Boi Duong Dai So 8

Phần A: Giá trị nhỏ nhất- Giá trị lớn nhất.
I. TÌM GTNN , GTLN CỦA BIỂU THỨC CHỨA MỘT BIẾN
KIẾN THỨC CƠ BẢN
1. A= (a + b)2 + c
c => MinA = c ⇔ a +b = 0 ....
2
B = -(a + b) + c  c => MaxB = c ⇔ a +b = 0 ....
-A lớn nhất ⇔ A nhỏ nhất
1
⇔
B lớn nhất
B nhỏ nhất với B > 0
A  B  A+B

2. Bất đẳng thức Cauchy cho n số không âm: cho n số không âm x1 , x2 ,...., xn
Ta có:

x1  x2  ...  xn n n x1.x2 ...xn

Dấu bằng xảy ra  x1 x2 ... xn .

 x1, x2 ,..., xn    y1, y2 ,..., yn 
2
x1. y1  x2 . y2  ...  xn . yn   x12  x22  ...  xn2   y12  y22  ...  yn2 

Ta có:

3. Bất đẳng thức Bunhiacopxki: Cho hai bộ


Dấu bằng xảy ra

4. Bất đẳng thức Svac-sơ:

x1 x2
x
 ...  n
y1 y2
yn .
2

x12 x22
xn2  x1  x2  ...  xn 
  ...  
y1 y2
yn
y1  y2  ...  yn với y1 , y2 , y3 ,... yn  0,  n 2 
x1 x2
x
 ...  n .
y
y2
yn
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi : 1
Bất đẳng thức Cô si: a + b

2 ab ; a2 + b2

2ab ; (a + b)2

4ab ; 2( a2 + b2)

( a+ b)2
Bất đẳng thức Bu- nha -cốp –xki : (a2 + b2) ( c2 + d2)

(ac + bd)2

* Biểu thức là một phân thức :
a/ Phân thức có tử là hằng số, mẫu là tam thức bậc hai:
Ví dụ : Tìm GTNN của A =

2
.
6 x −5 − 9 x 2

2

3 x −1 ¿ + 4
2
−2
¿
Giải : A =
=
.
2 . =
2
−2
6 x −5 − 9 x
9 x −6 x +5
¿
1
2

Ta thấy (3x – 1)2
0 nên (3x – 1) 2 +4
4 do đó (3 x  1)  4
3 x −1 ¿2 + 4
1
1
−2
¿
b thì
với a, b cùng dấu). Do đó
−2
a
b
4
¿

1
4

theo tính chất a

⇒ A

-

1
2

**.

minA = -

1
2

⇔ 3x – 1 = 0 ⇔

1
.
3

x=

Bài tập áp dụng:
1
1
1
1
1
A



.
max
A=
 x 2
2
2

A 2
x

4x

9
5
5
x

2

5


x  4x  9 HD giải:
1. Tìm GTLN của BT :
.
1
1
1
1
1
A 2

 . max A=  x 3
2
A 2
x  6x  17  x  3  8 8
8

x  6x  17 HD Giải:
2. Tìm GTLN của BT :
3
A
2
2   x  2x  7
3. (51/217) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
b/ Phân thức có mẫu là bình phương của nhị thức.
2

3 x − 8 x+ 6
.
2
x −2 x+ 1

Ví dụ : Tìm GTNN của A =

Giải : Cách 1 : Viết A dưới dạng tổng hai biểu thức không âm
2

2 x2  2 x 1  x2  4 x  4



 



2

x  2 x 1

A =

x − 2¿
¿
2
x − 1¿
¿
¿
¿

= 2 +

2

minA = 2 khi và chi khi x = 2.
Cách 2: Đặt x – 1 = y thì x = y + 1 ta có :
3( y  1) 2  8( y  1)  6
2

y 1  2 y 1 1



3 y 2  6 y  3  8 y  8  6 3 y 2  2 y 1

y 2  2 y 1  2 y  2 1
y2




A = 
2
minA = 2 ⇔ y = 1 ⇔ x – 1 = 1 ⇔ x = 2
Bài tập áp dụng:
1, Tìm GTNN và GTLN của bt:

P

x2 1
x 2  x 1

1
y2

B

=(

1
y

-1)2 +

x 2  2 x  2006
x2

x2  2x  2

D 2
x  2x  3
4, Tìm GTNN của bt : a,

x
C 2
x  5x  7
3, Tìm GTNN và GTLN của bt:

Ví dụ : Tìm GTNN và GTLN của A =

+

2, Tìm GTNN của bt :

2

c/ Các phân thức dạng khác:

=3-

2
y

3−4 x
x 2+1

Giải Để tìm GTNN , GTLN ta viết tử thức về dạng bình phương của một số :
A =

x 2 −4 x+ 4 − x 2 −1
x 2 +1

=

x − 2¿
¿
¿
¿

2

-1

-1

Min A= -1 khi và chỉ khi x = 2
Tìm GTLN A =

4 x 2+ 4 − 4 x 2 − 4 x −1
x 2+ 1

2

=4-

2 x +1 ¿
¿
¿
¿

Bài tập áp dụng: 1, (42, 43/ 221) Tìm GTLN của bt:

