A – 1)t}2_{+ (A + 1)t + A – 1 = 0 (1)}

 Nếu A = 1 thì t = 0.

 Nếu A  1 : phương trình (1) có nghiệm

  = (A + 1)2_{– 4(A – 1)}2_₀__–3A2_{+ 10A – 3}_₀__3A2_{– 10A + 3}_₀_

3
A
3
1_ _

Vaäy Max y = 3 và min y =

3
1

<b>BÀI 3.12 : </b>
 Hướng dẫn :

Ta coù : P = 2 ₂
y
2
xy
2
1

)
xy
6
x
(
2




 ₌

2
2

2
2

y
2
xy
2
y
x

)
xy
6
x
(

2





 _{(vì x}2_{+ y}2_{= 1 theo giả thiết)}

 TH1 : y = 0  P = 2.

 TH2 : y  0. Đặt x = ty, ta có : P =

3
t
2
t

t
12
t
2
)
3
t
2
t
(
y

)

t
12
t
2
(
y
y
2
ty
2
y
y
t

)
ty
6
y
t
(
2

2
2
2

2
2
2
2

2
2
2
2

2
2
2

















 

 Pt2_{+ 2Pt + 3P = 2t}2_{+ 12t}__{(P – 2)t}2_{+ 2(P – 6)t + 3P = 0} ₍₁₎

Nếu P = 2 thì t =

4
3_.

Nếu P  2 : phương trình (1) có nghiệm   = (P – 6)2_{– (P – 2).3P}_₀__–2P2_{– 6P + 36}_₀
 2P2_{+ 6P – 36}_₀_

3
P
6 



</div>
<span class='text_page_counter'>(7)</span><div class='page_container' data-page=7>

maø x2_{+ y}2_{= 1}__9y2_{+ y}2_{= 1}__10y2_{= 1}__{y =}_

10

1  x = 

10
3 


























10
1
y

10
3
x

10
1
y

10
3

x

_ Tương tự : khi P = –6 
























13
2
y

13
3
x

13
2
y

13
3
x

Vậy Max y = 3 khi

























10
1
y

10
3
x

10
1
y

10
3
x

và min y = –6 khi

























13
2
y

13
3
x

13
2

y

13
3
x

<b>BAØI 3.13 : </b>
 Hướng dẫn :

<i><b> Cách 1 : </b></i>

<i><b> Điều kiện x </b></i> 0, y  0. Đặt t y y tx (t R, t 0)
x

     . Ta coù :





2 2 2 2 2 2 2 3 2 2 2

xy xy x xy y tx (xtx)x tx t x x (tt )x (1 t t )

2
2

t t 1

x (t 0, t 1)

t t

 

    



Mặt khác, ta có :













2 2

2 2 2 2

3 3

3 3 3 3 3 3 3 3 2

x y x y xy x y .xy

1 1 x y x y x tx t 1

A

x y x y x y x y xy tx tx

     

       

     _ _ _ _ _ _

   

 

Theá x t2₂ t 1

t t

 


 vào A, ta có :

2 2

2

2 ₂ ₄ ₂

2 2 2 2 2 2

2

t 1 t 1 t 1 (t 1) (t 1) t 2t 1

A A

t t 1 t t 1

tx t t 1 (t t 1) t t 1

t.

t t t 1

   

    _ _

      

 

_ _     _ _   

         

  _ _ _ _  

 

   

= B

Tới đây ta có thể tìm min của B theo theo hai cách sau :

<b> Cách a : Dùng đạo hàm : </b>

Xeùt B t2₂ 2t 1

t t 1

 


  , t  R

2

2 2

3t 3
B'

(t t 1)

 

 

 

2 2 t 1

B' 0 3t 3 t 1

t 1




   _{    }

 


2
2

x x

t 2t 1

lim B lim 1

t t 1

 

 

 

 
 Bảng biến thiên :

x – –1 1 +

B’ – 0 + 0 –

1 4

B

0 1

Dựa vào bảng biến thiên, ta có :

t R x R

1
Max B 4 khi t 1 Max A 6 khi x y

2

        khi x = –₂

1_vaø

2
5
y
min

R

x  khi x = –5

</div>
<span class='text_page_counter'>(8)</span><div class='page_container' data-page=8>

Ta coù : 2 2 2 2
2

t 2t 1

B B(t t 1) t 2t 1 (B 1)t (B 2)t B 1 0

t t 1

 

             

  (1)

Phương trình trên có nghiệm

 Xét B = 1 : phương trình (1)  –3t = 0  t = 0  phương trình có nghiệm khi B = 1 (a)
 Xeùt B  3 phương trình (1) có nghiệm t B 3 ₂

(B 2) 4(B 1)(B 1) 0




 _{ } _ _ _ _{ }



2 2

B 3 B 3

3B 12B 0 3B 12B 0

 

 

_ _

    

  

B 1 B 1

3B(B 4) 0 0 B 4

 

 



 _{ }  _{ }

  (b)

Từ (a) và (b), ta có miền giá trị của hàm số là : 0  B  4.



t R

Max B 4

  khi t = 1 (thế B = 4 vào (1) hoặc  = 0, ta có : t = 1). Vậy Max A 16x R  khi 2

1
y
x 

<i><b>BAØI 3.14 : </b></i>
 Hướng dẫn :

Ta đưa bài toán trở về việc tìm giá trị lớn nhất của một hàm số trên một tập con của tập xác định.
Đặt t x 0

y

  . Từ điều kiện x0, y0, ta có 0
y

x _ _{, ta được :}

6
t
6

2
t

3
t
t

1
t
P

2 









Điều kiện

4
1
2
1
y
1
4
1
y

1
y
1
y
x
0
1
y
xy

2

2  







 _










Bài tốn ban đầu được phát triển thành :

“Tìm giá trị lớn nhất của hàm số

 

_{ }

1
t
6

2
t
3
t
t

1
t
t

f

2 _








 trên nửa đoạn  _




4
1
;

0 ”

Rõ ràng f liên tục trên

 

t







4
1
;

0 .

Nếu f đồng biến trên

 

t








4
1
;

0 tức là 'f

 

t 0 với  _




4
1
;
0

t thì giá trị lớn nhất của f trên đó là

 

t 






4
1
f .

Ta coù :

 















2

_

₂

_

₃





2

2

2
2

1
t
2

1
3

t
t
2

7
t
3
1

t
2

1
3

t

t 2 t t 3

1
t
2
1
t
3
t
t
'
1
t
t
'f













  










Vì  _




4
1
;
0

t nên 3t76, t2_t_3_t



t_1



_3_3_và





2

1
1
t
2

1

2 

 nên

 

2 0

1
3
3
.
2

6
t

'f    với








4
1
;
0
t

Hàm số f đồng biến trên

 

t







4
1
;
0

 

30
7
3

5
4
1
f
t
f
max
P

max

4
1
;
0
t



















 <i>PHƯƠNG PHÁP 2 : </i>Thế biến.

<b>BÀI 3.15 : </b>
 Hướng dẫn :

Ta coù : x2 _x_12_y_0_hay_₄__x_₃_.

Khi đó : T_x3_3x2_9x_7_.

Xét hàm số f

 

x _x3_3x2 _9x_7_{, với}_₄__x_₃_.

 

2 2

f ' x 3x 6x 9 3(x 2x 3)

       x 1

x 3




  _{ }



</div>
<span class='text_page_counter'>(9)</span><div class='page_container' data-page=9>

f(–4) = 13 ; f(3) = 20 ; f(1) = –12 ; f(–3) = 20.

20

MaxT khi



x;y

 

 3;6



hoặc



x; y

 

 3; 0



12
T

min  khi



x;y

 

 1;10



,

<b>BAØI 3.16 </b>

 Hướng dẫn :

<i><b> Cách 1 : </b></i>

Ta có :

5 5

x y y x ₅

y x

4 4

4

x 0 x 0

5

0 x

y 0 5

x 0 4

4

 _{ }  _{ }



  _{ }



 _ _ _ _

  

 _  _{  }



    

 

. Xét hàm số f(x) = 4 1 , x 0 ;5

x 5 4x 4

 

 _{ } _

  













2 ₂ ₂ 2 ₂

2
2

4 4

f '(x) 0 4 5 4x 4x 0 x 5 4x 3x 8x 5 0

x _{5 4x}

               

 

x 1 (
5

x (

3




 


nhận)
loại)

x 0 1 5/4

f’(x)  0 +

f(x)

5

Dựa vào bảng biến thiên ta có min S = 5 khi x = 1  y =
4
1

<i><b> Cách 2 : Áp dụng BĐT côsi cho các số dương, ta có : </b></i>

5
5
25
y
4
x
4

25
y

4
x

x
x
x

5
.
5
5

y
4
x
x
x
x

5
y

4
.
x
.
x
.
x
.
x

5

y

4
1
x
1
x
1
x
1
x
1
S

5              








1 1 1 1 1

x x x x 4y

x 4y 1

y

5

min S 5 x y 5 4

4 x y

x 1
4

x 0, y 0

    


 _ _ _{ }

  

 _   _ _

 

 _ _{ }_

 





<i><b> Cách 3 : Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki, ta có : </b></i>

y
4

1
x
4
y
x
y
2

1
y
x
2
x
2
1

2         (3)

Dấu “=” ở (3) khi
































4
1
y

1
x
4
5
y
x

y
4
x
4

5
y
x

y
.
y
2

1
x

.
x

2

(3)  5

y
4

1
x
4
y
4

1
x
4
4
5
2

5 2 _ _ _



















 _.

