Xem mẫu
- TỔ TOÁN TIN , TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
--------------
THAM LUẬN
MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC ĐẠI SỐ và BÀI TOÁN GTLN & GTNN
CỦA BIỂU THỨC ĐẠI SỐ TRONG CÁC ĐỀ THI CĐ - ĐH
Bất đẳng thức là một mảng kiến thức khó của toán học phổ thông, nó th ường
xuyên xuất hiện trong các đề thi HSG cũng như thi tuyển sinh CĐ - ĐH. Đã có r ất nhi ều
tác giả, nhiều tài liệu đề cập về bất đẳng thức; hôm nay, trong khuôn kh ổ của một bu ổi
sinh hoạt chuyên môn cụm 6, chúng tôi xin được phép giới thiệu lại một s ố b ất đ ẳng th ức
và bài toán GTLN & GTNN của một số biểu thức đại số đã được ra thi ho ặc t ương t ự v ới
các dạng trong đề thi CĐ - ĐH trong những năm vừa qua .
I. Dạng sử dụng bất đẳng thức Cauchy (AM - GM) cho 2 số :
a+b
≥ ab ; đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi : a = b
∀ a, b ≥ 0 :
2
1 1 1
Ví dụ 1 : Cho a, b, c là các số dương thỏa : + + = 4 .
a b c
1 1 1
≤1
+ +
Chứng minh rằng :
2a + b + c a + 2b + c a + b + 2c
(TSĐH - Khối A - Năm 2005)
11 1
1 x+y 1
≤ ⇔ ≤+÷
Nhận xét : Với x, y > 0, ta có 4xy ≤ (x + y)2 ⇔
x+y 4xy x+y 4 x y
Dấu (=) xảy ra ⇔ a = b
Áp dụng kết quả trên, ta có :
1 1 1 1 1
1 1 1 11 1
1 1
≤ ÷≤
+ + + ÷ = + + ÷
4 2a b + c 4 b c 8 a 2c
2a + b + c 4 2a 2b
(1)
1 1 1
1 1
≤ ++
Tương tự : ÷ (2)
8 2a 2c
a + 2b + c b
1 1 1
1 1
≤ + + ÷ (3)
8 2a c
a + b + 2c 2b
11 1
1 1 1 1
≤
+ + + + ÷=1
Từ (1), (2) và (3) suy ra :
4a c
2a + b + c a + 2b + c a + b + 2c b
a = b = c
3
Dấu (=) xảy ra ⇔ 1 ⇔ a=b=c=
1 1
4
a + b + c = 1
1 4 9
+ + = 1 . Tìm GTNN của biểu thức :
Ví dụ 2 : Cho x, y, z là các số dương thỏa :
x y z
P=x+y+z.
1 9
4
Ta có :P = x + y + z = (x + y + z). + +÷
x y z
4x y 9x z 9y 4z
= 14 + + ÷+ + ÷ + + ÷
x z x z
y y
4x y 9x z 9y 4z
≥ 14 + 2 . +2 . +2 . = 14 + 4 + 6 + 12 = 36
yx zx zy
------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Một số Bất Đẳng Thức đại số và bài toán GTLN & GTNN của biểu thức đại số trong các đề thi CĐ ĐH 96
- TỔ TOÁN TIN , TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
--------------
1 4 9
x = 6
x + y + z = 1
⇔ y = 12
Dấu (=) xảy ra ⇔
4x = y , 9x = z , 9y = 4z z = 18
y xz x z y
Vậy : Pmin = 36 khi x = 6, y = 12, z = 18 .
