Phương pháp hàm số giải bài toán GTLN – GTNN và bất đẳng thức hai biến số Toán 12

Tài liệu gồm 28 trang, được biên soạn bởi thầy giáo Lê Bá Bảo, hướng dẫn áp dụng phương pháp hàm số giải bài toán giá trị lớn nhất – giá trị nhỏ nhất (GTLN – GTNN) và bất đẳng thức hai biến số.

29 15 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Chương 1: Ứng dụng đạo hàm để khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số

Môn: Toán 12

Thông tin:

28 trang 7 tháng trước

Tác giả:

Profile Mai Nguyệt
G
G
i
i
á
á
o
o
v
v
i
i
ê
ê
n
n
:
:
L
L
Ê
Ê
B
B
Á
Á
B
B
Ả
Ả
O
O
_
_
T
T
r
r
ư
ư
ờ
ờ
n
n
g
g
T
T
H
H
P
P
T
T
Đ
Đ
ặ
ặ
n
n
g
g
H
H
u
u
y
y
T
T
r
r
ứ
ứ
,
,
H
H
u
u
ế
ế
S
S
Đ
Đ
T
T
:
:
0
0
9
9
3
3
5
5
.
.
7
7
8
8
5
5
.
.
1
1
1
1
5
5
Đ
Đ
ă
ă
n
n
g
g
k
k
í
í
h
h
ọ
ọ
c
c
t
t
h
h
e
e
o
o
đ
đ
ị
ị
a
a
c
c
h
h
ỉ
ỉ
:
:
1
1
1
1
6
6
/
/
0
0
4
4
N
N
g
g
u
u
y
y
ễ
ễ
n
n
L
L
ộ
ộ
T
T
r
r
ạ
ạ
c
c
h
h
,
,
T
T
P
P
H
H
u
u
ế
ế
H
H
o
o
ặ
ặ
c
c
T
T
r
r
u
u
n
n
g
g
t
t
â
â
m
m
K
K
m
m
1
1
0
0
H
H
ư
ư
ơ
ơ
n
n
g
g
T
T
r
r
à
à
Hoµi niÖm Tù luËn:
KH¶O S¸T HµM Sè
MéT Sè BµI TO¸N MAX MIN
HuÕ, th¸ng 8/2020
Chuyên đề BẤT ĐẲNG THỨC và MAX MIN Luyện thi THPT Quốc gia 2016
Lớp Toán thầy LÊ BÁ BẢO-Số 4 Kiệt 116 Nguyễn Lộ Trạch (TP Huế)_Trung tâm BDKT Km10 Hương Trà 0935.785.115_1
Chủ đề: PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ CHO BÀI TOÁN GTLN-GTNN VÀ
BẤT ĐẲNG THỨC HAI BIẾN SỐ
Kỹ thuật 1: Thế biến đưa về khảo sát hàm một biến
Bước 1: Rút 1 biến biểu diễn theo biến kia. Xác định miền giá trị của biến được rút.
Bước 2: Thay biến được rút vào biểu thức giả thiết. Khảo sát và đưa ra kết luận.
Bài tập 1: Cho
, xy
là các số thực thỏa mãn điều kiện
2
0, 12 0y x x y
. Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức
2 17P xy x y
.
Bài giải:
Từ giả thiết ta có:
2
12 0 4;3y x x x
.
Khi đó:
Xét hàm số
32
3 9 7, 4;3f x x x x x
, ta có:
/2
1
3 6 9 0
3
x
f x x x
x

.
Ta có:
4 13, 3 20, 1 12, 3 20f f f f
.
Suy ra:
4;3
max 3 3 20f x f f
,
4;3
min 1 12.f x f
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng
12
đạt được tại
; 1; 10xy 
.
Bài tập 2: (HSG Quốc gia 1998) Cho
, xy
là các số thực thỏa mãn điều kiện
22xy
. Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức
22
22
13P x y x y
.
Bài giải:
Từ giả thiết ta có:
22yx
. Thay vào biểu thức P ta có:
Khi đó:
22
5 4 1 5 20 25P x x x x
Xét hàm số
22
5 4 1 5 20 25f x x x x x
, ta có:
/
22
5 2 5 10
5 4 1 5 20 25
xx
fx
x x x x


.
/ 2 2
0 5 2 5 20 25 10 5 5 4 1f x x x x x x x
22
22
2
2
5 2 10 5 0
;2
2
5
.
3
5 2 5 20 25 10 5 5 4 1
24 16 0
xx
x
x
x x x x x x
xx







Từ đó suy ra:
2
25
3
P f x f



Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng
25
đạt được tại
22
;;
33
xy




.
Bài tập 3: Cho
, ab
là các số thực dương thỏa mãn điều kiện
1ab
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức
22
3 1 2 2 40 9P a b
.
Bài giải:
Từ giả thiết ta có:
1 0 0;1a b b
.
Chuyên đề BẤT ĐẲNG THỨC và MAX MIN Luyện thi THPT Quốc gia 2016
Lớp Toán thầy LÊ BÁ BẢO-Số 4 Kiệt 116 Nguyễn Lộ Trạch (TP Huế)_Trung tâm BDKT Km10 Hương Trà 0935.785.115_2
Khi đó:
2
2
3 1 2 1 2 40 9P b b
Xét hàm số
2
2
3 1 2 1 2 40 9 , 0;1f b b b b
, ta có:
/ 2 2
22
61
18
0 1 9 40 3 2 4 3
2 4 3 9 40
b
b
f b b b b b b
b b b
.
2
2 2 2 2
2
1 9 40 9 2 4 3 2 3 2 3 10 10 0
3
b b b b b b b b b b
Từ đó suy ra:
2
5 11
3
P f b f



.
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng
5 11
đạt được tại
12
;;
33
ab



.
Bài tập 4: Cho
, ab
là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện
34ab
. Tìm giá trị lớn nhất và
giá trị nhỏ nhất của biểu thức
3
11


ab
P
ab
.
Bài giải:
Ta có:
3 4 4 3a b a b
. Do
,ab
không âm nên
4
0
3
.b
Khi đó:
4 3 3 1 3
4
5 3 1 5 3 1
bb
P
b b b b
.
Xét hàm số
1 3 4
40
5 3 1 3
, ; .f b b
bb