4

x
A 2
x 2
a,

B

b,

x2

x

2

2



3


C

2, (35, 36 / 221) Tìm GTNN của bt: a,

x2  4x  4
x
Với x > 0;

b,

D

x5  2
x 3 Với x > 0

II. TÌM GTNN, GTLN CỦA BT CĨ QUAN HỆ RÀNG BUỘC GIỮA CÁC
BIẾN
Ví dụ : Tìm GTNN của A = x3 + y3 + xy biết rằng x + y = 1
sử dụng điều kiện đã cho để rút gọn biểu thức A
A = (x + y)( x2 –xy +y2) + xy = x2 – xy - y2 + xy = x2 + y2
Đến đây ta có nhiều cách giải
Cách 1: sử dụng điều kiện đã cho làm xuất hiện một biểu thức có chứa A
⇒
x+y =1
x2 + 2xy + y2 = 1
(1)
2
2
2
Mà
(x – y)
0 Hay: x - 2xy + y
0

(2)
1
2

minA =

1
2

1 ⇒ x2 + y 2

Cộng (1) với (2) ta có 2(x2 + y2 )

1
2

khi và chỉ khi x = y =

Cách 2: Biểu thị y theo x rồi đưa về tam thức bậc hai đối với x. Thay y = x – 1 vào A
1 2
) +
2

A = x2 + (1 – x)2 = 2(x2 – x) +1 = 2(x2 minA =

1
2

1
2

1
2

1
2

khi và chỉ khi x = y =

Cách 3/ Sử dụng điều kiện đã cho để dưa về một biến mới
Đặt x =

1
2

1
2

x2 + y 2 = (
=

1
2

+ a thì y =
+ a)2 + (

1
2

- a . Biểu thị x2 + y2 ta được :
- a)2 =

1
2

1
=> MinA =
2

+2 a2

1
2

⇔

a = 0 ⇔ x=y

1
2
2

2

Bài tập 1: Tìm Min A = a  ab  b  3a  3b  2014
2
2
Cách 1 Ta có: A= a  2a 1  b  2b  1  ab  a  b 1  2011
= a 2  2a  1  b 2  2b  1  ab  a  b  1  2011 =

2
2
=  a  1   b  1   a  1  b  1  2011
2

  a  1  2  a  1

 b  1   b  1
2

 Min A = 2011 khi
Cách 2:

2



4

3  b  1
4

2

 a  1

2

1

  b  1  a  b  1   b  1  2011
2

2
3  b  1
b  1

 2011
 2011 =  a  1 
 +
2 
4


b 1

0
a  1 
 a b 1
2

b  1 0

2A 2 a 2  ab  b 2  3a  3b  2014 = a 2  2a  1  b 2  2b  1  a 2  2 ab  b 2  2.2  a  b   4  4022





2

1

2

=  a  1   b  1   a  b  2   4022

 Min 2A = 4022 khi

a  1 0

 a b 1
b  1 0
a  b  2 0


=> Min A = 2011


BÀI TẬP TỰ LUYÊN TƯƠNG TỰ:
2
2
Bài 1 CMR : Min P = 0 Với P = a  ab  b  3a  3b  3
2
2
2
Bài 2 CMR: không có giá trị nào của x, y, z thỏa mãn ĐT: x  4 y  z  2 x  8 y  6 z  15 0
2

2

2

VT  x 2  2 x  1  4 y 2  8 y  4  z 2  6 z  9  1=  x-1   2 y  2    z  3   1 1

Hướng dẫn Ta có:
Bài 3: Có hay không các số x,y,z thỏa mãn mỗi đẳng thức sau:
2
2
2
1) x  4 y  z  4 x  4 y  8 z  22 0
2
2
2
2) x  4 y  9 z  2 x  12 y  12 z  1994
Hướng dẫn Ta có:

1) VT x 2  4 x  4  4 y 2  4 y  1  z 2  8 z  16  1
2

2

2

=  x+2    2 y  1   z  4   1 1
2) VT = x 2  2 x  1  4 y 2  12 y  3  9 z 2  12 z  4  1986
2

2

2

=  x  1   2 y  3    3z  2   1986 1986

Bài 4: Tìm các số a, b, c, d thỏa mãn :
2

2

2

a 2  b 2  c 2  d 2 a  b  c  d 

(*)

2

a  b  c  d ab  a  b  c 
 a 2  b 2  c 2  d 2  a  b  c  d  0
 a 2  b 2  c 2  d 2  ab  ac  ad 0
 4 a 2  b 2  c 2  d 2  ab  ac  ad 0





 a 2  4ab  4b 2  a 2  4ac  4c 2  a 2  4ad  4d 2  a 2 0
2

2

2

2

Ta có :   a  2b    a  2c    a  2d   a 0
Dấu “=” sảy ra khi : a 2b 2c 2d 0  a b c d 0
BÀI TẬP:
2a 2  b 2  c 2  d 2  e2 a  b  c  d  e 