Bài tập tương tự :
1. Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng :
4a 9b 16c
≥ 26
+ +
b+c-a c+a-b a+b-c
2. Cho x, y, z > 0 và thỏa : xyz = 1. Tìm GTNN của biểu thức :
yz zx xy
P= 2 +2 +2
2 2
z x + z2y
x y+x z y z+y x
Hướng dẫn :
y+z z+x x+y
1. Đặt : x = b + c - a, y = c + a - b, z = a + b - c (x, y, z > 0) ⇒ a = ,b= ,c=
2 2 2
Khi đó :
9(z + x) 16(x + y) 4y 9x 4z 16x 9z 16y
4(y + z)
+ + = + ÷+ + ÷+ +
2(VT) = ÷
y x z y
x y z x z
Áp dụng bđt Cosi , . . . ⇒ (đpcm)
a2 b2 c2
2. Đặt : a = yz , b = zx , c = xy (a, b, c > 0 và abc = 1) ⇒ P = + +
b+c c+a a+b
2 2
a b+c a b+c
≥2
Áp dụng bđt Cosi , ta có : =a,
+
b+c 4 b+c 4
b2 c2
c+a a+b
≥b , ≥c
tương tự : + +
c+a 4 a+b 4
3 3
Cộng 3 bđt trên vế theo vế, suy ra : P ≥ . . . ≥ ⇔x = y = z =
. Kết luận : MinP =
2 2
1
II. Dạng sử dụng bất đẳng thức Cauchy (AM - GM) cho 3 số :
a+b+c
≥ 3 abc ; đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi : a = b = c
∀ a, b, c ≥ 0 :
3
Ví dụ 3 : Cho a, b, c là các số dương thỏa : abc = 1.
1 + a 3 + b3 1 + b 3 + c3 1 + c3 + a 3
Chứng minh rằng : ≥33
+ +
ab bc ca
(TSĐH - Khối D - Năm 2005)
1 + a 3 + b3 3
Tacó : 1 + a 3 + b 3 ≥ 3 3 1.a 3 .b3 = 3ab ⇒ 1 + a 3 + b 3 ≥ 3. ab ⇒ ≥
ab ab
1 + b 3 + c3 1 + c3 + a 3
3 3
≥ ≥
Tương tự : ,
bc ca
bc ca
Cộng 3 bất đẳng thức trên vế theo vế , ta có :
1 1
1 + a 3 + b3 1 + b3 + c3 1 + c3 + a 3 1
≥ 3
+ + + + (1)
÷
ab bc ca ab ca
bc
------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Một số Bất Đẳng Thức đại số và bài toán GTLN & GTNN của biểu thức đại số trong các đề thi CĐ ĐH 97
- TỔ TOÁN TIN , TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
--------------
1 1 1 1 3
≥ 33
+ + = = 3 , vì abc = 1
Lại có : (2)
3
ab bc ca abc
(abc) 2
Từ (1) và (2) suy ra : (đpcm) . Dấu (=) xảy ra ⇔ a = b = c = 1
Ví dụ 4 : Cho x, y, z là các số dương thay đổi. Tìm GTNN của biểu thức :
x 1 z 1
y 1
P = x + ÷ + y + ÷ + z + ÷
2 zx
2 yz 2 xy
x2 y2 z2 x 2 + y2 + z2
Ta có : P = + + +
2 2 2 xyz
x2 1 y2 1 z2 1
x2 y2 z2 xy + yz + zx
+ ÷+ + ÷+ +÷
+ + +
≥ =
2 x 2 y 2 z
2 2 2 xyz
x2 x2 x2 1 1
1 1 1 3
≥ 33
Ngoài ra : + = + + .. =
2 x 2 2x 2x 2 2x 2x 2
2 2
y 1 3 z 1 3
≥ ≥
+ ; +
Tương tự :
2 y 2 2 z 2
9
. Dấu (=) xảy ra ⇔ x = y = z = 1
Suy ra : P ≥
2
9
Vậy : Pmin = khi x = y = z = 1
2
Bài tập tương tự :
1. Cho a, b, c > 0 và thỏa a + b + c = 1. Chứng minh rằng :
1 1 1 1
≥ 30
+ + +
2 2 2
a +b +c ab bc ca
2. Cho x, y, z > 0 và thỏa : x + y + z ≥ 6. Tìm GTNN của biểu thức :
x3 y3 z3
P= + +
y+z z+x x+y
Hướng dẫn :
1 1 1 1 1 3
≥2
+ + + +3
1. Ta có : (VT) = 2 2 2 2 2
a +b +c ab bc ca a +b +c ab.bc.ca
1 9
≥2 + =
2 2
a +b +c ab + bc + ca
1 1 1 7
= 2 + + ÷+
2 2
a +b +c ab + bc + ca ab + bc + ca ab + bc + ca
....