Vậy min S = 5.
<i><b>BAØI 3.17 : </b></i>
 Hướng dẫn :

</div>
<span class='text_page_counter'>(10)</span><div class='page_container' data-page=10>

Điều kiện :

1

1 2x 0 x 1

x 2

2

2 x 0 2

x 2



   

 _ _{   }

 _{ } 

 _{ }_

So với điều kiện x > 0, ta có : 0 < x  2.
x
2
.
x
2
1

x
2
1
x
2
x
2

1
x
2
1

1
'
A












 ;

3
1
x
x
2
1
x
2
0
'

A      

Bảng biến thiên :

x 0 ₃1 2

A’ + 0 

A 15

Theo bảng biến thiên, ta được : MaxA 15 đạt được

3
4
y
3
1

x  



<i><b>BAØI 3.18 : </b></i>
 Hướng dẫn :

Ta coù : _y_₂__x__A__x4 _



₂__x



4





3

3 3 2 3 3 2 2

A '4x 4 2 x 4x 4(8 12x 6x  x )8x 24x 48x 32 (x 1)(8x 16x 32)
1

x

0
'

A   (do x2_{– 16x + 32 > 0,}__x)

Bảng biến thiên :

x  1 +

A’  0 +

A + +

2

Theo bảng biến thiên, ta được : minA2 đạt được khi x1y1.
<b>BAØI 3.19 </b>

 Hướng dẫn :

Ta có : _x2 __y2 _₂__y_ ₂__x2



_vì _y_₀



Do y > 0 neân 2

2 x   0 2 x 2 và do x > 0 nên 0 x  2



₂



3

3 ₂ _x

x

A  

 với 0x 2

 2



2



1₂ 2 2



2



2

2

3 2x 2

A ' 3x 2 x 3x 3x 2 x 3x x 2 x 3x

2 _x _{2 x}



          

  ; A'0x1



vì x0



Bảng biến thiên :

x 0 1 2

A’  0 +

A 2 2 2 2

2

Theo bảng biến thiên, ta được : minA2 đạt được khi x1y1.
<i><b>BAØI 3.20 : </b></i>

</div>
<span class='text_page_counter'>(11)</span><div class='page_container' data-page=11>

Theo giả thiết :

a 0 a 0 _b ₀

b 0 4

b 0 b 0 ₄ 0 b

4 3b 0 b 3

a 3b 1 a 4 3b 3

 

  _ _  

 _ _ _ _ _ _{  }

   _ _  _



 _ _  _{ } _

 

Khi đó :

b
1

3
b
3
5

1
4
b
1

b
3
b
3
5

b
3
4
P













Xét hàm

 

b
1

3
b
3
5

1
4
b
f






 trên _ _

3

4
;
0 .
Ta có :

 





1 b

3
b

3
5

3
b

'f ₂





 ;

 



 



_














3
b

1
b
b

1
b
3
5
0
b

'f 2 2

x 0 1

3
4

y’  0 

y 5

4

7
12
2

Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra giá trị lớn nhất của P là
5

4_{, đạt khi b = 0, a = 4 ; giá trị nhỏ nhất của P là}
2, đạt khi b = 1, a = 1.

<i><b>BAØI 3.21 : </b></i>
 Hướng dẫn :

Từ giả thiết suy ra : 2 2 2

2 2

x 0 ; y 0 x 0 ; y 0 x 0 ; y 0

x 3 x 3 x 3

y y y

x x x

9

x 3 3x 14x 9 0

1 x

2x 3 14

5
x

 

        

 _  _  _

 _ _ _ _ _

  

  

 _{ }  _ _     _{ }

 _



Khi đó :





2

2 2 2

2 x 3 x 3 2 5x 9 9

P 3x x 2x x 1 5x

x x x x

      

 _ _ _ _     

   

Xét hàm số

 

x
9
x
5
x

f   trên _ _

5
9
;

1 . Ta có :

 

0

x
9
5
x

'f   ₂  với mọi 








5
9
;
1

x .

Do đó hàm đồng biến trên _ _

5
9
;

1 . Suy ra : minf

   

x f1 4

5
9
;
1









 ;

 

5 4

9
f
x
f
max

5
9
;
1
















Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 4, đạt khi x = 1, y = 4 ; giá trị lớn nhất của P là 4, đạt khi
5
9
x ,

15
52
y .
 <i>PHƯƠNG PHÁP 3 : </i>Đổi biến – Đổi biến đối xứng.

<i><b>BAØI 3.22 : </b></i>

 Hướng dẫn : Đổi biến
Theo giả thiết :

x 0 x 0

x 0 x 0

y 0 y 0 0 x 1

1 x 0 x 1

x y 1 y 1 x

 

 

 

 

 _ _ _ _ _ _{  }

   _{ }  _

 

 _{ }  _{ }

 

Ta có : y1x00x1. Khi đó :



  

x
1
x

1
x

1
x
A






Đặt





2

tx 1 x  x x ; t ' 1 2x  ; t ' 0 x 1
2

  

</div>
<span class='text_page_counter'>(12)</span><div class='page_container' data-page=12>

x 0 ₂1 1

t’ + 0 

t 4

1

0 0

Theo bảng biến thiên 0 t 1
4

   . Khi đó : A t 1
t

  ; A ' t2₂ 1 0
t



  t 0 ; 1

4

 

 _ _

 hàm A luôn giảm trên  _



4
1
;
0

4
17
4
1
A

A

min 








 đạt được khi t 1 x 1 y

4 2

   

<b>BAØI 3.23 : </b>
 Hướng dẫn :

<i>(Đổi biến kết hợp với BĐT Cơ-si) </i>

Ta có :













2

2 2

2 2 x y

x y xy 3 x y 2xy xy 3 x y 3 xy

4



            





2





2





2





2

4 x y 12 x y 3 x y 12 x y 4 2 x y 2

               

Đặt txy, t



2;2



Ta coù : ₃ ₃





3





₃



₂



₃

Px y 3x 3y  xy 3xy xy 3x 3y  t 3 t 3 t 3t  2t 6t
Xét f

 

t __2t3_6t_với_t_



_₂_;₂



Ta có : 'f

 

t __6t2 _6_{, trong khoảng}



_₂_;₂



_; _'f

 

_t _₀__t__₁

 

2 2

f   , f

 

1 4, f

 

1 4, f

 

2 2
 f

 

t 4

max

2
;
2

t  khi t1, suy ra maxP4 khi _








2
xy

1
y
x

 x1 ; y2 hoặc x2 ; y1

 f

 

t 4
min

2
;
2

t  khi t1, suy ra minP4 khi _









2
xy

1
y
x

 x1 ; y2 hoặc x2 ; y1

Vaäy, maxP4 khi



x;y

 

 1;2



,



2;1



và minP4 khi



x;y

 

 1;2



,



2;1



.
<i><b>BÀI 3.24 : </b></i>

 Hướng dẫn :
Từ giả thiết, ta có :

2 2 2 2 2 2 2

(x 4)  (y 4) 2xy 32 x      8x 16 y 8y 16 2xy 32 x  y 2xy 8x 8y   (x y) 8(x y)
Do (x + y)2__{0 và 8(x + y) lại lớn hơn (x + y)}2_{nên x + y}__{0. Do đó, ta có : 0}__{x + y}__8.

Ta coù :















x y



3



x y



6

2
3
y
x
6
y
x
3
xy
6
y
x
xy
3
y
x

A_ 3_ 3_ _ _ _ _ _ _ _ 3_ _ 2_ _ _

Đặt txy, 0t8 và xét hàm số

 

t 3t 6
2

3
t
t

f _ 3_ 2_ _

Ta coù : 'f

 

t _3t2 _3t_3_,

 

2
5
1
t
0
t

'f    

 

0 6

f  , f

 

8 398,

4
5
5
17
2

5
1

f _ 







 

Suy ra _ _

 

4
5
5
17
2

5
1
f
t
f
min

8
;
0









 

 . Do đó

4
5
5
17

</div>
<span class='text_page_counter'>(13)</span><div class='page_container' data-page=13>

Đẳng thức xảy ra khi

4
5
1
y
x
2

5
1
y
x

y
x
















.

Vậy

4
5
5
17
A

min   .

<b>BÀI 3.25 </b><i><b>: </b></i>

 Hướng dẫn :

<i><b> Nhận xét : Nếu ta rút ra y thì từ </b></i> 2 2 2

x y    2 y 2 x (do x, y  R) không thể giải theo kiểu thế
biến được do biểu thức P có y3_{dẫn tới khai triển}



2



3

2 x

  sẽ rất là phức tạp.
Do x2_{+ y}2_{= 2 nên ta có :}

P = 2(x + y)(x2_{– xy + y}2_{) – 3xy = 2(x + y)[(x}2_{+ y}2_{)–2xy] – 3xy = 2(x + y)(2 – xy) – 3xy}

Ta coù :





2

2 2 2 2 x y 2

x y 2 (x y) 2xy 2 2xy (x y) 2 xy

2

 

           

Để quy bài toán về một biến ta đặt t = x + y, ta có : xy t2 2
2




Khi đó :

2
2
t
3
2

2
t
2
t
2

P 2 _ 2 







 _ 

 t 6t 3

2
3
t
3
t
2

3
t
2
t
t

4 _ 3 _ _ 2 _ __ 3_ 2_ _



Mặt khác, ta có : 2 2 2 2

t   x y t (xy) x y 2xy2xy 2xy 4xy

 2 t2 2 2 2

t 4 2t 4 t 4 0 2 t 2

2

  

 _ _        

 

Từ đó xét hàm số

 

t 6t 3
2

3

t
t

f __ 3_ 2_ _ _,__t__{[–2 ; 2]}__{f ’(t) =}__3t2_{– 3t + 6}

f ’(t) = 0  3t2_{– 3t + 6 = 0} t 2

t 1

 


  _



(nhaän)
(nhaän)
f(–2) = –7 ; f(1) = 13

2 ; f(2) = 1.