Ta có:
22
2
1
33
0 5 3 1
1
3
53
//
;
b
f b f b b b
b
b
b
.
Lập BBT ta suy ra GTLN của P là
4
5
, đạt được khi
04 ,ba
; GTNN của P là 2, đạt được khi
11 ,.ab
Bài tập 5: Cho
, xy
là các số thực dương thỏa mãn điều kiện
2
30 x xy
và
2 3 14xy
. Tìm
giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 2 2
3 2 1 P x y xy x x
.
Bài giải:
Từ giả thiết suy ra:
2
2
2
3
3
9
3
1
2 3 14
5
;
.
x
x
y
y
x
x
x
x
x
x








Khi đó:
2
22
22
3 3 9
3 2 1 5 .
xx
P x x x x x
x x x

Chuyên đề BẤT ĐẲNG THỨC và MAX MIN Luyện thi THPT Quốc gia 2016
Lớp Toán thầy LÊ BÁ BẢO-Số 4 Kiệt 116 Nguyễn Lộ Trạch (TP Huế)_Trung tâm BDKT Km10 Hương Trà 0935.785.115_3
Xét hàm số
99
51
5
, ; .f x x x
x



Ta có:
2
99
5 0 1
5
/
;.f x x
x



Do đó hàm số đồng biến trên
9
1
5
;



Suy ra:
9
9
1
1
5
5
9
4 1 4
5
;
;
max , min
x
x
f x f f x f









.
Vậy GTNN của P là
4
đạt được khi
14 ,xy
; GTLN của P là
4
đạt được khi
9 52
5 15
,.xy
Bài tập 6: Cho
, xy
là các số thực thỏa mãn điều kiện
2 3 3 4 xy
. Tìm giá trị lớn nhất và
giá trị nhỏ nhất của biểu thức
29 P x y
.
Bài giải:
Đặt
2 3 3 ,x a y b
. Ta có:
400 , , .a b a b
Suy ra:
4 0 4;b a a


Khi đó:
2 2 2
2
22
3 1 1
2 3 9 6 4 6
2 2 2
a a a
P b b a
Xét hàm số
2
2
1
46
2
a
f a a
,
04;a


.
Ta có:
2
2
4
04
21
46
/
, ; .
aa
f a a
a
a



Ta có:
2
2
4
0 0 4
21
46
/
, ; .
aa
f a a
a
a



22
4 3 2
2 2 2
04
04
8 12 16 2 0
4 6 2 1 4
;
;
a
a
a a a a
a a a a a








32
04
2
2 6 16 0
;a
a
a a a


Ta có:
2 3 10 34
0 22 2 4 6
2 2 2
, , .f f f
Vậy GTNN của P là
3 10
2
đạt được khi
1
1
2
,xy
; GTLN của P là
2
22
2
đạt được khi
3
13
2
,.xy
Chuyên đề BẤT ĐẲNG THỨC và MAX MIN Luyện thi THPT Quốc gia 2016
Lớp Toán thầy LÊ BÁ BẢO-Số 4 Kiệt 116 Nguyễn Lộ Trạch (TP Huế)_Trung tâm BDKT Km10 Hương Trà 0935.785.115_4
Kỹ thuật 2: Xử lý biểu thức đối xứng hai biến
Bước 1: Từ điều kiện đặt
t x y
(hoặc
t xy
) rút
xy
theo
t
(hoặc
xy
theo
t
). Tìm miền giá trị
của
t
, giả sử
tD
.
Bước 2: Thay biến được rút vào biểu thức giả thiết được hàm số theo
t
, với
tD
.
Bài tập 1: Cho
, xy
là các số thực không âm thỏa mãn thay đổi thỏa mãn điều kiện
22
4 1 2x y xy x y
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
22
.P xy x y x y
Bài giải:
Ta có:
22
22
,
42
x y x y
xy x y

.
Khi đó:
2
22
11
2 2 4
xy
P x y x y x y x y



.
Đặt
4
1
, 0
4
t x y t P t t
.
Từ điều kiện bài toán ta có:
22
22
4 1 2 4 2 1 4x y xy x y x y x y xy x y
2
1
3 2 1 0 ;1 0;1
3
t t t t



.
Xét hàm số
4
1
, 0;1
4
f t t t t
.
Ta có:
/3
33
1 0, 0;1 1 .
44
f t t t f t f P
Vậy giá trị lớn nhất của P bằng
3
4
đạt được tại
1
11
; ; .
22
xy
xy
xy





Bài tập 2: Cho
, xy
là các số thực dương thỏa mãn điều kiện
44
2
33xy x y
xy
. Tìm giá trị lớn
nhất của biểu thức
22
22
16
.
2
P x y
xy


Bài giải:
Ta có:
4 4 2 2 3 3 2 2 3 3 2 2
22
3 3 2 2 2 3 3 2 3 3 2 0xy x y x y x y x y xy x y x y xy
xy xy
1
1 2 1 2 0 ;2
2
xy xy xy xy



, do
0xy
.
Khi đó:
2 2 2 2
16 8
2 2 1
P x y x y
xy xy

. Đặt
1
, ;2
2
t xy t




khi đó:
2
8
1
P f t t
t
.
Xét hàm số
2
8
1
f t t
t

,
1
;2
2
t



, ta có:
/
2
8
2 0 1
1
f t t t
t
.
Chuyên đề BẤT ĐẲNG THỨC và MAX MIN Luyện thi THPT Quốc gia 2016
Lớp Toán thầy LÊ BÁ BẢO-Số 4 Kiệt 116 Nguyễn Lộ Trạch (TP Huế)_Trung tâm BDKT Km10 Hương Trà 0935.785.115_5
Ta có:
1 67 20 11
, 2 , 1
2 12 3 3
f f f



suy ra
20
2.
3
P f t f
Vậy giá trị lớn nhất của P bằng
20
3
đạt tại
2xy
.
Bài tập 3: Cho
, xy
là các số thực dương thỏa mãn điều kiện
3x y xy
. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức
3
3
22
11
44
xy
P x y
yx





.
Bài giải:
Sử dụng BĐT
33
a b ab a b
,
ta có:
22
2 2 2 2
22
16
1 1 1 1
4
x y x y
x y x y
P x y x y
y x y x x y


2 2 2 2
16 2 3 16 3
22
xy xy xy
xy xy
x y x y
Từ giả thiết ta có:
2
3 2 2 3 0 0;1 0;1xy x y xy xy xy xy xy
Đặt
, 0;1t xy t t
khi đó:
2
16 3
2 , 0;1 .
t
P f t t t
t
Khảo sát GTNN của
2
16 3
2 , 0;1
t
f t t t
t
, ta có: Giá trị lớn nhất của P bằng
64 2
đạt
tại
1xy
.
Bài tập 4: Cho
, xy
là các số thực dương thỏa mãn điều kiện
1xy
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức
22
22
11
P x y
yx