Bài 1: Tìm các số a, b, c, d, e thỏa mãn :
2
2
Bài 2: Tìm các số a, b, c, thỏa mãn : a  b  1 ab  a  b
2
2
Bài 3: Tìm các số a, b, thỏa mãn : 4a  4b  4ab  4a  4b  4 0

III. Các chú ý khi giải bài toán cực trị :
1, Chú ý 1: Khi tìm bai tốn cực trị ta có thể đổi biến
Ví dụ : Tìm GTNN của ( x – 1)2 + ( x – 3)2
ta đặt x – 2 = y, biểu thức trở thành (y + 1)2 + (y – 1)2 =2y2 +2 2 ⇒ minA= 2 ⇒ y=0 ⇒ x=2
2, Chú ý 2, Khi tìm cực trị của biểu thức , nhiều khi ta thay điều kiện để biểu thức này đạt cực trị
bởi điều kiện tương đương là biểu thức khác đạt cực trị
chẳng hạn : -A lớn nhất ⇔ A nhỏ nhất
1
B lớn nhất

⇔

A

Ví dụ : Tìm GTLN của

B nhỏ nhất với B > 0
x4  1
1
( x 2  1) 2 (Chú ý A> 0 nên A lớn nhất khi A nhỏ nhất và ngược lại)


1
1
( x 2  1) 2 x 4  2 x 2  1
2x2


1

4
4
4
x 1
x  1 .Vậy A
Ta có : A = x  1
1
min A = 1 khi x = 0 .Do đó maxA =1 khi x = 0

1

3,Chú ý 3 Khi tìm GTLN, GTNN của 1 biểu thức ,người ta thường sử dụng các BĐT đã biết

Bất đăng thức có tính chất sau
a ) a > b , c > d với a, b, c, d > 0 thì a.c > b. d
b) a > b và c > 0 thì a.c > b.c
c) a > b và c < 0 thì a.c < b.c
d) a > b và a, b, n > 0 thì a n > bn
Ví dụ Cho x2 + y2 = 52 . Tìm GTLN của A = 2x + 3y
Giải :Áp dụng BĐT BCS ta có ( 2x + 3y )2
( 22+32 ).52 ⇒ ( 2x + 3y )2
⇒

2x + 3y

26. Vậy maxA = 26

13.13.4

2 x 3 y
⇔ 
2 x  3 y 0

3x
⇒
⇒
Thay y = 2 vào x2 + y2 = 52 ta được 4x2 + 9x2 = 52.4
x2 = 16
x=4 hoặc x= -4

Với x = 4 thì y =6 thoả mãn 2x +3y
0 x = -4 ,y = -6 không thoả mãn 2x +3y
0

Vậy Max A = 26 ⇔ x =4 , y = 6
3/ Trong các bất đẳng thức cần chú ý đến các mệnh đề sau
- Nếu 2 số có tổng khơng đổi thì tích của chúng lớn nhất khi 2 số đó bằng nhau
- Nếu 2 số dương có tích khơng đổi thì tổng của chúng nhỏ nhất khi 2 số đó bang nhau
Ví dụ: Tìm GTLN, GTNN của tích xy, biết x,y  N thoả mãn x + y = 2005
Giải : Ta có 4xy = (x + y)2 – (x – y)2 = 20052 - (x – y)2
xy lớn nhất ⇔ x – y nhỏ nhất ; xy nhó nhất ⇔ x – y lớn nhất
giả sử x > y ( không thể xảy ra x = y)
Do 1
y
x
2004 nên 1
x-y
2003
Ta có min(x –y) = 1 khi x = 1003 ; y =1002
max(x –y) = 2003 khi x =2004 , y = 1
Do đó max(xy) = 1002.1003 khi x = 1003 , y = 1002
Min ( xy) = 2004 khi x = 2004 , y = 1
================================================================

MỘT SỐ SAI LẦM THƯỜNG GẶP KHI GIẢI BÀI TOÁN CỰC TRỊ
1, Sai lầm khi sử dụng nhiều bất đẳng thức khac nhau
VD1: cho x, y là các số dương thỏa mãn x +y =1 . Tìm GTNN của biểu thức :

A=

1 4

x y

1 4
4
1 4
 
,
x y
xy (1)
Giải sai: Áp dụng bất đẳng thức cô si cho hai số khơng âm x y ta có:
1 xy

 xy
2
Lại có: 2
(2 )
1 4
4
4
A=  
 8
x y
xy 1
2
Từ (1) và (2) suy ra :
. Vậy Min A = 8

Phân tích sai lầm:


1 4
  4x y

x
y
Đẳng thức sảy ra ở (1) khi

Đẳng thức sảy ra ở (2) khi x = y . Từ đó suy ra x = y = 0 ( Loại vì x + y = 1)
Có bạn đến đây KL khơng có giá trị nhỏ nhất cũng là KL sai.
1 4
4x y
A =  x+y     5  
y x
x y
Giải đúng: Vì x + y = 1 nên
4x y
4x y
4x y
 2
. 4
,
y
x
y
x
y
x
Áp dụng bất đẳng thức Cô Si cho hai số không âm
Ta có :
1

 4x y
x



y

2
x



3
x 

 y
 x  y 1  x  y 1  y  2


3
Dấu “=” xẩy ra khi

Lưu ý: Nếu sử dụng nhiều BĐT khác nhau trong 1 bài tốn thì ta phải kiểm tra xem chúng có
đồng thời xảy ra dấu bằng khơng. Có như vậy thì hướng giải của bài tốn mới đúng.
2, Sai lầm khi không sử dụng hết điều kiện của bài toán:
2

2

1
 1 
A =  x+    y  
y

 x 
VD2:cho x, y là các số dương thỏa mãn x+y= 1. Tìm GTNN của BT :
1
1
1
x+ 2 x. 2
x,
x
x
x Ta có:
Giải sai: Áp dụng bất đẳng thức cô si cho hai số không âm
(1)

Áp dụng bất đẳng thức cô si cho hai số không âm
Từ (1) và (2) =>A  8 => Min A = 8

y,

1
1
1
y+ 2 y. 2
y
y
y Ta có:

(2)

1
 x  x 2 1

Phân tích sai lầm: Đẳng thức xảy ra ở (1) khi x
1
 y  y 2 1
y
Đẳng thức sảy ra ở (2) khi
. Từ đó suy ra x = y = 1 ( Loại vì x + y = 1)
x+y
1
1
 xy  xy   xy 
2
4
Giải đúng: Áp dụng bất đẳng thức cơ si cho hai số dương ta có : 2
2

2

 1 1
1 1
A = 4 + x +y    +  
x
y
2
2
2


  . Khi đó: x + y = (x + y) – 2xy  1 - 2 = 2 (1)
Ta có :
1

1
1
2
1
25
25
1
 2 2 2 2  8
2
x
y
x .y
xy
(2). Từ (1) và (2) =>A  8 + 2 +4 = 2 =>Min A = 2 khi x=y = 2
2

2

Lưu ý: Khi giải bài toán mà không sử dụng hết điều kiện của đầu bài thì cần kiểm tra lại giả
thiết. Có như vậy thì hướng giải của bài toán mới đúng.
3, Sai lầm trong chứng minh điều kiện 1:
VD1: Tìm GTLN của bt:

A=

1
x  6 x  17
2

2

2
x 2  6 x  17  x  3  8 8
Lời giải sai: A đạt Max khi x  6 x  17 đạt Min Ta có :

x
Do đó Min 

2



 6 x 17 8  x 3

1
. Vậy Max A = 8  x 3


Phân tích sai lầm: Kết quả đúng nhưng lập luận sai ở chỗ cho rằng “ A có tử khơng đổi nên đạt
GTLN khi mẫu đạt GTNN” mà chưa đua ra nhận xét tử và mẫu là các số dương
2

x 2  6 x  17  x  3  8 8

Lời giải đúng: Bổ xung thêm nhận xét
VD2:Tìm GTNN cuả BT: A = x2 + y2 biết x + y =4

nên tử và mẫu của A là dương

 x 2  y 2 2 xy


 x  y 2
x

y

4
2
2 

Ta có : A = x + y 2xy => A đạt GTNN

Khi đó MinA = 8
Phân tích sai lầm: Đáp số ko sai nhưng lập luân sai lầm ở chỗ ta mới c/m được f(x,y) g(x,y) chứ
chưa c/m được f(x,y) m với m là hắng số.
Chẳng hạn: Từ x2  4x – 4 => x2 đạt nhỏ nhất  x2 = 4x – 4  (x – 2 )2 = 0  x =2
Đi đến min x2 = 4  x = 2 Dễ thấy kết quả đúng phải là Min x2 = 0  x =0
2

x + y  =16
Lời giải đúng: Ta có x + y =4  
(1)
x - y
Ta lại có : 

2

 0  x 2 -2xy+y 2 0

(2)

Từ (1) và (2) => 2( x + y ) 16 => A = x2 + y2 8
2

2

Vậy Min A = 8 khi và chỉ khi x = y = 2.