2 2

1 3

x

x y 2

13 2

M ax P

2 x y 1 ₁ ₃

y
2

 _




   

 _ _

  _

 _{ }



hoặc















2
3
1
y

2
3
1
x

vaø



























1
y

1
x
2

y
x

2
y
x
7

P

min 2 2

<i><b> Chú ý : Ta có bảng biến thiên sau : </b></i>

t 2 1 2

f’(t) 0 + 0 

f(t)
<i><b>BAØI 3.26 : </b></i>

 Hướng dẫn :

2 2

1 x x 1 0

1 x 2 (x 1)(x 2) 0 x 3x 2 0 x 2 3x

x 2 x 2 0

  

 

  _ _           

  

  . Tương tự : y

2_{+ 2}__3y.

Do đó, ta có :





2 2









x 2y y 2x 1 x 2y y 2x 1 x y 1

P

3x 3y 3 3y 3x 3 4 x y 1 (x 2) 3y 3 (y 2) 3x 3 4 x y 1 x y 1 4 x y 1

    

       

</div>
<span class='text_page_counter'>(14)</span><div class='page_container' data-page=14>

Đặt t = x + y, suy ra 2  t  4. Xeùt

 

 

t 1
4
1
1
t

t
t

f  



 , với 2  t  4.
Ta có :

 

 

2 ₄

 

_t ₁2

1
1

t
1
t

'f





 . Suy ra : f’(t) = 0  t = 3.
Maø

 

12
11
2

f  ;

 

8
7

3

f  ;

 

60
53
4

f  neân

   

8
7
3
f
t

f   . Do đó,
8
7
P .
Khi x = 1, y = 2 thì

8
7

P . Vậy giá trị nhỏ nhất của P là
8
7 .
<i><b>BÀI 3.27 : </b></i>

 Hướng dẫn :
Đặt x y t  .

Ta coù : 3(x y) 4xy 3t 4xy xy 3t
4

     

Vì x 1 x y 2 t 2

y 1




    
 

 



x y



4xy 0

2 _ _

 neân 2

t   3t 0 t(t 3)   0 t 3 (do t  2)

Vì x1, y1 neân



x 1 y 1





0 xy



x y



1 0 3t t 1 0 t 4
4

             

Vậy 3 t 4.

Ta có :









2

3 1 1 6 ₃ 9 ₂ 8 16

C x y 3xy x y 3 t t

x y xy 4 t 3

 

     _  _     

 

Xét hàm số

 

3 9 2 8 16

f t t t

4 t 3

    với 3 t 4, có f ’(t) = 3t t 3 8₂ 0

2 t

 _ _ _

 

  , nên hàm số f(t) đồng biến

treân

 

3;4 . Suy ra f 3

     

f t f 4 113 f t

 

94

12 3

    

Do đó giá trị lớn nhất của C bằng
3

94 , đạt được khi và chỉ khi

















1
y

3
x
3

xy
4
y
x

hoặc








3
y

1
x

và giá trị nhỏ nhất của C bằng

12

113 _{, đạt được khi và chỉ khi}

2
3
y
x
4

9
xy

3
y
x














<i><b>BAØI 3.28 : </b></i>
 Hướng dẫn :

<i><b> Nhận xét : Vai trò x, y giống nhau (đối xứng). </b></i>

<i><b> Cách 1 : </b></i>

Ta có : S = (4x2_{+ 3y)(4y}2_{+ 3x) + 25xy = 16x}2_y2_{+ 12(x}3_{+ y}3_{) + 9xy + 25xy}

= 16x2_y2_{+ 12[(x + y)}3_{– 3xy(x + y)] + 34xy = 16x}2_y2_{+ 12[1}3_{– 3xy.1] + 34xy = 16x}2_y2_{– 2xy + 12}

Đặt t = xy. Do x, y là các số thực không âm nên





2

x y 1 1 1

0 xy 0 t t 0 ;

4 4 4 4

 _ _

  _{      } _

 

Ta coù : S = 16t2_{– 2t + 12}

Xét hàm f(t) = 16t2_{– 2t + 12,}_







4
1
;
0

t  f ’(t) = 32t – 2,

 

16
1
t
0
t

'f    .

Ta coù : f(0) = 12,

16
191
16

1

f 






 _,

2
25
4
1
f 






 _.

Vaäy

 

2
25
4
1
f

t
f
max

4
1
;
0














 ;

 

16

191
16

1
f
t

f
min

4
1
;
0














</div>
<span class='text_page_counter'>(15)</span><div class='page_container' data-page=15>

 Giá trị lớn nhất của S bằng
2

25 khi :

























2
1
;
2
1
y
;
x
4

1
xy

1
y
x

.

 Giá trị nhỏ nhất của S bằng

16

191_{khi :}

_

_








  













4

3
2
;
4

3
2
y
;
x
16

1
xy

1
y
x

hoặc





_







 _ _



4
3
2
;
4

3
2
y
;
x

<i><b> Caùch 2 : </b></i>



x y



16x y 34xy
12

S_ 3_ 3 _ 2 2 _







₂ ₂



₂ ₂





2 ₂ ₂

12 x y x y xy 16x y 34xy 12 x y 3xy 16x y 34xy

       _   _ 





2

2 2 1 191

12 1 3xy 16x y 34xy 4xy

4 16

 

    _  _ 

 

Mặt khác, do x, y không âm và xy1 nên ta có

4
1
2

y
x
xy
0

2







 



  0 4xy 1

Suy ra : 1 4xy 1 3

4 4 4

    

2 2

191 1 191 9 191 25 191 1 191 25

4xy 4xy

16 4 16 16 16 12 16 4 16 12

   

_  _      _  _  

   

Vaäy

2
25
S
16

191_ _ _.



16
191

Smin  khi 2

x y 1 _x _{y 1} _x _{y 1}

x y 1

1 3 1

1 191 200

4xy 1

4xy (do xy

4xy

4 4 4

4 16 16

 

 _ _{ } _ _{ }

 


 _ _ _

 _  _ _  _{ }  _  _



 

_ _ _ _

 x, y không âm)

 x, y là nghiệm của phương trình :

2 2

2 3

X

1 4

X X 0 16X 16X 1 0

16 ₂ ₃

X
4

 _





       

 _











_






 


4
3

2
;
4

3
2
y
;

x 

 S_{M ax} 25
2

 khi 2

x y 1 _x _{y 1} _x _{y 1}

1
1

1

xy

4xy 0

4xy 0

16

4

4

 

 _ _{ } _ _{ }

 _ _

 _  _  _{ }  _

 

_ _ _ _



 x, y laø nghiệm của phương trình :

2 1 2 2 1

X X 0 4X 4X 1 0 (2X 1) 0 X

4 2

             x y 1

2

 

Vậy ta có

16
191

Smin  khi












 


4
3
2
;
4

3
2
y
;

x  vaø S_{M ax} 25

2

 khi x y 1
2

  .

<i><b> Cách 3 : Phương pháp thế biến </b></i>
Theo giả thiết :

x 0 x 0

x 0 x 0

y 0 y 0 0 x 1

1 x 0 x 1

x y 1 y 1 x

 

 

 

 

 _ _ _ _ _ _{  }

   _{ }  _

 

 _{ }  _{ }

 

S = (4x2_{+ 3y)(4y}2_{+ 3x) + 25xy =} 2 2

4x 3(1 x) 4(1 x) 3x 25x(1 x)

        

   

2 2 2 4 3 2

(4x 3x 3)(4x 5x 4) 25x 25x 16x 32x 18x 2x 12

           

Xeùt hàm số f(x) = 4 3 2

16x 32x 18x 2x 12 , x  [0 ; 1]  f’(x) = 64x3 – 96x2 + 36x – 2 = 0



2



1 1 2 3 2 3

x 16x 16x 1 0 x x x

2 2 4 4

 

 

_  _         

</div>
<span class='text_page_counter'>(16)</span><div class='page_container' data-page=16>

1 25 2 3 191 2 3 191

f (0) 12 ; f (1) 12 ; f ; f ; f

2 2 4 16 4 16

     

 

    _ _ _ _

  _ _ _ _

Vậy ta có

16
191

Smin  khi












 


4
3
2
;
4

3
2
y
;

x 

vaø M ax

25
S

2

 khi x y 1

2

  .
<i><b>BAØI 3.29 : </b></i>

 Hướng dẫn :

1
xy
xy
xy
xy
2
xy
y
x

1_ 2_ 2_ _ _ _ _ _ _{. Mặt khác :}





3
1
xy
xy
3
xy
3
y
x
xy
y

x

1_ 2_ 2 _ _ _ 2_ __ _ __

Từ đó, ta được : xy 1
3

1 _ _



Biến đổi : _A__x4 __y4__x2_y2 _



_x2__y2



2 _₃_x2_y2 _



₁__xy



2 _₃_x2_y2 _₁_₂_xy_₂_x2_y2_.