.
Bài giải:
Ta có:
2
2
1
2P xy
xy
. Đặt
2
t xy
, do
2
11
1 2 0
4 16
x y xy xy xy
.
Khảo sát hàm
11
2, 0;
16
f t t t
t


, có
2
/
2
11
0, 0;
16
t
f t t
t


suy ra
ft
nghịch biến trên
1
0;
16


.
Vậy
1
0;
16
1 289
min min
16 16
P f t f





đạt tại
1
.
2
xy
Bài tập 5: Cho
, xy
là các số thực dương thỏa mãn điều kiện
1xy
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức
33
11
P
x y xy

.
Bài giải:
Chuyên đề BẤT ĐẲNG THỨC và MAX MIN Luyện thi THPT Quốc gia 2016
Lớp Toán thầy LÊ BÁ BẢO-Số 4 Kiệt 116 Nguyễn Lộ Trạch (TP Huế)_Trung tâm BDKT Km10 Hương Trà 0935.785.115_6
Ta có:
2
22
1 1 1 1 1 1
13
3
P
xy xy xy xy
x y x xy y
x y xy

.
Đặt
t xy
, do
11
1 2 0
44
x y xy xy xy
.
Khảo sát hàm
1 1 1
, 0;
1 3 4
f t t
tt


, có
/
2
2
3 3 1
0;
31
64
0
13
33
6
t
ft
t
t
t



Lập BBT ta dễ dàng suy ra:
1
0;
4
33
min min 4 2 3
6
P f t f






đạt tại
1 2 3 3 1 2 3 3
1 ; 1
2 3 2 3
xy

.
Bài tập 6: Cho
, xy
là các số thực dương thỏa mãn điều kiện
2xy
. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị
nhỏ nhất của biểu thức
1
1

P xy
xy
.
Bài giải:
Đặt
t xy
, do
2
0 1 0;1 .
4
xy
t xy t
Khi đó:
1
01
1
, ; .P t t
t
Khảo sát hàm
1
, 0;1
1
f t t t
t
, ta có
/
2
1
1 0, 0;1
1
f t t
t
Lập BBT ta dễ dàng suy ra:
GTLN của P là
3
2
, đạt được khi
1.xy
Vì
ft
không tồn tại GTNN trên
01;
nên P không tồn
tại GTNN.
Bài tập 7: (CĐ 2008) Cho
, xy
là các số thực thỏa mãn điều kiện
22
2xy
. Tìm giá trị lớn nhất và
giá trị nhỏ nhất của biểu thức
33
23 P x y xy
.
Bài giải:
Ta có:
2
22
2 3 2 3 3P x y x xy y xy x y x y xy xy



.
Từ giả thiết suy ra:
2
22x y xy
. Như vậy nếu ta đặt
t x y
thì
xy
chưa thể rút theo
t
ngay
được vì
xy
có nhận giá trị âm và giá trị dương.
Do đó ta đặt
t x y
, khi đó:
22
2 3 2
2 2 3
2 3 3 6 3
2 2 2
..
tt
P t t t t t




.
Ta có:
2
2 2 2
2 4 2 2;.t x y x y t


Khảo sát hàm
32
3
6 3, 2;2
2
f t t t t t
, ta có
/2
1
3 3 6 0
2

t
f t t t
t
Lập BBT ta dễ dàng suy ra:
Chuyên đề BẤT ĐẲNG THỨC và MAX MIN Luyện thi THPT Quốc gia 2016
Lớp Toán thầy LÊ BÁ BẢO-Số 4 Kiệt 116 Nguyễn Lộ Trạch (TP Huế)_Trung tâm BDKT Km10 Hương Trà 0935.785.115_7
GTLN của P là
13
2
, đạt được khi
1
1 3 1 3
1
22
2
;;
xy
xy
xy








1 3 1 3
22
;;xy






.
GTNN của P là
7
, đạt được khi
2
1
1
xy
xy
xy
.
Bài tập 8: Cho
, xy
là các số thực thỏa mãn điều kiện
0y
và
2
12x x y
. Tìm giá trị lớn nhất và
giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 17P xy x y
.
Bài giải:
Ta có:
2
12 0 4;3y x x x
. Thay
y
vào biểu thức P ta được:
2 2 3 2
12 2 12 17 3 9 7, 4;3P f x x x x x x x x x x x
Ta có:
/2
3
3 6 9 0
1
x
f x x x
x

.
Ta có:
4 13, 3 20, 3 20, 1 12.f f f f
Vậy GTLN của P bằng 20 đạt được tại
3, 6xy
hoặc
3, 0.xy
GTNN của P bằng
12
đạt được tại
1, 10.xy
Bài tập 9: Cho
, xy
là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện
2xy
. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức
22
3
31
x xy y x
P
x xy

.
Bài giải:
Ta có:
2 0 0;2y x x
. Thay
y
vào biểu thức P ta được:
2
2
2
2
2 2 3
1
, 0;2
3 2 1 1
x x x x x
xx
P f x x
x x x x x

Ta có:
2
/
2
2
1 0;2
22
1
1
x
x
fx
x
xx


. Ta có:
31
0 1, 2 , 1
73
f f f
.
Vậy GTNN của P bằng
1
3
đạt được tại
1.xy
Bài tập 10: Cho
, xy
là các số thực thỏa mãn điều kiện
22
1, 1.x y x y xy x y
Tìm giá trị
lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức
1
xy
P
xy

.
Bài giải:
Ta có:
2
22
11x y xy x y xy x y x y
.
Đặt
t x y
, ta có:
2
22
2
2
4 1 3 4 4 0 ;2
43
xy
x y xy x y x y xy t t t



.
Chuyên đề BẤT ĐẲNG THỨC và MAX MIN Luyện thi THPT Quốc gia 2016
Lớp Toán thầy LÊ BÁ BẢO-Số 4 Kiệt 116 Nguyễn Lộ Trạch (TP Huế)_Trung tâm BDKT Km10 Hương Trà 0935.785.115_8
Khi đó P trở thành:
2
12
, ;2
13
tt
P f t t
t




.
Ta có:
2
/
2
0
2
0
2
2 ;2
2
3
t
tt
ft
t
t



. Ta có:
2 1 1
, 2 , 0 1
3 3 3
f f f



.
Vậy GTLN của P bằng
1
3
đạt được tại
1
3
xy
hoặc
1,xy
GTNN của P bằng
1
đạt được tại
1, 1xy
hoặc
1, 1xy
.
Bài tập 11: Cho
, xy
là các số thực thỏa mãn điều kiện
22
, 0, 2.x y xy x y x y x y
Tìm giá
trị lớn nhất của biểu thức
11
.P
xy