9 21
≥ +
2 2 2
(a + b + c ) + (ab + bc + ca) + (ab + bc + ca) 3(ab + bc + ca)
9 21 30
≥ = ≥ 30
+
2 2
(a + b + c) 2
(a + b + c) (a + b + c)
x3 y+z
+ 2 ≥ 3x ,
+
2. Áp dụng bđt Cosi , ta có :
y+z 2
y3 z3
z+x x+y
+ 2 ≥ 3y , + 2 ≥ 3z
+ +
z+x 2 x+y 2
------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Một số Bất Đẳng Thức đại số và bài toán GTLN & GTNN của biểu thức đại số trong các đề thi CĐ ĐH 98
- TỔ TOÁN TIN , TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
--------------
Cộng 3 bđt trên vế theo vế, suy ra : P ≥ 2(x + y + z) - 6 ≥ 2.6 - 6 = 6 .
Kết luận : MinP = 6 ⇔ x = y = z = 2
III. Dạng sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopski (BCS) :
∀ a, b, c, d ∈ R : (ac + bd) ≤ (a + b ).(c + d ) hay ac + bd ≤ (a 2 + b 2 ).(c 2 + d 2 ) ;
2 2 2 2 2
a b
=
đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi :
c d
Ví dụ 5 : Cho a, b, c là các số dương thỏa : abc = 1.
1 1 1 3
≥
Chứng minh rằng : P = 2 +2 +2
a (b + c) b (c + a) c (a + b) 2
1 1 1
Cách 1: Đặt x = , y = , z = thì x, y, z > 0 và xyz = 1
a b c
x y z 3
+ + ≥ ( BĐT Nesbit)
BĐT cần chứng minh tương đương:
y+z z+x x+ y 2
1 19
1
⇔ ( x + y + z) + + ÷≥
y+z z+x x+ y 2
1 1
1
⇔ ( ( y + z ) + ( z + x) + ( x + y) ) + + ÷≥ 9
y+z z+x x+z
2
1 1 1
BĐT BCS ta có :9 = (1 + 1 + 1) = y + z + z+x + x+ y
2
÷
÷
y+z z+x x+ y
1 1
1
≤ ( ( y + z ) + ( z + x) + ( x + y) ) + + ÷
y+z z+x x+ y
Dấu (=) xảy ra ⇔ x = y = z = 1 ⇔ a = b = c = 1
2
2
1 1
1 1 1 1
+ + ÷ = b+c + c+a + a+b÷
Cách 2: Ta có
a c
b a b+c
b c+a c a+b
1 1 1
÷( b + c + c + a + a + b ) = 2(a + b + c).P
≤2 +2 +2
a (b + c) b (c + a) c (a + b)
2
1 1 1 1
1
Suy ra P ≥ . + + ÷
2 a+b+c a c
b
1 1 3
3 1 1 1 a+b+c 3
≥ + + ÷= =
2 a + b + c ab ca 2 a + b + c abc
bc 2
Dấu (=) xảy ra ⇔ a = b = c = 1
Ví dụ 6 : Cho x, y, z là các số dương thay đổi thỏa đi ều kiện xyz = 1. Tìm GTNN c ủa bi ểu
thức :
x 2 (y + z) y 2 (z + x) z 2 (x + y)
P= + +
y y + 2z z z z + 2x x x x + 2y y
(TSĐH - Khối A - Năm 2007)
2
Nhận xét ∀ y, z > 0 : y + z ≥ 2 yz = (vì xyz = 1)
x
x 2 (y + z) 2x x
≥
⇒ x (y + z) ≥ 2x x ⇒
2
y y + 2z z y y + 2z z
------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Một số Bất Đẳng Thức đại số và bài toán GTLN & GTNN của biểu thức đại số trong các đề thi CĐ ĐH 99
- TỔ TOÁN TIN , TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
--------------
Xét hai bất đẳng thức tương tự nữa, ta thu được
yy
xx zz
P ≥ 2 ÷
+ +
y y + 2z z x x + 2y y ÷
z z + 2x x
Đặt a = x x , b = y y , c = z z ⇒ a, b, c > 0 và abc = 1.