Đặt txy thì t 1
3
1_ _

 . Xét hàm số : f

 

t __2t2 _2t_1_với _t ₁
3
1_ _



 

f ' t   4t 2 ;

 

2
1
t
0

t

'f   

t ₃1

2

1 ₁

 

t

'f + 0 

 

t

f 2

3

9

1 ₁

Theo bảng biến thiên, ta được :



 

9
1

t
f
min
A

min   đạt được

3
1
y
x
3
1

t   




 

2
3
t
Maxf

MaxA  đạt được

2
1
xy
2

1

t  

 .

Từ giả thiết :





2
5
y

x
2
5
xy
3
1
y
x
1
xy
y

x2_ 2_ _ _ _ 2 _ _ _ _ _ __

 giải hệ :















2
3
y

x
2
1
xy

ta được :

































2
2

1
5
y

2
2

1
5
x

2
2

1
5
y

2
2

1
5
x

(nhớ là ta chỉ cần đưa vài giá trị hoặc một giá trị của x, y để A max)
<i><b>BAØI 3.30 : </b></i>

 Hướng dẫn :

Ta đưa bài tốn trở về việc tìm giá trị lớn nhất của một hàm số trên một tập con của tập xác định.
Đặt t x 0

y

  . Từ điều kiện x0, y0, ta có 0
y

x _ _{, ta được :}

6
t
6

2
t
3
t
t

1
t
P

2 _









Điều kiện

4
1
2
1
y
1
4
1
y

1
y
1
y
x
0
1
y
xy

2

2  


















</div>
<span class='text_page_counter'>(17)</span><div class='page_container' data-page=17>

“Tìm giá trị lớn nhất của hàm số

 

_{ }

1
t
6

2
t
3
t
t

1
t
t

f

2 _








 trên nửa đoạn  _




4
1
;

0 ”

Rõ ràng f liên tục trên

 

t  _



4
1
;

0 .

Nếu f đồng biến trên

 

t







4
1
;

0 tức là 'f

 

t 0 với








4
1
;
0

t thì giá trị lớn nhất của f trên đó là

 

t 







4
1
f .

Ta có :

 















_

_

₃





2

2
2

2

2
2

1
t
2

1
3

t

t
2

7
t
3
1

t
2

1
3

t

t 2 t t 3

1
t
2
1
t
3
t
t
'
1
t
t

'f













  










Vì









4
1
;
0

t nên 3t76, t2_t_3_t



t_1



_3_3_và





2

1
1
t
2

1

2 

 neân

 

2 0

1
3
3
.
2

6
t

'f    với








4
1
;
0
t

Hàm số f đồng biến trên

 

t







4
1
;
0

 

30
7
3

5
4
1
f
t
f
max
P

max

4
1
;
0
t




















<i><b> Chú ý : </b></i>

<i><b> Cách 1 : </b></i>
Đặt

y
x

t từ giả thiết suy ra :

4
1
2
1
y
1
4
1

y

1
y
1
t
0

2

2  














 hay

4
1
t

0 





































1
y
x
6

2
y
x
3
y
x
y
x

1
y
x
y

x
6

y
2
x

y
3
xy
x

y
x

P ₂ ₂ ₂



t 1



6
2
t
3
t
t

1
t

P ₂









 với

4
1
t
0 

Xeùt

 

_

_

1
t
6

2
t
3
t
t

1
t
t

f ₂










 với

4
1
t
0 

 





₃





2

2 2t 1

1
3

t
t
2

7
t
3
t

'f


















4
1
;
0

t :





27

5
8
3

t
t
2

7
t
3

3

2 _ _ 



 _,





2

1
1
t
2

1

2 



 'f

 

t 0









4
1
;
0

t  f đồng biến trên







4
1
;

0 

 

30
5

10
7
4
1
f
t

f  








Vaäy

30
5
10
7

Pmax   khi x ₂1, y2.

<i><b> Chú ý : </b></i>
<i>Hướng 1 : </i>
Ta có :

6

1
1
t

1
2
1
3
t
t

1
t

P ₂ 







</div>
<span class='text_page_counter'>(18)</span><div class='page_container' data-page=18>

 





_

_

0 'f

 

t 6t 12t 9t 9t 1 0
1

t
1
2
1
3

t

t t t 3

1
t
2
1
t
3
t
t
t

'f 4 3 2

2
2

2
2















  









Mà t0 nên suy ra f là hàm đồng biến. Nên

 

t

 

30
7
3

5
4

1
f
t

f  







 .

Đẳng thức xảy ra khi x2 ;

2
1
y .
<i>Hướng 2 : </i>





_f

_{ }

_t

6
1
1
t

1
2
1
5
3

1

t
4
6
1
1
t

1
2
1
3
t
t

1
t

P ₂  















 , t0

 

_{ }

0

2
1
5
3

4
1

t
2

1
5

3
4
t

'f ₂   





Suy ra f là hàm đồng biến. Nên

 

t

 

30
7
3

5
4

1
f
t

f  







 . Đẳng thức xảy ra khi x2 ;

2
1
y .

<i><b> Caùch 2 : </b></i>

1
y

xy  hay

_

_

4

x
1
x

1
x

y _




Đặt t
x

y _ _{, ta được :}



1 t



2
1
3
1
t
3

t
1

t
1

P ₂










Do t4 nên 1_t_3t2_2t2_3t_1_{, khi đó :}





3

1
t
1
2

1
1
t
2

t
1

P 







Tiếp tục đặt u
1
t
2

t

1 _



 _,

3
5

u . Khi đó ta lại có : ₂

u
2

1
3
2
u

P   .

 

0

u
4
1
u

'f   ₃  nên maxP đạt được khi t4 hay y4x2.

<i><b> Caùch 3 : </b></i>

Theo bất đẳng thức Cơ-si ta có : 2 xy xy1 nên từ giả thiết suy ra 2 xyy 

2
1
y
x

0 

Đặt
y
x

t ta có :








4
1
;
0

t và

1
t
6

2
t
3
t
t

1
t

P ₂










Do

4
1
t

0  neân

16
45
4
11
4

1
2

1
4
11
t

2
1
3
t
t

2
2

2 _ _ _






 







 





Suy ra

1
t
6

2
t
1
t
15

5
4
P







Xét hàm số

 

1
t

6

2
t
1
t
15

5
4
t
f






 ,








4
1
;

0
t

Ta coù :

 







30



t



1



0

15
1
t
5
8
1
t
2

1
15

5
4
t

'f ₂

2

2 _ 









 ,









4
1
;
0

t nên f đồng biến trên

 

t







4

1
;
0

Do đó

 

30
7
5
10
4
1
f
t
f
max

4
1
;
0


















 . Từ đó suy ra 30

7
5
10
P

max   khi


















2

y 2

1
x
1

xy

0
x
4
y

</div>
<span class='text_page_counter'>(19)</span><div class='page_container' data-page=19>

Vì



x_y



2 _4xy_{nên từ điều kiện bài toán suy ra}



_x__y

 

3_ _x__y



2_₂_₀__x__y_₁





2
1
2

y
x
y

x2_ 2_  2 _



Đặt t = x + y, ta coù : 3 2 2 2

t     t 2 0 (t 1)(t     2t 2) 0 t 2 (do t      2t 2 0, t) t 1.

Đẳng thức xảy ra khi

2
1
y

x  . Ta coù





4
y
x
y
x

2
2
2
2

2 _  _{. Do đó :}















 









x y

 

2x y



1

4
9
1
y
x
2
4

y
x
y

x
3
1
y
x
2
y
x
y
x
3

A 2 2 2 2 2 2 2

2
2

2
2
2
2
2

2
2

2
2
2

2 _ _ _ _ _ _ _ _










 _













Đặt _t__x2__y2








 _

2
1
t

với . Xét hàm số

 

t 2t 1
4

9
t

f _ 2 _ _ _,

2
1
t
với  .
Ta có

 

t 2 0

2
9
t

'f    ;

2
1
t

 nên f(t) đồng biến trên khoảng 






 _; __

2

1 _{. Do đó}

_{ }

16
9
2
1
f
t

f 







 .