Bài giải:
Ta có:
2
22xy x y x y xy x y
.
Đặt
t x y
, ta có:
32
2
2 4 8
4 0 ; 2 2;
2
t t t
x y xy t
t
 
.
Khi đó P trở thành:
2
2
2
, ; 2 2;
2
tt
P f t t
tt
 

.
Ta có:
2
/
2
2
2
3 4 4
0
2
2
3
t
tt
ft
t
tt


. Lập BBT ta dễ dàng suy ra kết quả.
Vậy GTLN của P bằng
2
đạt được tại
1xy
.
Bài tập 12: Cho
, xy
là các số thực thỏa mãn điều kiện
2
1.y x x y
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị
nhỏ nhất của biểu thức
66
33
1
.
xy
P
x y xy

Bài giải:
Ta có:
22
1 2 1x y xy xy xy xy xy
.
Mặt khác:
22
22
1
1 3 1 3 0
3
x y xy x y xy x y xy xy
.
Ta có:
2
2 2 2 2 2 2
2
22
66
33
2 2 2 2
3
13
1 1 1
1
x y x y x y
xy x y
xy
P
x y xy xy xy xy
xy x y xy x y







.
Đặt
1
, ;1
3
t xy t



.
Khi đó P trở thành:
2
2 3 1
, ;1
13
t
P f t t
t




.
Ta có:
2
/
2
2 4 3
0
1
tt
ft
t

. Ta có:
1 25 1
, 1 .
3 6 2
ff



Vậy GTLN của P bằng
25
6
đạt được tại
1
3
xy
, GTNN của P bằng
1
2
đạt được tại
1xy
.
Chuyên đề BẤT ĐẲNG THỨC và MAX MIN Luyện thi THPT Quốc gia 2016
Lớp Toán thầy LÊ BÁ BẢO-Số 4 Kiệt 116 Nguyễn Lộ Trạch (TP Huế)_Trung tâm BDKT Km10 Hương Trà 0935.785.115_9
Bài tập 13: Cho
, xy
là các số thực thỏa mãn điều kiện
22
2 1.x y xy
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị
nhỏ nhất của biểu thức
44
.
21
xy
P
xy
Bài giải:
Ta có:
2
22
1
1 2 1 2 2 4
5
xy x y xy x y xy xy xy


.
Mặt khác:
2
22
1
1 2 1 2 2 4
3
xy x y xy x y xy xy xy


.
Ta có:
2
22
2
2 2 2 2
44
1
2
2
2
2 1 2 1 2 1
xy
xy
x y x y
xy
P
xy xy xy




.
Đặt
11
, ; .
53



t xy t
Khi đó P trở thành:
2
7 2 1 1 1
, ;
4 2 1 5 3
tt
P f t t
t



.
Ta có:
2
/
2
0
7
0
11
1;
2 2 1
53
t
tt
ft
t
t




. Ta có:
1 2 1 2 1
, , 0
5 15 3 15 4
f f f
.
Vậy GTLN của P bằng
1
4
, GTNN của P bằng
2
15
.
Bài tập 14: Cho
, xy
là các số thực thỏa mãn điều kiện
1, 1xy
và
34x y xy
. Tìm giá trị lớn
nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức
33
22
11
3.P x y
xy



Bài giải:
Đặt
3
, 0
4
a
x y a xy a
. Suy ra
, xy
là nghiệm của phương trình:
2
3
0
4
a
t at
(1)
Vì (1) có nghiệm
2
3 0 3a a a
.
Vì
, 1xy
nên
3
1 1 0 1 0 1 0 4
4
a
x y xy x y a a
. Vậy
3;4a
.
Mặt khác từ giả thiết suy ra:
1 1 4
.
3xy

Lúc đó:
2
3
32
1 1 6 9 8 16
3 3 , 3;4 .
43
P x y xy x y a a a
x y xy a



Xét hàm số
32
9 8 16
, 3;4 .
43
f a a a a
a
Ta có:
/2
22
9 8 3 8
3 3 0, 3;4 .
22
f a a a a a a
aa



Ta có:
113 94
3 , 4 .
12 3
ff
Vậy GTLN của P bằng
94
3
đạt được tại
1, 3
3, 1
xy
xy


, GTNN của P bằng
113
12
đạt được tại
3
.
2
xy
Bài tập 15: Cho
, xy
là các số thực thỏa mãn điều kiện
0;1 , 0;1 , 4 .x y x y xy
Tìm giá trị lớn
nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức
22
7.M x y xy
Chuyên đề BẤT ĐẲNG THỨC và MAX MIN Luyện thi THPT Quốc gia 2016
Lớp Toán thầy LÊ BÁ BẢO-Số 4 Kiệt 116 Nguyễn Lộ Trạch (TP Huế)_Trung tâm BDKT Km10 Hương Trà 0935.785.115_10
Bài giải:
Đặt
4a xy x y a
. Suy ra
, xy
là nghiệm của phương trình:
2
40g t t at a
(1)
Vì (1) có các nghiệm thoả mãn
12
0
1. 0 0
11
0 1 ; .
1. 1 0
43
01
2
g
t t a
g
S





Khi đó:
2
2
11
9 16 9 , ; .
43
M x y xy a a a



Xét hàm
2
11
16 9 , ; .
43
f t a a a



Ta có:
/
9 1 1
32 9 0 ; .
32 4 3
f a a a



Ta có:
1 5 1 11 9 81
, ,
4 4 3 9 32 64
f f f
.
Vậy GTLN của M bằng
11
9
đạt được khi
11
1,
33
xy x y
hoặc
1
, 1
3
xy
, GTNN của M bằng
81
64
đạt được khi
93
2
32 4
xy x y
hoặc
3
2.
4
yx
Bài tập 16: Cho
, xy
là các số thực thỏa mãn điều kiện
22
3.x y xy
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị
nhỏ nhất của biểu thức
4 4 3 3
4.A x y xy x y
Bài giải:
Đặt
t xy
. Từ giả thiết suy ra:
2
33x y xy xy xy
và
22
3 3 3 1x y xy xy xy
.
Vậy
3;1t 
.
Ta có:
2
2
2 2 2 2 3 3 2 2 3 3
2 4 3 2 4 .A x y x y xy x y xy x y xy x y
Khi đó P trở thành:
32
2 9, 3;1P f t t t t t
.
Ta có:
/2
3 2 2 0, 3;1f t t t t
. Ta có:
3 33, 1 5ff
.
Vậy GTLN của P bằng
33
đạt được khi
3xy
, GTNN của P bằng
2
15
đạt được khi
1.xy
Bài tập 17: Cho
, xy
là các số thực thỏa mãn điều kiện
2
2 2 2 2 2 2
1 3 1 4 5 x y x y x y
. Tìm giá trị
lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 2 2 2
22
23
1


x y x y
P
xy
Bài giải:
Ta có:
22
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 3 1 4 5 3 2 3 x y x y x y x y x y x x y
(1)
Đặt
22
t x y
vì
2 2 2
30 x x y
nên từ (1) ta có:
2
3 2 0 1 2;.t t t