a c
b
Khi đó : P ≥ 2 + + ÷ = 2S
b + 2c c + 2a a + 2b
2
c
a b
Ta có : ( a + b + c )
2
= a(b + 2c). + b(c + 2a). + c(a + 2b).
b + 2c c + 2a a + 2b
a c
b
≤ [ a(b + 2c) + b(c + 2a) + c(a + 2b) ] + + ÷
b + 2c a + 2b
c + 2a
( a + b + c)
2
⇔ (a + b + c) ≤ 3(ab + bc + ca).S . Suy ra S ≥ ≥ 1.
2
Do đó : P ≥ 2
3(ab + bc + ca)
Dấu (=) xảy ra ⇔ a = b = c = 1 ⇔ x = y = z = 1
Vậy : Pmin = 2 khi x = y = z = 1
Bài tập tương tự :
1. Cho a, b, c > 0 và thỏa : a + b + c + 2abc ≥ 10 . Chứng minh rằng :
9b 2 c2a 2 9c 2 a 2b29a 2 b 2c 2
8 8 8
≥6 6
+ + + + + +
+ +
a2 b2 c2
2 4 2 4 2 4
3x 4y 5z
2. Cho x, y, z > 0 . Tìm GTNN của biểu thức : P = + +
y+z z+x x+y
Hướng dẫn :
1. Áp dụng bđt BCS, ta có :
9b 2 c 2a 2
8 22 3b ca 4
≥ 2.
2 + 18 + 4. 2 + + + 3 2. + 2. = + 9b + ca
a 2 4 a 2 a
2
9c 2 a 2b2 9a 2 c2 b 2
8 4 8 4
≥ ≥
24. + + + 9c + ab , 24. 2 + + + 9a + bc
2
b 2 4 b c 2 4 c
Cộng 3 bđt trên vế theo vế, suy ra :
1 1
1
24.(VT) ≥ 4 + + ÷ + 9(a + b + c) + ab + bc + ca
a c
b
4 4 4
≥ + a÷ + + b ÷ + + c ÷ + (2a + bc) + (2b + ca) + (2c + ab) + 6(a + b + c)
a b c
4 4 4
≥ 2 .a + 2 .b + 2 .c + 2 2abc + 2 2abc + 2 2abc + 6(a + b + c)
a b c
72
= 12 + 6(a + b + c + 2abc) ≥ 12 + 6.10 = 72 ⇒ (VT) ≥ =6 6
24
3x 4y 5z
2. Ta có : P = + 3÷ + + 4÷ + + 5 ÷ - 12
z+x x+y
y+z
------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Một số Bất Đẳng Thức đại số và bài toán GTLN & GTNN của biểu thức đại số trong các đề thi CĐ ĐH 100
- TỔ TOÁN TIN , TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
--------------
3 5
4
= ( x + y + z) + + ÷ - 12
y+z z+x x+ y
(( )
5
2 2 2
3 4
) ( ) +( )
1 2 2 2
= x+y + y+x z+x ÷ + z + x ÷ + x + y ÷ - 12
y + z ÷ ÷ ÷
2
1
≥( 3 + 4 + 5) 2 - 12
2
y+z z+x x+y
1
= =
( 3 + 2 + 5) 2 - 12 ⇔
Kết luận : MinP =
2
3 5
2
IV. Dạng sử dụng tính chất của hàm số - phương pháp hàm số :
Cho hàm số f(x) xác định trên K (K là một khoảng, một đoạn hoặc nửa khoảng)
•
Hàm số f(x) gọi là đồng biến trên K nếu : ∀ x1, x2 ∈ K , x1 < x2 ⇒ f(x1) < f(x2)
Hàm số f(x) gọi là nghịch biến trên K nếu : ∀ x1, x2 ∈ K , x1 < x2 ⇒ f(x1) > f(x2)
Cho hàm số f(x) có đạo hàm trên khoảng K . N ếu f ’(x) ≥ 0 ,∀ x ∈ K (hoặc f ’(x) ≤ 0 ,∀ x
•
∈ K ) và f ’(x) = 0 chỉ tại một số hữu hạn điểm của K thì hàm số f(x) đồng biến (ho ặc
nghịch biến) trên K.