Vậy

16
9
A

min  khi và chỉ khi

2
1
y
x  .
 Caùch 2 :







x y



4xy



x y

 

x y



2 x y 1

2
xy
4
y

x 3 2

2
3























 





x y x y 2x y

 

2x y



1

2
3
1
y
x
2
y
x
y
x
3

A_ 4_ 4_ 2 2 _ 2_ 2 _ _ 4 _ 4_ 4_ 4_ 2 2 _ 2_ 2 _



 

x y

 

2x y



1
2

3
y
x
2
3

A_ 4_ 4 _ 2 _ 2 2_ 2 _ 2 _



Maø 4 4



2 2



2 2 2



2 2

 

2 4 4



4 4



_x2 _y2



2

2
1
y
x
y
x
y

x
y
x
2
y
x
y

x            

Khi đó







x y

 

2x y



1

2
3
y
x

4
3

A_ 2_ 2 2 _ 2_ 2 2 _ 2_ 2 _ _hay



_x _y

 

₂_x _y



₁

4
9

A_ 2 _ 2 2_ 2 _ 2 _

Đặt _t_



_x2__y2



2_,





_t ₂_t ₁

4
9
A
2
1
2

y
x

t_  2 _ _ _ 2 _ _ _,

2
1
t

Xét hàm số

 

t 2t 1
4

9
t

f _ 2 _ _ _{xác định và liên tục trên nửa khoảng}






 _;__

2
1

Ta coù

 

1 0

4
9
2
t
2
9
t

'f      ,

2
1

t  f đồng biến trên nửa khoảng

 

t 




 _;__

2
1

Khi đó

 

16
9
2
1
f
t
f
min
A

min

;
2
1
t















 __


. Đẳng thức xảy ra khi
2
1
t .
<i><b>BAØI 3.32 : </b></i>

 Hướng dẫn :

Với a, b dương, ta có :



2 2





2 2



2 2

2 a b ab (a b)(ab 2) 2 a b aba b ab 2(ab)

Chia hai vế cho ab > 0, ta có :

2 2

a b a b a b 1 1

2 1 (a b) 2 2 1 (a b) 2

ab ab b a a b

         

 _ _    _ _ _  _    _  _

     

 

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có : (a b) 2 1 1 2 2(a b) 1 1 2 2 a b 2

a b a b b a

     

  _  _  _  _  _   _

     

Suy ra : 2 a b 2 2 a b 2

b a b a

 _ _  _{ } 

   

   . Đặt

a b a b

t 2 2

b a b a

</div>
<span class='text_page_counter'>(20)</span><div class='page_container' data-page=20>

Ta coù :



 



2





₂

5
t

2

2t 1 2 2 t 2 2t 1 8 t 2 4t 4t 15 0

3
t

2

 


            

  


(2)

Từ (1) và (2), ta có :
2
5
t



3

3 3

3

3 3

a b a b a b a b

3 t 3t

b a b a b a b a

   

 _  _   _  _ 

   



2

2 2

2

2 2

a b a b a b

2 t 2

b a b a b a

 

 _  _    

 

Khi đó : P 4 a3₃ b3₃ 9 a2₂ b2₂

b a b a

   

 _  _ _  _

   



 



3 2 3 2

4 t 3t 9 t 2 4t 9t 12t 18
Khi đó, ta có : P_4



t3_3t

 

_9t2_2



_4t3_9t2_12t_18_f

 

t

Xét hàm

 

3 2

f t 4t 9t 12t 18 , t  





 _;__

2

5 _{, ta coù :}

 

t 12t 18t 12 6



2t 3t 2



0

'f _ 2_ _ _ 2_ _ _ _{, vì}₂_t2_₃_t_₂__t



₂_t_₅

  

_₂ _t_₁ _₀

Vậy f đồng biến trên

 

t 




 _;__

2

5 _{, suy ra}

_{ }

4
23
2

5
f
t
f

P 









Dấu “=” chỉ xảy ra với

2
5
a
b
b

a_ _ _vaø







 



b
1
a
1
2
b

a , tức là với a2, b1 hoặc a1, b2.
Do vậy, ta có

4
23
P

min  .

<b>C. CỰC TRỊ ĐẠI SỐ (BIỂU THỨC BA BIẾN) </b>
<i><b>BAØI 3.33 : </b></i>

 Hướng dẫn :

Vì x, y, z > 0 nên theo bất đẳng thức Cauchy, ta được :

2
1
xyz
xyz

3
z
y
x
2

3 _ _ _ _ ₃ _₃ _

Lại theo bất đẳng thức Cauchy : 3 ₃

xyz
3

xyz
3
z
1
y
1
x
1
z
y
x

P       

Đặt

2
1
t
0
xyz

t_3 _ _ _ _{. Xét hàm số :}

 

t
3
t
3
t

f   với

2
1
t

0  

 

0

t
1
1
3
t

'f ₂





 










2
1
;
0
t

t 0

2
1

 

t

'f 

 

t
f +

2
15
Từ bảng biến thiên, suy ra :

 

2
15
t
f
min
P

min   đạt được

2
1
z
y
x  


<i><b> Chú ý : Theo bất đẳng thức Cơsi, ta có : </b></i>





z
y
x

9
z

1
y
1
x
1
9
z
1
y
1
x
1

z
y
x





















z
y
x

9
z

y
x
P







 (1) . Dấu bằng trong (1) xảy ra  x = y = z. Đặt t = x + y + z, khi đó

2
3
t
0 

Xét hàm số

 

t
9
t
t

f   với

2
3
t

0  

 

₂ 2 ₂

t
9
t
t

9
1
t
'

</div>
<span class='text_page_counter'>(21)</span><div class='page_container' data-page=21>

<i><b>BAØI 3.34 : </b></i>
 Hướng dẫn :

<i><b> Caùch 1 : </b></i>







 



 







2





2

2
2
2

c
b
a
2

2

c
b
a
4
2
1
2

c
4
b
a
.
b
3
a
3
c
2
b
c
2
a
.
b
a
3

4
c
b
a
4
2
c
b
a











  









  

















Vậy



_a _b _c



2

2
27
2

c
b
a

8
P








 . Đặt tabc, t0 ; g

 

t

t
2

27
2
t

8

P  ₂ 




 

_

_

2 _t3

27
2

t
8
t

'

g 




 vaø g'

 

t 0 27



t 2



2 8t3 0 t 6









 

8
5
t
g

P  ;

8
5
P

max  xảy ra khi abc2.

<i><b> Cách 2 : </b></i>

Biểu thức P được viết lại :



a b

 

a 2c



b 2c



9
4

c
b
a

4

P ₂ ₂ ₂












Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz và Cauchy ta có :



 

 

3a 3b



a b 4c



54
2

2
c
2

2
a

4

P ₂ ₂










 hay



_a _b _c



2

1
2

27
2
c
b
a

8
P










Đặt tabc ta coù t0, suy ra :

 

₂

t
1
2

27
2
t

8
t
f

P  





 

_

_

2 _t3

27
2

t
8
t

'f 




 với mọi t0 : 'f

 

t _0__8t3_27t2_108t_108_0_t_6

Lập bảng biến thiên ta coù

   

8
5
6
f
t

f   . Đẳng thức xảy ra khi abc2.

<i><b> Caùch 3 : </b></i>

Sử dụng bất đẳng thức Cô-si liên tiếp hai lần ta có được :



 



 



 







3
c
b
a
2
24

c
4
b
4
a
4
2

c
2
b
c
2
a
b
a
c
2
b
c
2
a
b

a            2    2

 

1

Mặt khác, ta có : 3



a2_b2_c2



_



a_b_c

 

2_ a_b

 

2_ b_c

 

2_ c_a



2_0



_a _b _c



2 ₃



_a2 _b2 _c2











 

2

Đẳng thức ở

 

1 ,

 

2 cùng xảy ra khi abc0.

Từ

 

1 ,

 

2 suy ra :

_

₂ ₂ ₂

_

2
2

2 2a b c

9
4

c
b
a

4
P









Xét hàm số :

 

x
2

9
4
x

4
x

f 



 với x0 và x_a2_b2_c2 _0

Ta có f

 

x xác định và liên tục trên



0;



và

 





3

2

4
x

2
x

2
9

x
'f





 

x 0



x 12





16x 111x 360x 432



0 x 12

'f _ _ _ 3_ 2_ _ _ _ _ _vì_x_₀

Lập bảng biến thiên hàm f

 

x trên khoảng



0;



ta được

 

x 12
8

5
x
f

max    tức abc2.

<i><b> Caùch 4 : </b></i>

Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si ta có :



 













 







3



a b



a b 4c



3
1
b
a

c
4
b
a
c
2
b
b
a
c
2
a
b
a
2
c
2
b
c
2
a
b
a

</div>
<span class='text_page_counter'>(22)</span><div class='page_container' data-page=22>





2
2

c
b
a

3
4
2

c
4
b
4
a
4
3

1 _ _ _








  



Ta lại có : 2 2 2



_a _b _c



2

3
1
c

b

a      . Do đó :





2



a b c



Q

27
4

c
b
a
3
1

4

P ₂

2









 .

Đặt



a b c



4 t



a b c



3t 12
3

1 _ _ 2 _ _ _ _ _ 2 _ 2 _

Suy ra

8
t
2

9
t

4
12
t
3

27
t

4

Q ₂ ₂








 ; t2

Xét hàm số

 

8
t
2

9
t
4
t

g ₂




 , t2 ta coù :

 

_

_

_



_









₂

_

₂

_

2



2
3
2

2

2

2
2
3
2
2
2

4
t
t

16
t
4
t
7
t
4
t
4
4

t
t

4
t
4

t
9
4
t

t
9
t

4
t
'
g




















Ta có với t2 thì g'

 

t 0t4. Lập bảng biến thiên ta có

   

8
5
4
g
t

g   .

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi. Vậy giá trị lớn nhất của P là

8

5_{khi và chỉ khi}_a__b__c_₂_.