Khi đó P trở thành:
2
2
, 1;2
1

tt
P f t t
t
.
Ta có:
/
2
13
0, 1;2
1

tt
f t t
t
. Do đó hàm số đồng biến trên
12;


.
Chuyên đề BẤT ĐẲNG THỨC và MAX MIN Luyện thi THPT Quốc gia 2016
Lớp Toán thầy LÊ BÁ BẢO-Số 4 Kiệt 116 Nguyễn Lộ Trạch (TP Huế)_Trung tâm BDKT Km10 Hương Trà 0935.785.115_11
Ta có:
4
1 1, 2
3
ff
. Vậy GTLN của P bằng
4
3
đạt được khi
0; 2 xy
, GTNN của P bằng
1
đạt được khi
0; 1. xy
Bài tập 18: Cho
, xy
là các số thực dương thỏa mãn điều kiện
22
1 9 2 7 2 2 xy xy xy x y xy
. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức
11
. P xy xy
xy
xy
Bài giải:
Đặt
t xy
. Ta có:
2 2 2 2
2 7 2 2 12 2 x y xy x y xy xy
.
Kết hợp giả thiết suy ra:
2 2 2 4 3 2
1 9 2 12 2 2 9 14 9 2 0t t t t t t t t
2
1
1 2 2 1 0 2
2
;.t t t t



Khi đó P trở thành:
2
2
1 1 1
, ;2
2



P f t t t t
tt
.
Ta có:
22
/
3
1 2 2
1
0 1 ;2
2



t t t
f t t
t
. Ta có:
1 24 24
, 2 , 1 4.
2 7 7



f f f
Vậy GTLN của P bằng
24
7
đạt được khi
2xy
hoặc
1
2
xy
, GTNN của P bằng
4
đạt được khi
1.xy
Bài tập 19: Cho
, xy
là các số thực thỏa mãn điều kiện
1 1 4 xy
. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị
nhỏ nhất của biểu thức
64
4


P xy
xy
Bài giải:
Đặt
11 ,a x b y
. Khi đó
00 ,ab
và
4ab
.
Đặt
t ab
, ta có
04;t


và
22
16 2a b t
.
Khi đó P trở thành:
2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
64 64 32
1 1 1 2 15, 0;4
5
66
P a b a b a b t t t
t
a b a b
.
Xét hàm số
2
32
2 15 0 4
5


,;f t t t t
t
.
Ta có:
2
/
22
2 3 6 3
32
2 2 0 3 0;4
55

t t t
f t t t
tt
.
Ta có:
107
0 , 4 23, 3 16
5
f f f
.
Vậy GTLN của P bằng
16
đạt được khi
0; 8xy
hoặc
80 ,xy
;
GTNN của P bằng
23
đạt được khi
3.xy
Chuyên đề BẤT ĐẲNG THỨC và MAX MIN Luyện thi THPT Quốc gia 2016
Lớp Toán thầy LÊ BÁ BẢO-Số 4 Kiệt 116 Nguyễn Lộ Trạch (TP Huế)_Trung tâm BDKT Km10 Hương Trà 0935.785.115_12
Bài tập 20: Cho
, xy
là các số thực thỏa mãn điều kiện
2 2 1 1.x y x y
Tìm giá trị lớn
nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức
21
.
22
xy x y
xy
F x y y x
xy

Bài giải:
Từ giả thiết suy ra
2, 1.xy
Ta có:
2
22
2. 2 1. 1 2 1 2 1 2 2 1 5 1 .x y x y x y x y
Nên từ
2 2 1 1 5 1 1x y x y x y x y
.
Đặt
t x y
, ta có:
1 5 1 1;6 .t t t
Khi đó:
2
2
1 2 1 2
, 1;6 .
22
F x y t f t t
x y t
Ta có:
/
1
0, 1;6f t t t
tt
. Ta có:
52
1 , 6 18 .
2
6
ff
Vậy GTLN của F bằng
2
18
6
đạt được khi
6, 0xy
, GTNN của F bằng
5
2
đạt được khi
2, 1.xy
Bài tập 21: Cho
, xy
là các số thực thỏa mãn điều kiện
1 2 2 x y x y
Tìm giá trị lớn nhất,
giá trị nhỏ nhất của biểu thức
22
2 1 1 8 4 . F x y x y x y
Bài giải:
Điều kiện
11 ,xy
, suy ra
0xy
. Sử dụng BĐT:
2
2 2 2 2
au bv a b u v
ta có:
22
2
1 2 2 1 1 2 1 3..x y x y x y x y
Suy ra
3xy
. Đặt
t x y
03;t



.
Khi đó:
2
2
2 8 4 2 2 8 4 2, 0;3 . P x y x y x y t t t t
Xét hàm số
2
2 8 4 2, 0;3 . f t t t t t
Ta có:
/ / /
3
44
2 2 , 2 0, 0;3
4
4
f t t f t t
t
t
.
Suy ra
/
ft
đồng biến trên
03;


. Do đó:
00
//
f t f
,
03;t
.
Suy ra
ft
đồng biến trên
03;


. Ta có:
0 18, 3 25ff
.
Vậy GTLN của P bằng
25
đạt được khi
2, 1xy
, GTNN của P bằng
18
đạt được khi
1, 1. xy
Bài tập 22: Cho
, xy
là các số dương thỏa mãn điều kiện
1.xy
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
.
11
xy
P
xy


Bài giải:
Chuyên đề BẤT ĐẲNG THỨC và MAX MIN Luyện thi THPT Quốc gia 2016
Lớp Toán thầy LÊ BÁ BẢO-Số 4 Kiệt 116 Nguyễn Lộ Trạch (TP Huế)_Trung tâm BDKT Km10 Hương Trà 0935.785.115_13
Áp dụng BĐT:
ab
ab
ba
. Lúc đó:
1
1 , 0;1
1
xx
P x x f x x
xx
Ta có:
/
1 1 1
0 0;1
2
2 2 1
f x x
xx
.
Lập BBT ta có kết quả
0;1
1
max 2
2
f t f