Lưu ý : Khoảng K trong kết quả này được thay bởi một đoạn ho ặc m ột n ửa
khoảng thì phải bổ sung giả thiết “Hàm số f(x) này liên tục trên đo ạn ho ặc n ửa kho ảng
đó”
Ví dụ 7 : Cho a, b là các số thực thỏa mãn : 0 < a < b < 1.
Chứng minh rằng : a 2 .lnb - b 2 .lna > lna - lnb
(TSCĐ - Khối A, B, D - Năm 2009)
lna lnb
Ta có : (đpcm) ⇔ (1 + b ).lna < (1 + a ).lnb ⇔
2 2
0 , ∀ x ∈ (0; 1)
'
với 0 < x < 1 ⇒ f (x) =
Xét hàm số : f(x) = 2
x(x 2 + 1) 2
x +1
⇒ f(x) là hàm số luôn đồng biến trên khoảng (0; 1)
lna lnb
Khi đó : 0 < a < b < 1 ⇒ f(a) < f(b) ⇔ 0. Chứng minh rằng : 2a + a ÷ ≤ 2 b + b ÷
2 2
(TSĐH - Khối D- Năm 2007)
a
ln(4 b + 1)
ln(4 + 1)
Ta có : (đpcm) ⇔ ( 4 + 1) ≤ ( 4 + 1) ⇔
b a
≤
a b
a b
x
ln(1 + 4 )
Xét hàm số : f(x) = với x > 0
x
4x .ln4 x - (1 + 4 x ).ln(1 + 4 x )
< 0 , ∀ x ∈ (0; +∞)
f ' (x) =
⇒
x 2 (1 + 4 x )
⇒ f(x) là hàm số luôn nghịch biến trên khoảng (0; + ∞ )
ln(4a + 1) ln(4b + 1)
Khi đó : a ≥ b > 0 ⇒ f(a) ≤ f(b) ⇔ ≤
a b
------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Một số Bất Đẳng Thức đại số và bài toán GTLN & GTNN của biểu thức đại số trong các đề thi CĐ ĐH 101
- TỔ TOÁN TIN , TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
--------------
a+b a-b
>
Ví dụ 9 : Cho a > b > 0. Chứng minh rằng :
2 lna - lnb
Vì : a > b > 0 ⇒ lna > lnb ⇒ lna - lnb > 0
a
-1
a-b a
⇔ ln - 2 b
lna - lnb > 2 >0
Ta có : (đpcm) ⇔ a
a+b b +1
b
2(x - 1)
Xét hàm số : f(x) = lnx - với x > 1
x+1
(x - 1) 2
1 4
> 0 , ∀ x ∈ (1; +∞)
'
⇒ f (x) = - =
x (x + 1) 2 x(x + 1) 2
⇒ f(x) là hàm số luôn đồng biến trên khoảng (1; + ∞ )
a
-1
a
a a
⇔ ln - 2 b >0
Khi đó : a > b > 0 ⇒ > 1 ⇒ f( ) > f(1) = 0 a
b
b b +1
b
Ví dụ 10 : Cho hai số thực x, y thay đổi sao cho : 2(x2 + y2) - xy = 1.