<i><b> Cách 5 : </b></i>

Theo bất đẳng thức Cơ-si ta có :







a b



c 4

4
1
b
a
9
4
1
4

c
b
a
2
1
4
c
b

a2_ 2 _ 2_ _ _ 2 _ 2_ _ _ _ 2_ _ 2 _ 2_



 











4

16
b
a
c
4
b
a
4
c
b
a
b
a
4

1 2

2    








Lại có :



 



 

 

 







2

b
a
c
4
b
a
2

c
4
b
a
b
a
c

2
b
c
2
a
b

a          2  

Suy ra :











a b



4c



a b



18
16

b
a
c
4
b
a

8

P ₂

2 _ _ _  _ _ _





Đặt t_



a_b



2 _4c



a_b



_0_{ta có}

t
8
16
t

8

P 




Xét hàm số

 

t
18
16
t

8
t

f 



 ; t 0 ;

 





₃ _t2

18
16

t
4
t

'f 




 , 'f

 

t 0t48

Từ đó, lập bất đẳng thức ta được

 

8
5
t
f
max

0

t  khi













2
c
b
a
48
b
a
c
4
b
a

c
b
a
4
1

b
a

2
2
2























. Vaäy

8
5
P
max  .

<i><b> Cách 6 : </b></i>

Chúng ta có các đánh giá sau :



 

 



2

b
a
2

b
a
b
a
b

a2 _ 2 _  2   2 _  2











2
c
4
b
a
2

c
2
b
c
2
a
c
4
b

a
c
2
b
c
2

a           

Vì vậy, nếu ta đặt abs ; s2_2c2 _8_t_{thì :}









t 8

9
t

2
4
c
4
s
2

18
8

c
2
s

2
4
c

2
s
c
4
s
2

18
8

c
2
s

2
4
c

4
s
s

18
8

c

2
s

2
4

P ₂ ₂ ₂

2
2
2
2

2
2

2
2

2 _ _  _  _ _  _ _ _  _ _  _   _



Mặt khác, do t 8 nên :



_



_



P



1;1;1



8

5
8

t

t

2
8
t
5
2
4
t
8
5
8
t

9
t

2
4

2

2 _  




</div>
<span class='text_page_counter'>(23)</span><div class='page_container' data-page=23>

Vậy giá trị lớn nhất cần tìm là

8

5_.

<i><b> Caùch 7 : </b></i>

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có :





3
c
b
a
c
b

a2_ 2 _ 2 _   2

 

_{1 vaø}





2 ₄



₃ ₁

 

_a _b _c ₂



2

3
c
b

a _ _ _ _ _














_{ }

₂

Từ

 

1 và

 

2 ta suy ra :

2
c
b
a

8
4

c
b
a

4

2
2

2 _ _ _  _ _ _

 

3

Mặt khác, sử dụng bất đẳng thức Cơ-si ta lại có :





 

 



2

c
4
b
a
2

c
2
b
c
2
a
c
2
b
c
2

a        

 

4

Vaø









 



2 ₄



_a _b _c



2

2

c
4
b
a
b
a

3
c
4
b
a
b
a

3    _     _   

 

5

Kết hợp

 

4 và

 

5 lại, ta dễ dàng tìm được



 





2



a b c



27
c

2
b
c
2
a
b
a

9










 

6

Từ

 

3 và

 

6 ta có :



_a _b _c



2

2
27
2

c
b
a

8
P









Đặt tabc



t0



. Theo trên, ta có : ₂

t
2

27
2
t

8

P 




Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta được :

2
1
t
9
2
t

16 _ _



Do đó :

8

5
4
1
t

3
1
t
3
4
1
2
3
4
1
t
3
1
t
3
2
3
t
2

27
2
1
t
9

2
1
P

2

2   













 











 










 


Dấu bằng xảy ra khi abc2. Vậy

8
5
MaxP .
<i><b>BÀI 3.35 : </b></i>

 Hướng dẫn :
Đặt

c
a
x ,

c

b

y khi đó từ giả thiết  x, y > 0 và xyxy3, ta cần tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức



 



3 2 2

3
3

3

y
x
3

x
y
32
3

y
x
32

P  






<i><b> Caùch 1 : </b></i>

Với







x y 2



x y 6



0 x y 2

4
y
x
3
xy
3
y

x      2         

Khi đó









3 2 2

3
3

3

y
x
64

1
64

1
3
x

y
64

1
64

1
3
y

x
32

P _ 


















Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho từng bộ ba số dương ta có :
32

1
3
y

x
16

3
3
y

x
3

y
x
16

3
64

1
64

1
3
y

x 3 3 _


























 , 32

1
3
x

y
16

1
3
x

y 3 _













Do đó : x y 2 Q

3
y

x
3
x

y
6

P _ 2 _ 2 _ _














Ta coù :

_

_

_{ }





_





_

_





12

y
x
2

y
x
3
xy
2
y
x
8
y
x
2
1
y
1
x

y
x
3
y
x
3

y
x
3

x

y 2 2 2
























Đặt sxy ; pxy



s2 _4p,s_0,p_0



Ta có : sp3 và





s 2



3 s



2

6
s

s
3
s
3
2
s
3
2
p
2
s
12

s
2

s
3
p
2
s
6

Q 2 2 2 _ 2_ _ _













</div>
<span class='text_page_counter'>(24)</span><div class='page_container' data-page=24>



s 1



s 2s 6 2 3s s 2s 6 5
3

2
6
s
2
s
6

s
6
s
5
s

3 2 _ 2 _ _ _ _ _ _ 2_ _ _ _ _ 2 _ _ _








Xét hàm số : f

 

s _3s_ s2_2x_6_,_s_₂

Ta coù :

 

0

6
s
2
s

1
s
3

s

'f ₂ 







 , s2. Suy ra hàm số f đồng biến trên



2;



.
Do đó

min2,f

 

x 6 2 khi và chỉ khi s2

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 1 2 khi và chỉ khi ab1.

<i><b> Chú ý : </b></i>

<i>Cách 1 có thể trình bày </i>

Ta có :







1 4

c
b
1
c
a
c

4
c
b
c

a 2 _






 






 






Đặt

c
a
x ;

c
b

y ; x, y > 0

Ta có bài tốn trở thành :



x1



y1



4.

Tìm giá trị nhỏ nhất của 2 2

3
3

y
x
3

x
y
3

y
x
32

P  






























Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si ta có : _























































 x 3

y
3
y

x
16

3
4

1
4

1
3
x

y
4

1

4

1
3
y

x

3
3
3
3

3
3

Suy ra :





_



_





x y



2



x y



6 2

3
y
x
2

6
y
x
5
y
x
6

2
y
x
3
x

y
3
y

x
6

P 2 2 2 _ _ 2 _ _ _ _



































Đặt txy ta có :



x y

 

x y



xy x y 3 t x y 2
4

1 2


















_t ₂_t ₆ ₂ ₃_t _t ₂_t ₆ ₅

6
t

6
t
5
t
3

P 2 _ 2 _ _ _ _ _ 2_ _ _






Xét f

 

t _3t_ t2_2t_6_5_,_t_₂_{có :}

 





0

1
6
t

2
t
3
6
t
2
t

55
t
16
t
8
6

t
2
t

1
t
3

t
'f

2
2

2

2 _ _ _ _ _ 











 t2

Suy ra

min2;f

   

t f 2 1 2. Vậy minP1 2.
<i><b> Cách 2 : </b></i>

Sử dụng bất đẳng thức Cơ-si cho ba số dương có :









y 3

x
6
2
1
2
1

3
y

x
32
1
3
y

x
32

3
3
3

3










Tương tự như thế với biểu thức cịn lại, từ đó suy ra : x y 2
3

x
y
6
3
y

x
6

P _ 2 _ 2 _






Vaäy,



_

_

_





x y



2xy

3
y
3
x

y
3
y
x
3
x
6

y
x
3
x

y
6
3
y

x
6
2

P 2 2 2 2 _ _ 2_






























x y



9



x y



2xy

3
xy

xy
2
y
x
3
y
x
6
2

P 2 2

















Đặt txyxy3t0t3

Ta luôn có :



xy



24xy0t24



3t



0t24t120t



;6

 

 2;



Kết hợp với điều kiện 0t3 ta có t



2;3



 

6
t
2
t

1
t
3

t

'f ₂








 ;

 

0

6
t
2
t

1
t
3

0
t

'f ₂ 










</div>
<span class='text_page_counter'>(25)</span><div class='page_container' data-page=25>

Ta coù f

 

2 3 2 ; f

 

3 3 

 f

   

t f 2 3 2

min

3
;

2   

Vậy P23 2 P1 2. Dấu bằng xảy ra khi xy1abc.
Vậy minP1 2 khi abc.

<i><b> Cách 3 : Giả thiết </b></i> 1 4

c
b
1
c
a _





 






 

Đặt
c
a
x ,

c
b

y thì



x1



y1



4sp3p3s với sxy, pxy

2
s
9
p
s
3
p
2
s
3
s
8
y
x
3
x

y
3
y
x
8
y
x
3
x
y
3
y
x
32
P
3
2
2
2
3
2
2
3
3

































































2

s
1
s
2
s
2
1
s
8
2
s
12

s
2
6
s
5
s
8
2
s
9
s
3
s
3
s
3
2
s
3
s
8

P 3 3

3
2
3
2










 




























 , s2





0

2
1
1
s
3
'

P_ _ 2 _ _ _,__s_₂

 minPP

 

2 1 2

Dấu “=” xảy ra chẳng hạn khi xy1.