. Suy ra GTNN của P bằng
2
đạt được khi
1
.
2
xy
Bài tập 23: Cho
, xy
là các số thực thỏa mãn điều kiện
22
2.xy
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ
nhất của biểu thức
33
2 3 .M x y xy
Bài giải:
Ta có:
2
2
22
2
2 2 2 .
2
xy
x y x y xy xy

Mặt khác:
2
22
2 2;2 .
2
xy
x y x y
Đặt
, 2;2t x y t
Ta có:
3 3 2 2
2 3 2 3 2 2 3M x y xy x y x xy y xy x y xy xy
32
32
33
6 3 6 3 , 2;2
22
x y x y x y t t t f t t
Ta có:
/2
1
3 3 6 0
2
t
f t t t
t

. Ta có:
13
2 7, 1 , 2 1.
2
f f f
Vậy GTLN của M bằng
13
2
đạt được khi
1 3 1 3
,
22
xy


hoặc
1 3 1 3
,
22
xy


, GTNN của
M bằng
7
đạt được khi
1.xy
Bài tập 24: (Thi thử Chuyên Quốc Học Huế 2011) Cho
, ab
là các số thực thay đổi
0a
. Tìm
giá trị nhỏ nhất của biểu thức
22
lnT a b a b
Bài giải:
Xét hàm số
22
ln , f b b a b a b
.
Ta có:
/
ln
2 2 ln 0 .
2
aa
f b b a b a b
Lập BBT của
fb
trên ta có:
2
ln
ln
22
aa
aa
f b f




.
Xét hàm số
/
1
ln , 0 1 0 1g a a a a g a a
a
.
Tiếp tục lập BBT của
ga
trên
0; 
ta có:
11g a g
.
Từ đó suy ra:
2
1
22
ga
fb



. Vậy GTNN của T bằng
1
2
đạt được tại
1
1, .
2
ab
Bài tập 25: Cho
, xy
là các số thực dương thỏa mãn điều kiện
33
2.xy
Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức
22
.A x y
Bài giải:
Chuyên đề BẤT ĐẲNG THỨC và MAX MIN Luyện thi THPT Quốc gia 2016
Lớp Toán thầy LÊ BÁ BẢO-Số 4 Kiệt 116 Nguyễn Lộ Trạch (TP Huế)_Trung tâm BDKT Km10 Hương Trà 0935.785.115_14
Ta có:
3
3 3 3 3 3
2 2 2x y y x y x
. Vì
, xy
dương nên
33
3
2 0; 2x y x
.
Do đó:
2
23
3
3
2 , 0; 2A f x x x x
.
Ta có:
3
3
2
/
3
3
3
33
33
22
0
2
2 0 1 0; 2
2
22
x x x
x
x
f x x x
xx
xx



.
Lập BBT của
fx
trên
3
0; 2
ta có:
2A f x
. Vậy GTLN của A bằng 2 đạt được khi
1.xy
Bài tập 26: Cho
, xy
là các số thực dương thỏa mãn điều kiện
1.xy
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức
22
22
11
.A x y
xy
Bài giải:
Cách 1: (Rút thế trực tiếp)
Ta có:
1 1 0 0;1x y y x x
. Do đó:
2
2
2
2
11
1 , 0;1
1
A f x x x x
x
x
.
Ta có:
3
2
3
/
3 3 3
3
33
2 1 1
1
22
2 2 1 2 1 2 1 0
1 1 1
x x x
xx
f x x x x x
x
x x x x x

2
3
3
11
2 1 1 0 0;1
2
1
xx
xx
xx




.
Lập BBT của
fx
trên
0;1
ta có:
17
2
A f x
.
Vậy GTLN của A bằng
17
2
đạt được khi
1
.
2
xy
Cách 2: (Đổi biến và vận dụng đạo hàm)
Ta có:
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 2
1 2 1 2A x y x y xy xy
x y x y x y xy
.
Đặt
0t xy
, và
11
1 2 0;
44
x y xy xy t


.
Xét
/
2
2 1 2 1
2 , 0; 2 0, 0;
44
f t t t f t t
tt
.
Lập BBT của
ft
trên
1
0;
4


ta có:
17
42
A f t f



.
Vậy GTLN của A bằng
17
2
đạt được khi
1
.
2
xy
Bài tập 27: (Dự bị B 2002) Cho
, xy
là các số thực dương thỏa mãn điều kiện
5
.
4
xy
Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức
41
.
4
S
xy

Bài giải:
Chuyên đề BẤT ĐẲNG THỨC và MAX MIN Luyện thi THPT Quốc gia 2016
Lớp Toán thầy LÊ BÁ BẢO-Số 4 Kiệt 116 Nguyễn Lộ Trạch (TP Huế)_Trung tâm BDKT Km10 Hương Trà 0935.785.115_15
Ta có:
5 5 5
0 0;
4 4 4
x y y x x



. Do đó:
4 1 5
, 0;
5 4 4
S f x x
xx



.
Ta có:
2
/2
2
2
1
44
0 5 4 .
55
0;
54
34
x
f x x x
x
x
x




Lập BBT của
fx
trên
5
0;
4



ta có:
15S f x f
. Vậy GTNN của S bằng
5
đạt được khi
4, 1.xy
Bài tập 28: Cho
, xy
là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện
1.xy
Tìm giá trị lớn nhất và
giá trị nhỏ nhất của biểu thức
.
11
xy
A
yx


Bài giải:
Cách 1: (Rút thế trực tiếp)
Ta có:
1 1 0 0;1x y y x x
. Do đó:
1
, 0;1
21
xx
A f x x
xx

.
Ta có:
22
/
22
2 2 1
0 1 2 0;1 .
2
21
f x x x x
xx

Ta có:
12
0 1 1, .
23
f f f



Vậy GTLN của A bằng
1
đạt được khi
0, 1xy
hoặc
1, 0xy
, GTNN của A bằng
2
3
đạt được
khi
1
.
2
xy
Cách 2: (Đổi biến và vận dụng đạo hàm)
Ta có:
2
22
21
22
1 1 1 2 2
x y xy
x y x x y y xy
A
y x x y xy xy xy
.
Đặt
0t xy
, và
11
1 2 0;
44
x y xy xy t