x 4 + y4
Tìm GTNN và GTLN của biểu thức : P =
2xy + 1
1
Nhận xét : 1 = 2(x2 + y2) - xy ≥ 2.2xy - xy = 3xy ⇒ xy ≤
3
1
1 = 2(x2 + y2) - xy = 2.(x + y)2 - 5xy ≥ -5xy ⇒ xy ≥ −
5
2
xy + 1 22
÷ - 2x y
4 4 2 22 22
-7(xy) 2 + 2xy + 1
x +y (x + y ) - 2x y
=
2
Và :
P= = =
2xy + 1 2xy + 1 2xy + 1 8xy + 4
1 1
Khi đó, đặt : t = xy , đk : t ∈ − ;
5 3
1 1
-7t 2 + 2t + 1
với t ∈ − ;
Bài toán đưa về tìm GTNN và GTLN của hàm số : f(t) =
5 3
8t + 4
t = -1 (loai)
−56t - 56t
2
; f ' (t) = 0 ⇒ − 56t 2 - 56t = 0 ⇔
f ' (t) = 2
t = 0
(8t + 4)
1 2 1 2 1
f(- ) = , f( ) = , f(0) =
5 15 3 15 4
2 1
2
x + y =
1
⇔ 2 ⇔...
Vậy : Max P = Max f(t) =
4 xy = 0
1 1
-;
5 3
2 2
2 2
2 2
x + y = 3 x + y = 5
2
⇔ ∨ ⇔...
Min P = Min f(t) =
1 1
15 xy = xy = -
1 1
- 5 ; 3
3 5
------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Một số Bất Đẳng Thức đại số và bài toán GTLN & GTNN của biểu thức đại số trong các đề thi CĐ ĐH 102
- TỔ TOÁN TIN , TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
--------------
Bài tập tương tự :
a(b - 4)
1. Cho a, b thỏa mãn : 0 < a < b < 4. Chứng minh rằng : ln b ≥ e. Chứng minh rằng : a b < ba
3. Cho a, b thỏa mãn : a > b > 0. Chứng minh rằng : 5.lna - 4.lnb > ln(5a - 4b)
4. Cho x, y ≥ 0 thỏa : x + y = 1. Tìm GTNN và GTLN của biểu thức :
P = (4x2 + 3y)(4y2 + 3x) + 25xy
(TSĐH - Khối D- Năm 2009)
Hướng dẫn :
a b
1. Với : 0 < a < b < 4 . Ta có : (đpcm) ⇔ ln - a < ln -b
4- a 4- b
(x - 2) 2
x
≥ 0 , ∀ x ∈ (0; 4) và f’(x) =
- x với 0 < x < 4 ⇒ f ' (x) =
Xét hàm số: f(x) = ln
4-x x(4 - x)
0 khi x = 2
⇒ f(x) là hàm số luôn đồng biến trên khoảng (0; 4)
Khi đó : 0 < a < b < 4 ⇒ f(a) < f(b) ⇔ (đpcm)
lna lnb
2. Với : a > b ≥ e . Ta có : (đpcm) ⇔ b.lna < a.lnb ⇔ <
a b
lnx 1 - lnx
< 0 , ∀ x ∈ (e; + ∞) mà f(x) liên tục
'
với x ≥ e ⇒ f (x) =
Xét hàm số: f(x) =
x2
x
trên [e; +∞ ) ⇒ f(x) là hàm số luôn nghịch biến trên khoảng [e; +∞ )
Khi đó : a > b ≥ e ⇒ f(a) < f(b) ⇔ (đpcm)
3. Với : a > b > 0 . Ta có : (đpcm) ⇔
5
a5 a5 a a
ln 4 > ln(5a - 4b) ⇔ 4 > 5a - 4b ⇔ ÷ - 5 + 4 > 0
b
b b b
a 5
Đặt : x = , x > 1 . Xét hàm số: f(x) = x - 5x + 4 với x > 1
b
Lập BBT, dễ dàng kết luận : f(x) > 0 với mọi x > 1 , suy ra : (đpcm)
4. Biến đổi : P = 16(xy)2 - 2xy + 12
1
Khi đó, đặt : t = xy , đk : t ∈ 0;
4
1
Bài toán đưa về tìm GTNN và GTLN của hàm số : f(t) = 16t 2 - 2t + 12 với t ∈ 0;
4
1
f ' (t) = 32t - 2 ; f ' (t) = 0 ⇔ t =
16
1 25 1 191
f(0) = 12 , f( ) = , f( ) =
4 2 16 16
x + y = 1
25
⇔ 1 ⇔...;
Vậy : Max P = Max f(t) =
xy = 4
2
1
0;
4
x + y = 1
191
⇔ 1 ⇔...