Lưu ý: Cần nắm vững t/c của BĐT cụ thể trong trường hợp so sánh hai phân số có tử và mẫu
là số tự nhiên, số ngun … Có như vậy thì hướng giải của bài toán mới đúng.
4, Sai lầm trong chứng minh điều kiện 2
VD1: Tìm GTNN của bt: A = x +

x
2

1 1 1 
1 1
1
1
x +2 x    x    

2
4
4
2
4
4



Lời giải sai : x + x =
. Vậy: Min A = 4
1
1
1


x 
2 (vơ lí )
P/tích sai lầm: sau khi c/m f(x)  4 chưa chỉ ra trường hợp xảy ra f(x)= 4 
Lời giải đúng: ĐKTT x là x 0 do đó : A = x + x 0 => Min A = 0  x 0

 

VD2: Tìm GTLN của

2

A = xyx  z+y   y+z   z+x 

với x, y , z là các số không âm và x +y+ z =1
2

4x  z+y   x+y+z  1
2

4y  z+x   x+y+z  1

Lời giải sai: Áp dụng BĐT

4xy  x  y 

2

2

ta có :

4z  x+y   x+y+z  1

64xyx  z+y   y+z   z+x  1 =>xyx  z+y   y+z   z+x  

1
1
64 . Vậy Max A = 64

=>
Phân tích sai lầm: Sai lầm ở chỗ chưa chi ra khả năng xảy ra dấu “=”
 z+y = x
 y+x = z


 x+z = y
x + z + y = 1

 x, y, z  0

 x  y z 0

x + z + y = 1

 x, y, z  0


1
ĐK để Max A = 64 là :
1 = x +y+ z 3 3 x.y.z

Lời giải đúng: Ta có :

( vơ lí )
(1)

2 =  x +y  +  z+x  +  y+ z  3 3  x +y   z+x   y+ z 

(2)


 2
3
2

3
A


A

3
 
2  3 x. y.z.  x +y   z+x   y+ z 

9
Từ (1) và (2) =>
hay:
 x +y  =  z+x  =  y+ z 

1
3
 x  y z 
 x  y  z 1
 2
3
 x, y , z 0
 
9
Max A =   khi 

VD3: Tìm giá trị nhỏ nhất của :

A

3

(x  a)(x  b)
x
với x > 0, a, b là các hằng số dương.

 x  a 2 ax
  x  a   x  b  2 ax.2 bx 4 x ab

x


b

2
bx
Lời giải sai: Ta có: 

(x  a)(x  b) 4x ab

4 ab
x
x
Do đó:
vậy Min A = 4 ab  x a b
Phân tích sai lầm: Nếu a b thì khơng có: A = 4 ab
A

(x  a)(x  b) x 2  ax + bx + ab 
ab 

 x    (a  b)
x
x
x 

Lời giải đúng : Ta có
.
ab
x
2 ab

a b
x
Theo bất đẳng thức Cauchy :
nên A ≥ 2 ab + a + b =
A



min A =



a b



2

khi và chi khi

ab

x 
x  x  ab

x  0
.

VẬN DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CƠSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ
1 1 1

 
x
y 2 Tìm GTNN của bt: A = x  y
VD1: Cho x > 0, y > 0 thỏa mẫn đk
1
1
1 1
 0,
0
,
y
Do x > 0, y > 0 nên x
áp dụng bất đẳng thức côsi cho 2 số x y
1
1

4
xy =>
Hay
x 0, y 0

1 1 1
1 1
   .
x y
ta có: 2  x y 

Mặt khác ta có: x > 0, y > 0 =>
x  y 2

xy 4

. áp dụng bất đẳng thức côsi ta có:

xy 2 4 4

Vậy: Min A = 4 khi :

x y

 1 1 1  x  y 4
 x  y 2


2
2
VD2 : Tìm GTNN của của biểu thức : A  x  x  1  x  x  1
2
1 3 3

2
x  x  1  x      x  R
2 4 4

Ta có:
2

1 3 3

x  x  1  x      x  R

2 4 4

2



2


x 2  x  1, x 2  x  1 ta có :

Áp dụng BĐT Cơ- si cho 2 số

x 2  x  1  x 2  x  1 2 x 2  x  1. x 2  x  1 2 4 x 4  x 2  1 2
 x 4  x 2  1 1
 x 0
 2
2
x

x

1

x

x

1


 Max A = 2 khi 
x y z
A  
y z x với x, y, z > 0.
VD3 Tìm giá trị nhỏ nhất của :
x y z
x y z
A     33 . .  3
y z x
y z x
Cách 1 : Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương:

x y z
x y z
min     3 
   x  y z
y
z
x
y
z x


Do đó
x y z  x y  y z y
x y
         
 2
y
z

x
y
x
z
x
x
y
x




Cách 2 : Ta có :
. Ta đã có
(do x, y > 0) nên để
x y z
y z y
  3
  1
y
z
x
z
x x
chứng minh
ta chỉ cần chứng minh :
(1)
2
(1)  xy + z – yz ≥ xz (nhân hai vế với số dương xz)
 xy + z2 – yz – xz ≥ 0  y(x – z) – z(x – z) ≥ 0  (x – z)(y – z) ≥ 0 (2)

(2) đúng với giả thiết rằng z là số nhỏ nhất trong 3 số x, y, z, do đó (1) đúng. Từ đó tìm được giá trị
x y z
 
nhỏ nhất của y z x .
Không phải lúc nào ta cũng dùng trực tiếp được bất đẳng thức Côsi đối với các số trong đề bài.
Dưới đây ta sẽ nghiên cứu một số biện pháp biến đổi một biểu thức để có thể vận dụng BĐT Cơsi rồi tìm cực trị của nó:
Biện pháp 1: Để tìm cực trị của một biểu thức ta tìm cực trị của bình phương biểu thức đó
3x  5 0
5
7
 x 