<i><b> Chú ý : cách 3 có thể trình bày </b></i>
<i><b>Hướng 1 : </b></i>







1 4



x 1



y 1



4 x y xy 3

c
b
1

c
a
c
4
c
b
c

a 2 __ _ _ _ _ _ _ _ _





 





 




 với :

c
a
x ,

c
b
y

Đặt : uxy và vxy, khi đó :



a_c



b_c



_4c2 _u_v_3_v_3_u



 



2
2
3
3
2
2
3
3
3
3
c
b
c
a
c
3
a
b
c
3
b
a

32
c
b
a
c
3
a
b
32
c
3
b
a
32
P 












































2
2

3
3
2
2
3
3
y
x
3
x
y
3
y
x
32
y
x
c
3
cx
cy
c
3
cy
cx

32  






















































Ta coù :





4
b
a
b
a
2
b
a
2

b
a 3
3
3
3
3
3












  _vaø





2
b
a
b
a
2
b
a
2

b
a 2
2
2
2
2
2











 

Chứng minh :





4a 4b a 3a b 3ab b 3



a b a b ab



0

4
b
a
b

a3_ 3 _  3 _ 3 _ 3_ 3 _ 2 _ 2_ 3 _ 3_ 3_ 2 _ 2 _











a a b b a b



0 3



a b

 

a b



0

3 2 _ _ 2 _ _ _ _ 2 _ _



3
2
3
3
3
9
v
u
3
v
2
u
3
u
8
3
x
y
3
y
x
8
3

x
y
3
y
x
32 _






















































2
u
2
y
x
y
x
2
y
x

y

x2_ 2 _  2 _ 2 _ 2 _  2 _

Do đó :

_



_



2
u
9
u
3
u
3
u
3
2
u
3
u
8
2
u
9
v
u
3
v
2
u
3

u
8
y
x
3
x
y
3
y
x
32
P
3
2
3
2
2
2
3
3



























































2
u
1
u
2
u
12
u
2
6
u
5
u
8
P 3
3
2





















x1



y1



4xy2u2

Bài toán thành : “Tìm giá trị nhỏ nhất của

  



2
u
1
u
u

g _ _ 3 _ _trên



₂_;__



_”

Ta có :

  



0

2

1
1
u
3
u
'

</div>
<span class='text_page_counter'>(26)</span><div class='page_container' data-page=26>

Baûng biến thiên :

<b>u </b>  <b>2 </b> <b>+</b>

 

u
'

g <b>+ </b>

 

u
<b>g </b>



 

2 1 2

g  

Vậy : minP1 2
<i><b>Hướng 2 : </b></i>

Đặt acx ; bcy ; x + y = s ; xyp với x, y > 0, ta có : xyzy3p3s

Vì
4
s

p 2 ; s0 nên : s 2
4

s
s

3  2  

Lại nhận thấy rằng hễ x, m > 0 ta có : x3_m3_3m2



x_m

 

_ x_m

 

2 x_2m



_m3_3m2



x_m



Vậy nên : m

3
x
y
3
y
x
2
1
c
3
a
b
c
3

b
a
2
1 _



















 coù :



_b32_a₃_c



32__y_x₃_ 32m3 96m2__yx_₃m_

3
3
3

;























 y 3 m

x
m
96
m
32
3
x
y
32

c
3
a
b

32 3 2

3
3

3

Cộng vế theo vế lại chúng ta có :



 




























 x 3

y
2
3
y
x
2
3
1
3
x
y
2
3
y
x
2
m
64
c
3

a
b
32
c
3
b
a

32 3 3

3
3
3

3

Như vậy :











x y



9



x y



2xy 2

3
xy
y
x
3
xy
2
y
x
6

y
x
3
x
y
3
y
x
6
2

P 2 2 2 _ _ 2 _ _






























2
6
s
2
s
6
s
6
s
5
s
3
2
p
2
s
9
s
3

p
s
3
p
2
s

P 2 2 2 _ 2 _ _ _




























Xét hàm số :

 

s 2s 6 2 3s s 2s 5 5

6
s
6
s
5
s
3
s

f 2 _ 2 _ _ _ _ _ 2 _ _ _











 coù :

 

_





_



0

6
s
2
s
1
s
6
s
2
s
3
9
4
s
2
s
8
6
s
2
s
1
s
3
s

'f ₂ ₂ ₂ 
















 s2

Vậy hàm số đồng biến, và chúng ta có được : Pf

   

s f 2 1 2

Tóm lại, giá trị lớn nhất là 1 2 đạt được khi xy1 tức là abc0

<i><b> Cách 4 : </b></i>
Từ























































2
y
x
1

xy
0
6
y
x
2
y
x
0
3
xy
1
xy
y
x
4
y
x
3
.
4
xy
2
xy
3
3
y
x
xy ₂

Sử dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương ta được :



 







2

2
3
3
3
3
3
y
x
12
4
1
3
y
x
16
3
y
x
16






 ;



 







2

2
3
3
3
3
3
x
y
12
4
1
3
x
y
16
3
x
y
16







Do đó :

_

_{ }

_

2

1
y
x
3
x
y
3
y
x
12

P 2 2

2
2
2
2














Lại có :



 















9



x y





6xy



x



y



2x y ₉

_

_x _y

_



x₆_.₁y₂

_



_x _y

_

₂
y
x
3
x
y
3
y
x
y
x
3
x
y
3
y
x
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2

2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2






















Khi đó :





















2

1
2
y
x
2
2
y
x
2
6
y
x
2
2

9 32x y

P 2 2

</div>
<span class='text_page_counter'>(27)</span><div class='page_container' data-page=27>

Đặt t_ 2



x2 _y2



_x_y_2_.

Bài tốn trở thành : “Tìm giá trị nhỏ nhất của

 

2
1
2
t
2
t
6
t
2
9 3t
t

f

2
4







 với t2”.

Ta coù :

 





2

1
2

t
3

t
28
t
36
t

'f 4 ₄ 3 




 vaø

 







3t 2



0

14
t
24
t
9
t
12

t
"

f 2 2 ₄ 





 , t2

Do đó 'f là hàm đồng biến trên khoảng

 

t



2;



nên

   

0
2
1
16
25
2
'f
t

'f    

Hàm f là hàm đồng biến trên

 

t



2;



nên f

   

t f 2 1 2.

<i><b> Caùch 5 : </b></i>

Từ giả thiết



_a__c



_b__c



_₄_c2_{, ta suy ra :} _ab__c



_a__b



_₃_c2_{, hay c là nghiệm của phương trình}



a b



ab 0
x

x

3 2_ _ _ _ _{(ẩn x).}

Phương trình này có __



a_b



2_12ab_{, từ đó suy ra :}



 



6

ab
12
b
a
b
a

c    2

Tuy nhiên, ta lại có a, b, c > 0, do đó nghiệm



 



6

ab
12
b
a
b
a

c    2 bị loại vì :



a_b

 

_ a_b



2_12ab_



a_b

 

_ a_b



2 _0
Vì vậy ta có :



 



6

ab
12
b
a
b
a

c    2

Ta có các đánh giá sau :









 











2

b
a

b
a
b

a
b
a
2
0

b
a
b
a
b
a

2 2 2 2 2 2 2 2 ₂ ₂ _















 ₄_ab_



_a__b



2 _



_a__b



2 _₁₂_ab _



_a__b



2 _₃



_a__b



2 _₂



_a__b



_₂ ₂



_a2 __b2







₂ ₂

b
a

ab
12
b
a

2
2

2








Do đó :





2
2
b

a
6

ab
12
b
a

b
a
b
a

c

2
2

2
2

2 _ 








Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có :

_

_

16
1
256

1
4

a
256

c
3
b
a
256

c
3
b
a
256

c
3
b
c
3
b

a ₄

3
3

3













Suy ra :





a

c
3
b
8
3
2
a

c
3
b
256

3
16

1
32
c
3
b

a
32

3

3 _











 _ _ 



 . Tương tự, có :





b

c

3
a
8
3
2
c
3
a

b
32

3

3 _





 .

Ta lại có : 1

ab
c
9
1
ab

ac
3
bc
3
ab
3
ab

ac
3
a
bc
3
b
b

c
3
a
a

c
3

b 2 2 2
















Từ



 



6

ab
12
b
a
b
a

c    2  , ta suy ra :



 



ab

6

ab
12
ab
4
ab

2
6

ab
12
b
a
b
a

c    2     

Vì vậy : 1 9 1 8

ab
c
9
b

c
3
a
a

c
3

b 2











Như vậy ta có :



 



8 8 1

3
4
b

c
3
a
a

c
3
b
8
3
4
c
3
a

b
32
c

3
b

a
32

3
3
3

3












  _ 








Tóm lại ta có :

_

_{ }

_

2
2
1
c

b
a
c

3
a

b
32
c

3
b

a
32

P 3 ₃ 3 ₃  2  2  






</div>
<span class='text_page_counter'>(28)</span><div class='page_container' data-page=28>

<i><b> Caùch 6 : </b></i>
Đặt

c
a
x ,

c
b

y ta được : x0, y0. Điều kiện của bài toán trở thành : xyxy3.
Khi đó :



 



3 2 2

3
3

3

y
x

3

x
y
32
3

y
x
32

P  






Với mọi u0, v0 ta có :







 





 



4
v
u
v
u
4
3
v
u
v

u
uv
3
v
u
v

u3_ 3 _ _ 3_ _ _ _ 3_ _ 3 _  3

Do đó :



 







3
2

3
3

3
3

3

9
y
3
x
3
xy

y
3
x
3
xy
2
y
x
8
3
x

y
3
y

x
8
3
x

y
32
3

y
x
32



































Thay xy3xy vào biểu thức trên ta được :



 

















3

3
3

3
3

3

1
y
x
6

y
x
2

6
y
x
1
y
x

8
3
x

y
32
3

y
x

32 _ _ _
























x y 1



x y



x y 1





x y



2xy



x y 1





x y



2



x y



6

P_ _ _ 3_ 2_ 2 _ _ _ 3_ _ 2 _ _ _ _ 3_ _ 2 _ _ _

Đặt txy. Suy ra : t0 vaø P



t 1



3 t2 2t 6






 .