.
Xét
/
2
2 2 1 6 1
, 0; 0, 0;
2 4 4
2
t
f t t f t t
t
t


suy ra:
11
0; 0;
44
12
max 0 1, min
43
f t f f t f



Vậy GTLN của A bằng
1
đạt được khi
0, 1xy
hoặc
1, 0xy
, GTNN của A bằng
2
3
đạt được
khi
1
.
2
xy
Kỹ thuật 3: Đổi biến đẳng cấp
Bài tập 1: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2
22
2
32

xy y
A
x xy y
, với
22
0xy
.
Chuyên đề BẤT ĐẲNG THỨC và MAX MIN Luyện thi THPT Quốc gia 2016
Lớp Toán thầy LÊ BÁ BẢO-Số 4 Kiệt 116 Nguyễn Lộ Trạch (TP Huế)_Trung tâm BDKT Km10 Hương Trà 0935.785.115_16
Bài giải:
+ Nếu
0y
thì
0x
và
0.A
+ Nếu
0y
, ta chia cả tử và mẫu cho
2
y
. Đặt
x
t
y
. Khi đó
t
và
2
21
3 2 1
t
A
tt

.
Xét hàm số
2
21
3 2 1
t
ft
tt

trên .
Ta có:
2
2
61
0
0
1
3 2 1
/
tt
t
ft
t
tt



và
0lim lim
tt
f t f t
 

.
Lập BBT ta dễ dàng suy ra: GTLN của A bằng 1, đạt được khi
0
*
,xy
; GTNN của A bằng
1
2
,
đạt khi
0.xy
Bài tập 2: Cho
, xy
là các số thực thỏa mãn điều kiện
22
4 2 3. x xy y
Tìm giá trị lớn nhất và giá
trị nhỏ nhất của biểu thức
22
2. P x xy y
Bài giải:
Ta có:
22
22
2
3
42
.
P x xy y
x xy y


+ Nếu
0y
thì
0x
và
3
4
.P
+ Nếu
0y
, ta chia cả tử và mẫu cho
2
y
. Đặt
x
t
y
. Khi đó
t
và
2
2
21
3
4 2 1
P t t
tt


.
Xét hàm số
2
2
21
4 2 1
tt
ft
tt


trên .
Ta có:
2
2
2
2
6 10 4
0
1
4 2 1
3
/
t
tt
ft
t
tt


và
1
4
lim lim
tt
f t f t
 

.
Lập BBT ta dễ dàng suy ra: GTLN của P bằng 1, đạt được khi
2
*
xy
; GTNN của P bằng
6
,
đạt khi
30.xy
Bài tập 3: Cho
, xy
là các số thực thỏa mãn điều kiện
22
3. x xy y
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị
nhỏ nhất của biểu thức
22
3. P x xy y
Bài giải: Đặt
22
,f x y x xy y
+ Nếu
0y
thì từ giả thiết ta có:
2
03x
. Suy ra
2
03;Px



.
+ Nếu
0y
, ta có
22
03,f x y x xy y
. Khi đó:
22
22
3
, . .
x xy y
P f x y
x xy y


Đặt
x ty
, ta có
2
2
3
1
,.
tt
P f x y
tt


Chuyên đề BẤT ĐẲNG THỨC và MAX MIN Luyện thi THPT Quốc gia 2016
Lớp Toán thầy LÊ BÁ BẢO-Số 4 Kiệt 116 Nguyễn Lộ Trạch (TP Huế)_Trung tâm BDKT Km10 Hương Trà 0935.785.115_17
Xét hàm số
2
2
3
1
tt
gt
tt


trên .
Ta có:
2
2
2
2 4 1
23
0
23
1
/
tt
t
gt
t
tt


và
1lim lim
tt
g t g t
 

.
Lập BBT ta dễ dàng suy ra:
3 4 3 3 4 3
33
,g t t
.
Vì
0 3 3 4 3 3 4 3, , .f x y P f x y g t
Suy ra: GTLN của P bằng
3 4 3
, đạt được khi
22
23
3
xy
x xy y
; GTNN của P bằng
3 4 3
,
đạt khi
22
23
3
xy
x xy y
.
Bài tập 4: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
2
3
22
4

xy
P
x x y
, với
00 ,xy
.
Bài giải:
Do
0y
, ta chia cả tử và mẫu cho
3
y
. Đặt
x
t
y
. Khi đó
0t
và
3
2
4
t
P
tt

.
Xét hàm số
3
2
4
t
ft
tt

trên
0;
.
Ta có:
2
2
3
22
4 3 2
0 4 3 0
2
44
/
;
tt
f t t t t
t t t


Lập BBT ta dễ dàng suy ra: GTLN của P bằng
1
32
, đạt được khi
20yx
.
Kỹ thuật 4: Đánh giá kết hợp đổi biến
Trong nhiều bài toán tìm GTLN, GTNN của biểu thức F mà các biến bị rằng buộc nhau bởi
điều kiện dưới dạng BĐT, hoặc bản thân biểu thức F không có tính đối xứng, đẳng cấp; hoặc biểu
thức F và điều kiện của bài toán chứa nhiều đại lượng phức tạp... thì chúng ta cần xử lú biểu thức F
thông qua một số đánh giá.
Bài tập 1: Cho
, xy
là các số thực dương thỏa mãn điều kiện
6x y xy
Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức
22
3 1 3 1
3 3 .
9 1 9 1


xy
P x y y x
yx
Bài giải:
Áp dụng BĐT Cauchy, ta có:
Chuyên đề BẤT ĐẲNG THỨC và MAX MIN Luyện thi THPT Quốc gia 2016
Lớp Toán thầy LÊ BÁ BẢO-Số 4 Kiệt 116 Nguyễn Lộ Trạch (TP Huế)_Trung tâm BDKT Km10 Hương Trà 0935.785.115_18
2
2
3 1 9 1
31
31
4
91
xy
x
x
y

và
2
2
3 1 9 1
31
31
4
91
yx
y
y
x

;
Cộng hai BĐT trên ta được:
22
22
3 1 9 1 3 1 9 1
3 1 3 1
32
44
9 1 9 1
x y y x
xy
xy
yx


.
Suy ra:
22
3 1 9 1 3 1 9 1
3 2 3 3
44
x y y x
P x y x y y x
22
27 9 3 3
10
4 4 4 2
xy x y x y xy x y
22
27 9 3 3 27 3
6 6 10 2 22
4 4 4 2 2 2
. . .xy xy xy xy x y xy xy xy