3
VD1 : Tìm giá trị lớn nhất của A  3 x  5  7  3 x , ĐKXĐ : 7  3x 0 3
2  3x  5   7  3 x 
2

Bình phương hai vế ta có : A = 2 +

5
7
x 
3 . áp dụng bất đẳng thức côsi cho  3 x  5  và  7  3x  ta có:
Với 3
2 2  3 x  5   7  3 x 
 3x  5   7  3x  2  3 x  5   7  3 x 

hay
 A  4 =>A  2 Dấu “=” xảy ra khi : 3x - 5 = 7 - 3x hay x = 2
2

2
2
VD2: Tìm GTNN của biểu thức: A = -x  2 x  8  -x  x  2 (*)

ĐKXĐ :
Khi đó

-x 2  2 x  8 0

 2
-x  x  2 0

 x  2   x  4  0


 x  1  x  2  0

-x 2  2 x  8  -x 2  x  2  x  6  0

Từ (*) =>





=> A > 0

A 2 = -x 2  2 x  8  -x 2  x  2  2



= -2x 2  3 x  10  2

 2  x 4
  1 x 2

 1  x 2





-x 2  2 x  8. -x 2  x  2

 x  2   4  x   x 1  2  x 




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

=









4  x2
4  x2 

2

2

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

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

 x  1  4  x  

2

2

2

 2 2

 4  x 2  x  1 4  x  x 0

 

A= 2
BÀI TẬP TỰ LUYỆN ( BT nâng cao và một số chuyên đề Bùi văn Tuyên )
Bài 1 Tìm GTNN, GTLN của hàm số : y  1  x  1  x

Bài 2: Tìm GTLN của hàm số : y  x  2  4  x
Bài 3: Tìm GTLN của hàm số : A  x  5  23  x
2
2
Bài 4: Tìm GTNN của : A = -x  4 x  21  -x  3 x  10

A=

x
y
z


y
z
x với x, y, z dương và x + y + z  12

Bài 5: Tìm GTNN của :
Biện pháp 2: nhân và chia một biểu thức với cùng một số khác không.
VD Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

Giải: ĐKXĐ: x 9 Ta có:

A=

A=

x-9
5x =

x-9
5x
1 x -9

x-9
 3 x
.3

2 3
3
6 1
 
5x
5x
5 x 30

x - 9
3

 x 18
 3
 x 9
Dấu “=” xảy ra khi

VẬN DỤNG BDT

A  B  A+B

2

ĐỂ TÌM CỰC TRỊ

2

Bài 1: Tìm GTNN của hàm số : y  x  2 x 1  x  2 x  1
Cách 1:

y  x 2  2 x 1  x 2  2 x 1  x 1  x  1

Nếu: x < -1 thì

y  x  1  x  1  x  1  x  1  2 x  2

y  x  1  x  1  x  1  x  1 2
Nếu: -1  x  1 thì

Nếu: x > 1 thì

y  x  1  x  1  x  1  x  1 2 x  2

Vậy y nhỏ nhất bằng 2 khi -1  x  1
Cách 2 : áp dụng BĐT
Ta có :

a  b a b

( Dấu “=” sảy ra khi a.b 0 )

y  x  1  1  x  x  1  1  x 2

Vậy y nhỏ nhất bằng 2 khi -1  x  1
Bài 2: Cho x, y > 0 và 2x + xy = 4 . Tìm GTLN của A = x2y
Cách 1: Từ 2x + xy = 4 => xy = 4 -2x Thế vào A ta có :


 x 2

A = x(4 -2x ) = 2 – 





2

 2 x 2. 2 

 x 2  2 0


2 x  xy 4


=> Max A = 2 khi

 2

2



 2  x 2 
=



2



2

 x 1

 y 2

1
.2 x.xy
Cách 2: Ta có : A = 2
. Vì x, y > 0 => 2x, xy > 0. áp dụng bất đẳng thức Cosi cho 2 số 2x, xy
2

2
 2 x  xy  x 2 y
2 x  xy
 2 x  xy 
 2 x.xy  
 2 x.xy 
2
2
4.2

 2 
ta có:
Thay số ta có : 2 x y =A

2 x  xy


2
x

xy

4
Vậy Max A =2 khi 

 x 1

 y 2

BÀI TẬP TỰ LUYÊN TƯƠNG TỰ:
2
2
Bài 1: Tìm GTNN của HS: a, y  4 x  4 x  1  4 x  12 x  9
2
2
b, y  x  4 x  4  x  6 x  9
2
2
Bài 2: Tìm GTNN của HS: a, y  4 x  20 x  25  x  8 x 16

2
2
b, y  25 x  20 x  4  25 x  30 x  9

Bài 3: Tìm giá trị nhỏ nhất của A  x  2 x  1  x  2 x  1

Phần B: MỘT SỐ BT CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
Bài 1. Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng:
4 a3
4b 3
4c3