Min P = Min f(t) =
16 xy = 16
1
0;
4
V. Dạng sử dụng miền giá trị để tìm GTLN & GTNN :
------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Một số Bất Đẳng Thức đại số và bài toán GTLN & GTNN của biểu thức đại số trong các đề thi CĐ ĐH 103
- TỔ TOÁN TIN , TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
--------------
2sin x − cos x
Ví dụ 11 : Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số : y =
sin x + 2 cos x + 3
HD: TXĐ: D = R
2 sin x − cos x
⇔ (y – 2)sinx + (2y + 1)cosx = – 3y (1)
y=
sin x + 2 cos x + 3
5 5
Phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi: 9y2 ≤ (y – 2)2 + (2y + 1)2 ⇔ – ≤y≤
2 2
5 5
Suy ra : maxy = và miny = –
2 2
Ví dụ 12 : Cho hai số thực x, y thỏa mãn x 2 + y2 = 2(x + y) + 7 . Tìm giá trị lớn nhất , giá tr ị
nhỏ nhất của biểu thức
P = 3 x( x − 2) + 3 y ( y − 2)
x 2 + y 2 = 2( x + y ) + 7
HD: Gọi T là tập giá trị của P. Ta có m ∈ T ⇔ Hệ sau có nghiệm
3 x( x − 2) + 3 y ( y − 2) = m
(I)
+ Đặt u = 3 x( x − 2) , v = 3 y ( y − 2) , ta có u = 3 ( x − 1) 2 − 1 ≥ −1 , tương tự v ≥ – 1 .
m3 − 7
u 3 + v 3 = 7 (u + v)3 − 3uv(u + v) = 7 uv =
⇔ ⇔
+Hệ (I) trở thành 3m (II)
u + v = m u + v = m u + v = m
m3 − 7
u, v là hai nghiệm phương trình t 2 − mt + = 0 (1)
3m
+Hệ (I) có nghiệm ⇔ Hệ (II) có nghiệm (u, v) thỏa u ≥ – 1và v ≥ – 1
⇔ Phương trình (1) có 2 nghiệm t1 , t2 thỏa – 1 ≤ t1 ≤ t2
2 4(m3 − 7)
m − ≥0 0 < m ≤ 3 28
∆ ≥ 0 3m
⇔ (t1 + 1) + (t2 + 1) ≥ 0 ⇔ m + 2 ≥ 0 ⇔ m ≥ −2 ⇔ 1 ≤ m ≤ 3 28
(t + 1)(t + 1) ≥ 0 m3 − 7 m < 0 ∨ m ≥ 1
1
+ m +1 ≥ 0
2
3m
Do đó T = [1, 3 28 ] . Vậy minP = 1 và maxP = 3 28
Ví dụ 13 : Cho x,y là các số thực thỏa mãn 3x2 + 2xy + y2 = 11. Tìm GTLN, GTNN của biểu
thức
P = x2 + 2xy + 3y2
3 x 2 + 2 xy + y 2 = 11
HD:Gọi T là tập giá trị của P. Ta có m ∈ T ⇔ Hệ sau có nghiệm 2 (I)
x + 2 xy + 3 y = m
2
y 2 = 11
y = ± 11
⇔
+Nếu x = 0 thì hệ trở thành 2
m = 33
3 y = m
x 2 (3 + 2t + t 2 ) = 11
+Xét trường hợp x ≠ 0 . Đặt y = tx ta có hệ 2
x (1 + 2t + 3t ) = m
2
------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Một số Bất Đẳng Thức đại số và bài toán GTLN & GTNN của biểu thức đại số trong các đề thi CĐ ĐH 104
- TỔ TOÁN TIN , TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
--------------
(m − 33)t 2 + 2(m − 11)t + 3m − 11 = 0
m(3 + 2t + t 2 ) = 11(1 + 2t + 3t 2 )
(II)
⇔ 2 ⇔ 11
x (3 + 2t + t ) = 11
2
x=± 2
t + 2t + 3
Hệ (I) có nghiệm ⇔ Hệ (II) có nghiệm x ≠ 0 ⇔ (m – 33)t2 + 2(m – 11)t + 3m – 11 = 0 (1) có