Vì



 



4
t
t
4

y
x
y
x
xy
y
x

3       2   2 nên



t2



t6



0, do đó : t2
Xét f

   

t t 13 t2 2t 6






 , với t2.

Ta coù :

  



6
t
2
t

1
t
1

t
3
t

'f 2 ₂










Với mọi t2 ta có : 3



t 1



2 3



 và





2

2
3
2
7
1
7
1
t

7
1

6
t
2

t

1
t

2

2 _ _   _ _   

 _neân

_{ }

₀

2
2
3
3
t

'f    .

Suy ra : f

   

t f 2 1 2. Do đó : P1 2.

<i><b> Cách 7 : </b></i>
Đặt

c
a
x ;

c
b

y , ta có :



x1



y1



4, biểu thức P có thể được viết lại thành :



 



3 2 2

3
3

3

y
x
3

x
y
32
3

y
x
32

P  






Sử dụng bất đẳng thức Cơ-si, ta có :









y 3 1

x
6
3
y

x
32
3

y
6
2
1
2
1
3
y

x
32

3
3
3

3












Tương tự :





x 3 1

y
6
3
x

y
32

3
3





 . Do đó : x 3 x y 2

y
6
3
y

x
6

P _ 2 _ 2 _





 .

Tới đây, tiếp tục sử dụng bất đẳng thức Cơ-si, ta lại có :





8
xy
3
x
15
3
y

x

6
x
3
8

3
y
x
3
3
y

x

6 _ 









Đánh giá tương tự, ta cũng có :

8
xy
3
y

15
3
x

y

6 _ 



Do đó, ta được :





xy x y 2

4
3
y
x
8
15
2
y
x
8

xy
3
y
15
8

xy

3
x
15

P_  _  _ 2 _ 2 _ _ _ _ _ 2 _ 2 _

Giả thiết



x1



y1



4 có thể được viết lại thành xyxy3.
Từ đó ta có : xy2 xyxyxy3, tức xy1.

Đặt txy, 0t1 thì ta có : xy3t và : x2_y2 _



x_y



2_2xy_



3_t



2_2t_t2_8t_9

Do đó :





t t 8t 9 f

 

t

8
21
8
29
2
9
t
8
t
t
4
3
t
3
8
15

P_ _ _ _ 2_ _ _ _ _ _ 2 _ _ _

Ta coù :

 





8 6t 4 t

t
4
8
21
8

t
6

t
4
8

21
8

t
6
1
t

t
4
8

21
9

t
8
t

t
4
8

21
t

'f ₂ ₂  





























</div>
<span class='text_page_counter'>(29)</span><div class='page_container' data-page=29>

 

0
2
3
2
8
21
t

4
2
3
8
21
t

'f       



Điều này chứng tỏ 'f là hàm nghịch biến trên

 

t



0 và ta thu được : ;1



Pf

   

t f1 1 2 t



0;1



Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi xy1, tức abc. Vậy minP1 2.

<i><b> Cách 8 : </b></i>
Đặt

c
a
x ;

c
b

y , suy ra : x, y > 0. Đặt txyt0.

Ta coù :







1 4



x 1



y 1



4 xy



x y



3 xy 3 t

c
b
1
c
a
c

4
c
b

b

a 2 _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _






 





 







 

*

Vì 2

2

t
4
1

2

y
x

xy  





 

 neân

 

* suy ra t



t 2



t 6



0 t 2

4
1
t

3_ _ 2 _ _ _ _ _ _

Lại có : 2 2

3
3

2
2

3

3

3
3

y
x
3

x
y
3

y
x
32
c

b
c

a
3

c
a

c
b
32

3

c
b

c
a
32

P  


















































 













 









Ta có : x2_y2 _



x_y



2_2xy_t2_2



3_t



_t2_2t_6

Vì

_

_

3
y
16

x
3
4

1
4

1
3

y

x 3 3 3


























 vaø 16



x 3



y
3
4

1
4

1
3

x

y 3 3 3




























Neân



_





_



16
1
9
y
x
3
xy

y
x
3
y
x
16

3
16

1
3
x

y
3
y

x
16

3
3
x

y
3

y

x 3 3 2 2



















































32
5
t
3
16

1

2

1
t
16

3
16

1
t
2
12

6
t
5
t
16

3 2 _








 











Vậy P_3t_5_ t2_2t_6 _3u_8_ u2_7_f

 

u _với_u__t_₁_₃

Ta coù :

 

0 3 u 7 u 9



u 7



u 8u 63

7
u

u
3

u

'f 2 2 2 2

2_         



 hiển nhiên với u3.

Suy ra f

 

u đồng biến trên



3;



. Do đó : minf

   

u f 3 1 2

3

u    .

Suy ra P1 2 và đẳng thức xảy ra x y 1 a b c 0
y

x

2
y
x



















Vaäy minP1 2.

<i><b> Cách 9 : Từ giả thiết ta có : </b></i> 1 4
c

b
1
c

a _






 





 

Đặt

c
a

x ;

c
b

y ; x, y > 0 



x1



y1



4

Ta đưa bất đẳng thức cần chứng minh về tìm min của :



 



3 2 2

3
3

3

y
x
x

3
y
32
y

3
x
32

P  






Ta coù :





4
B
A
B

A3_ 3 _  3 _{. Thật vậy, bất đẳng thức trên tương đương với :}_A3 __B3 __AB



_A__B



Maø : A3_B3_



A_B





A2_B2_AB



_



A_B



2AB_AB



_AB



A_B



Vậy nên ta có :



 



3 x



x y



2xy

y
y
3

x
8
x
3

y
32
y

3
x

32 2

3
3
3

3




















 mà



x1



y1



4xyxy3

Theo Cô-si, ta coù :





x y x y 2

4
y
x
y
x
xy

</div>
<span class='text_page_counter'>(30)</span><div class='page_container' data-page=30>

Vậy P viết lại thành : t 2t 6 f

 

t
2

1
t
8
P
6
t
2
t
12

t
2

6
t
5
t
8

P 2

3
2

3
2










 



















   

t t 1 t 2t 6

f 3 2






 mà ta có



t_1



3_1_1_3



t_1



_do_t3_₃_t2_₃_t_₁_₁_₁_₃_t_₃



t 1



t 2



0
4

t
3

t3_ 2 _ _ _ _ 2 _

 đúng do t2 nên P_3t_5_ t2_2t_6

Khảo sát hàm số trên và lập bảng biến thiên trên đoạn



2;



suy ra giá trị nhỏ nhất của P = 1 2 khi

1
y

x  hay abc0.

<i><b> Nhận xét : Bài toán này chẳng qua là sự đổi biến của các bất đẳng thức để đưa về bài tốn ba biến a, b, c. </b></i>
Chúng ta có thể xét đến bài tập tương tự như sau : “Cho x, y 



0 thỏa mãn điều kiện : ;1



6

y
1
x

1_ _ _{. Tìm}

giá trị nhỏ nhất của biểu thức :



3x y



3y x



1

x
9

1
y
3
1
y
9

1
x
3

P ₂ ₂   







 .”

<i><b> Caùch 10 : </b></i>

Giả thiết và biểu thức cần tìm cực trị đã lộ rõ bản chất thuần nhất.
Thực vậy, ta có thể đặt 0

c
a

x  ; 0

c
b
y  .
Khi đó, giả thiết trở thành :


























2
y
x

y
x
3
xy
3

y

x
xy
4
1
y
1
x
Biểu thức được viết lại như sau :



x y



2



x y



6 3



x y



5



x y



2



x y



6
16

1
3
x

y
3
3
y

x
3
32

P 2 2





























Đặt txy2. Khảo sát hàm f

 

t _3t_5_ t2 _2t_6_trên



₂_;__



_{ta được :}

min2;f

 

t 1 2

Vaäy

minf

 

t 1 2 t 2 a b c 0

P
min

;

2        






<i><b> Caùch 11 : </b></i>

Đặt acx ; bcy, khi đó giả thiết là :



x1



y1



4xy2



 





2 2















2 2

2
2
2
2

2
3
3
3

3

y
x
y
x
27
xy
54
y
x
xy
9
y
x
xy

y
x
32
y

x
3

x
y
32
3

y
x
32

P  


























x y



126 x y 1 2

y

x
32

P 2 2

2
2

2
2
2













</div>

<!--links-->