3
(1  b)(1  c) (1  c)(1  a) (1  a)(1  b)
Hướng dẫn
4a 3
 1  b  1  c a
2
2
Ta có: (1  b)(1  c)


4a 3
4 b3
4c 3


a  b  c 3 3 abc 3
Tương tự: => (1  b)(1  c) (1  c)(1  a) (1  a)(1  b)

Dấu bằng xảy ra khi a = b = c =1

 x  y
Q

3

2

xy
Bài 2. Cho x, y  0. Tìm GTNN của biểu thức :
.
Nhận xét:
Ta nên nhớ mục đích là đánh giá Q m nên nhìn vào biểu thức trên ta có hai hướng để khai
thác : Hướng thư nhất : Khai thác tử số dùng cauchy đánh giá về mẫu, hoặc hướng thứ hai là khai
thác mẫu dùng cauchy đánh giá đưa về tử sau đó rút gọn đi đến điều cần chứng minh. Sau đây tôi
khai thác theo hướng hai.
Ta có:
3

3

1
1  4x  2 y  2 y 
1 4
4
3

xy   4 x   2 y   2 y   


x

y

x

y





16
16 
3
27
 16  3

27
 Q
4 . Dấu bằng xảy ra khi x 1; y 2 .
2

Chú ý : Biểu thức Q là một biểu thức đồng bậc nên ngoài cách giải trên chúng ta cịn có thể giải bằng
phương pháp hàm số, tơi xin trình bày hướng giải này ở phần sau của bài viết này.
3
Bài 3. Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn: a + b + c = 4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P 3

1
1
1
3
3
a  3b
b  3c
c  3a

Hướng dẫn
Áp dụng Bất đẳng thức Cơsi cho ba số dương ta có
 1 1 1
3
1 1 1
9
(x  y  z)    33 xyz
9    
3
x y z xyz
xyz
x y z

(*)
1
1
1
9
P 3
3
3

3
3
a  3b
b  3c
c  3a
a  3b  b  3c  3 c  3a
Áp dụng (*) ta có
Bài 4. Chứng minh

a, b, c  0  abc 1: P 

1
1
1
3
 3
 3

a  b  c b  c  a c  a  b 2
3

Nhận xét:
Bất đẳng thức trên là hệ quả của bất đẳng thức

a, b, c  0 :

a2
b2
c2
a b c




b c c a a b
2
qua một phép biến đổi.

Do đó để giải được nhanh gọn bài tốn trên ta phải thực hiện phép đổi biến để đưa về bất đẳng thức
nguồn ban đầu.

1
1
1
x  , y  , z   xyz 1
a
b
c
Đặt
.
Bài toán trở thành chứng minh:

P

x3 yz y 3 zx z 3 xy 3
x2
y2
z2
3



 



yz zx xy 2
yz zx xy 2


Để giải được tiếp tục nhận xét điểm rơi ở bài này là x  y  z 1
Từ đó ta giải được như sau:

x2
yz

x
yz
4
y2
zx

y
zx
4
z2
xy

z
x y
4
xyz 3

P

2
2 dấu bằng xảy ra  x  y z 1
Cộng vế theo vế ta được:
Tuy nhiên chúng ta có thể giải bài tốn trên bằng cách sau:

1
1
2
1
bc
a  a2


a3  b  c  a 2  b  c  b  c 1  1
bc
b c
Ta có :
1
1
1
2
2
1
1
1
a  b  c2




a 3  b  c  b3  c  a  c 3  a  b  1  1 1  1 1  1
b c c a a b
Tương tự: =>
Áp dụng bất đẳng thức Svac_so ta có:

1
1
1
1 1 1
  cauchy
2
2
2
a  b  c a b c  3
1 1 1 1 1 1
2
2



b c c a a b
, dấu bằng xảy ra  x  y z 1
a, b.c  0
a
b
c
3 3
 2
 2

 2

2
2
2
2
2
2
a  b  c 1 . Chứng minh rằng: b  c
c a
a b
2 .
Bài 2. Cho 
Nhận xét:
Với điều kiện đã cho và biểu thức dưới mẫu số của bất đẳng thức cần chứng minh gợi ý cho ta
nên thay thế mẫu số và đánh giá mẫu. Nếu học sinh khơng có kinh nghiệm thì khơng nhìn thấy điều
này. Cụ thể như sau.
Hướng dẫn

a
a
a2


b2  c2 1  a 2 a  1  a 2 

3 3
nhìn vào đích của chúng ta là 2 và nhìn vào điều kiện cho ta

hướng đi như sau:

Ta cố gắng chứng minh

a2
3 3 2
2
4
2
2
2 2

a

a
1

a


a
1

a





2
2
27

a 1  a 
3 3
a 1  a
2

Thật vậy:

2 2



3

Cauchy 
1 2
1 2a 2  1  a 2  1  a 2 
4
2
2
 2a  1  a   1  a   
 
2
2
3
 27


Tương tự:

b2

3 3 2
c2
3 3 2

b;

c
2
2
2
2
b1  b 
c 1  c 

a
b
c
3 3
 2
 2

2
2
2
c a
a b
2
Cộng các bất đẳng thức vế theo vế ta được: b  c
Bài 3. Cho a, b, c  0; abc 1
2

1
1
1


1
Chứng minh rằng: a  b  1 b  c  1 c  a  1
Hướng dẫn
3

3

     a  b   a  ab  b  
Ta có :
a  b  1  ab  a  b   abc  ab  a  b  c 
=>
a b 

3

3

1

a  b 1

a



3



b

3

3

3
3

3

3

c

a3b3c



2

3

3

3

3

2

3

3

3

3

ab



3

a3b

3

1
1
1


1

, tương tự ta có: a  b  1 b  c  1 c  a  1

=>
Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1.

Bài 4. Cho các số dương a, b, c : ab  bc  ca 3.

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


a
)
1

c
(
a

b
)
abc
Chứng minh rằng:
3 ab  bc  ca 3 3 (abc)2  abc 1
2

Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số dương ta có:

1  a 2 (b  c) abc  a 2 (b  c) a (ab  bc  ca ) 3a 
Suy ra:

1
1
 (1).
1  a (b  c) 3a
2

1
1
1

1
 (2),
 (3).
2
1  c (a  b ) 3c
Tương tự ta có: 1  b (c  a ) 3b
2

Cộng (1), (2) và (3) theo vế với vế ta có:
1
1
1
1 1 1 1
ab  bc  ca
1


 (   )


2
2
2
1  a (b  c) 1  b (c  a ) 1  c (a  b) 3 c b c
3abc
abc .
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi abc 1, ab  bc  ca 3  a b c 1, (a, b, c  0).
Bài 5.

Cho a, b, c  0 : abc 1

1
1
1
1
CMR : 2



a  2b 2  3 b 2  2c 2  3 c 2  2a 2  3 2

Hướng dẫn
Ta có:



a 2  b2 2ab; b 2  1 2b  a 2  2b 2  3 2  ab  b  1

1
1

2
a  2b  3 2  ab  b  1
2



.


Tương tự =>

1
1
1
1
1
1
1

 2
 2
 



2
2
2
a  2b  3 b  2c  3 c  2a  3 2  ab  b  1 bc  c  1 ca  a  1 
1
1
1
1
ab
b



 2


1
ab

b

1
bc

c

1
ca

a

1
ab

b

1
ab
c

abc

ab
bca

ab


b
Mặt khác:
1
1
1
1
 2
 2

2
2
2
2
=> a  2b  3 b  2c  3 c  2a  3 2  a b c 1
2

Phần 2. MỘT SỐ BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
1. Đánh giá từ trung bình cộng sang trung bình nhân kết hợp chọn điểm rơi:
x
y
z
Bài 1: Cho x, y, z : 3  3  3 1

9x
9y
9z
3x  3 y  3z




x
yz
3 y  3x  z 3z  3 x  y
4
Chứng minh rằng : 3  3
x

y

z

HD: Đổi biến a= 3 ,b= 3 ,c= 3 .Tổng sang tích, kết hợp chọn điểm rơi .
 1  1  1 
 1    1    1   64
x 
y 
z
Bài 2: Cho x, y, z  0 : x  y  z 1 . Chứng minh : 
.
HD:

1

1 x  1 x  x  y  z 4 x 2 yz



x
x

x
x

2. Đánh giá từ trung bình nhân sang trung bình cộng kết hợp chọn điểm rơi
3
3
3
Bài 1: Cho ba số thực x, y, z 0 và x  y  z 1 .
M  x 2 . yz  y 2 . zx  z 2 xy
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
.
2
4
3
HD: x . yz  x yz  x xyz , cauchy
3
3
3
Bài 2: Cho a, b, c 0, a  b  c 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : A a  46b  c .
HD: Chọn điểm rơi bằng cách :
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3

3
giả sử : A = ( a     )  (46b     )  (c     )  4  2 , tìm  ,  .

3. Kỹ thuật đổi biến :

a2  2c2
c2  2b2
b2  2a2


 3;
ac
cb
ba

Bài 1:
HV Ngân hàng – D_2000)

với a, b, c > 0, ab + bc + ca = abc. (ÑHQGHN-

2 y
2 x
2 x
1
1 1
 3 2 3
 2  2  2;
3
2
2

y z
z x
x
y
z với x, y, z > 0.(ĐH Nông nghiệp 1 – A_2001)
Bài 2: x  y
4. Kỹ thuật đánh giá mẫu số:


1
1
1
a b  c
 2
 2

, a, b, c  0
2abc
Bài 1: Chứng minh : a  bc b  ca c  ab
.
1
b  c
1
1
bc 2 



2
2abc tương tự cho các biểu thức , cộng vế

HD: Ta có : a  bc 2a bc 2abc
2

CHÚC CÁC EM THÀNH CÔNG