ngh
1
+Nếu m = 33 thì (1) có nghiệm t = −
2
≠ 33, khi đó (1) có nghiệm ⇔ ∆ 't ≥ 0 ⇔ (m – 11)2 – (m – 33)(3m – 11) ≥ 0
+Xét m
⇔ – 2m2 + 88m – 242 ≥ 0 ⇔ m ∈ [22 − 11 3, 22 + 11 3] \ { 33}
+ Kết hợp các trường hợp trên ta được các giá trị để hệ có nghiệm là m
∈ [22 − 11 3, 22 + 11 3]
Do đó T = [22 − 11 3, 22 + 11 3] . Vậy minT = 22 – 11 3 , maxT = 22 + 11 3
Bài tập tương tự :
1: Cho hai số thực thay đổi x ≠ 0, y ≠ 0 thỏa mãn xy(x + y) = x2 – xy + y2 . Tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức:
11
A= 3 + 3
x y
( ĐH khối A – 2006)
2: Cho x, y là hai số thay đổi thỏa mãn x + y + x + y = 8. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ
2 2
nhất của biểu thức: P = xy(x + 1)(y + 1)
Hướng dẫn :
1. T là tập giá trị của A. Ta có m ∈ A ⇔ Hệ sau có nghiệm x ≠ 0, y ≠ 0
xy ( x + y ) = x 2 − xy + y 2 xy ( x + y ) = x 2 − xy + y 2
xy ( x + y ) = x 2 − xy + y 2
(I)
⇔1 1 ⇔ ( x + y )( x 2 − xy + y 2 ) ⇔ ( x + y)2
+ 3 =m =m x2 y 2 = m
x3 y x3 y 3
SP = S − 3P
2
Đặt S = x + y, P = xy, S ≥ 4P ta có hệ S 2
2
(II)
2 =m
P
Hệ (I) có nghiệm x ≠ 0, y ≠ 0 ⇔ Hệ (II) có nghiệm (S,P) thỏa mãn S2 ≥ 4P ⇔ m ∈ (0;16] \ { 1}
Vậy maxA = 16
x + y + x2 + y 2 = 8
2. T là tập giá trị của P. Ta có m ∈ T ⇔ Hệ sau có nghiệm
xy ( x + 1)( y + 1) = m
u + v = 8
1
+ Đặt u = x + x2 , v = y + y2 , điều kiện u, v ≥ − . Hệ trở thành .
uv = m
4
Khi đó u, v là hai nghiệm phương trình t2 – 8t + m = 0 (1)
1
+ Hệ có nghiệm ⇔ (1) có nghiệm t1, t2 thỏa mãn − ≤ t1 ≤ t2
4
∆ ' ≥ 0
33
⇔ (t1 + 1/ 4)(t2 + 1/ 4) ≥ 0 ⇔ − ≤ m ≤ 16
16
(t + 1/ 4) + (t + 1/ 4) ≥ 0
1 2
------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Một số Bất Đẳng Thức đại số và bài toán GTLN & GTNN của biểu thức đại số trong các đề thi CĐ ĐH 105
- TỔ TOÁN TIN , TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
--------------
33
Vậy minP = − , maxP = 16
16
Tam Kỳ, ngày 10 tháng 03 năm 2011
TỔ TOÁN - TIN
THPT CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM
------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Một số Bất Đẳng Thức đại số và bài toán GTLN & GTNN của biểu thức đại số trong các đề thi CĐ ĐH 106
- TỔ TOÁN TIN , TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
--------------
------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Một số Bất Đẳng Thức đại số và bài toán GTLN & GTNN của biểu thức đại số trong các đề thi CĐ ĐH 107
nguon tai.lieu . vn