Đặt
t xy
. Từ
1 1 2 1
66
9
.x y xy t xy
xy
xy
Xét hàm số
2
27 3
22
22
f t t t
,
1
9
t
. Ta có:
1
27 22 0
9
/
,f t t t
.
Suy ra
1
9
1 34
99
;
min .f t f







Suy ra:
34
9
P
, dấu "=" xãy ra khi
1
3
xy
.
Vậy GTNN của P là
34
9
, dấu "=" xãy ra khi
1
3
xy
.
Bài tập 2: Cho
, xy
là các số thực thỏa mãn điều kiện
22
2 2 2 x y y x
Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức
3
12 1 1 P x y x y xy
Bài giải:
Áp dụng BĐT:
22
2
,,
ab
ab a b

, ta có:
22
2
2
2
2
xy
xy


và
22
2
2
2
2
yx
yx


.
Cộng hai BĐT trên ta suy ra:
22
2 2 2 2 x y y x
.
Do đó, dấu "=" xãy ra
2
22
2
00
2
2
2
,xy
xy
xy
yx







.
Đặt
t x y
. Khi đó:
22
22t x y
.
Ta có:
3
12 12 12P x y x y xy xy
2
22
3
12 12 12
22
x y x y
xy
x y x y
3 2 3 2
12 6 1 6 12 1t t t t t t
Xét hàm số
32
6 12 1 0 2 ,;f t t t t t


. Ta có:
2
3 12 12 0 0 2
/
,;f t t t t
.
Chuyên đề BẤT ĐẲNG THỨC và MAX MIN Luyện thi THPT Quốc gia 2016
Lớp Toán thầy LÊ BÁ BẢO-Số 4 Kiệt 116 Nguyễn Lộ Trạch (TP Huế)_Trung tâm BDKT Km10 Hương Trà 0935.785.115_19
Suy ra hàm số
ft
đồng biến trên
02;


. Do đó:
02
29
;
max f t f



.
Vậy GTLN của P bằng
9
, dấu "=" xảy ra khi
1xy
.
Nhận xét: Với cách giải trên, chúng ta không tìm được GTNN của biểu thức P. Để tìm cả GTLN và
GTNN của P, ta tiến hành như sau:
Tương tự như trên ta có:
22
00
2
,xy
xy


. Đặt
t x y
. Khi đó:
22
22t x y
.
Mặt khác:
2
2 2 2
2 2 2 2;.t x y x y t t


Ta có:
2
22
2
1
22
x y x y
t
xy
.
Suy ra:
3
12 12 12P x y x y xy xy
2 2 2
3
32
12 12 1 12 1 6 12 1 2 2
2 2 2
, ; .
t t t
x y x y t t t t





Xét hàm số
2
32
6 12 1 2 2
2
, ; .
t
f t t t t t


Ta có:
2
2
3 12 12 0 2 2
1
2
/
,;
t
f t t t t
t
. Suy ra hàm số
ft
đồng biến trên
22;


.
Do đó:
02
29
;
max f t f



và
02
2 14 2 12
;
min f t f


.
Bài tập 3: Cho
, xy
là các số thực dương thỏa mãn điều kiện
44
2
3 3 . xy x y
xy
Tìm giá trị lớn
nhất của biểu thức
22
22
16
.
2


P x y
xy
Bài giải:
Đặt
0t xy
. Từ giả thiết ta có:
4 4 2 2
22
3 3 2 xy x y x y
xy xy
hay
2 3 2
21
3 3 2 2 3 3 2 0 2
2
;t t t t t t
t



, do
0t
.
Ta lại có:
2 2 2
16 8 1
2
2 2 1 2
, ; .P x y t t
xy t




(1)
Xét hàm số:
2
81
2
12
, ; .f t t t
t



Ta có:
2
81
2 0 1 2
2
1
/
;f t t t
t



.
Ta có:
1 67 20
2 1 5
2 12 3
; ; .f f f



(2)
Chuyên đề BẤT ĐẲNG THỨC và MAX MIN Luyện thi THPT Quốc gia 2016
Lớp Toán thầy LÊ BÁ BẢO-Số 4 Kiệt 116 Nguyễn Lộ Trạch (TP Huế)_Trung tâm BDKT Km10 Hương Trà 0935.785.115_20
Từ (1) và (2) suy ra:
20
3
P
. Dấu "=" xảy ra
2
2
0
.
xy
xy
xy

Vậy GTLN của P bằng
20
3
, đạt được khi
2xy
.
Bài tập 4: Cho
, xy
là các số thực dương thỏa mãn điều kiện
44
1
2. x y xy
xy
Tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức
22
2 2 3
1 1 1 2
P
x y xy
.
Bài giải:
Đặt
0t xy
. Từ giả thiết ta có:
4 4 2 2
11
22 xy x y x y
xy xy
hay
2 3 2
11
2 2 2 2 1 0 1
2
;t t t t t t
t



, do
0t
.
Với
00,xy
và
1xy
, ta có:
22
1 1 2
1 1 1

x y xy
(1)
Thật vậy:
2
22
1
(1) 0
1 1 1


x y xy
x y xy
, đúng do
00,xy
và
1xy
.
Khi đó:
4 3 4 3 1
1
1 1 2 1 1 2 2
, ; .Pt
xy xy t t



(2)
Xét hàm số:
4 3 1
1
1 1 2 2
, ; .f t t
tt




Ta có:
2
2 2 2 2
4 6 5 2 1 1
2 0 1
2
1 1 2 1 1 2
/
. , ;
tt
f t x
t t t t




.
Suy ra hàm số
ft
nghịch biến trên
1
1
2
;



. Do đó:
1
1
2
17
26
;
max f t f







. (3)
Từ (1) và (2) suy ra:
7
6
P
. Dấu "=" xãy ra
1
2
2
2
0
.
xy
xy
xy

Vậy GTLN của P bằng
7
6
, đạt được khi
2
2
.xy
Bài tập 5: Cho
, ab
là các số thực thuộc
0;1
, thoả mãn điều kiện:
33
1 1 0a b a b ab a b
.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
2
22
11
5
11

P ab a b
ab
.
Bài giải:
Chuyên đề BẤT ĐẲNG THỨC và MAX MIN Luyện thi THPT Quốc gia 2016
Lớp Toán thầy LÊ BÁ BẢO-Số 4 Kiệt 116 Nguyễn Lộ Trạch (TP Huế)_Trung tâm BDKT Km10 Hương Trà 0935.785.115_21
Ta có:
33
33
1 1 0 1 1
a b a b
a b a b ab a b a b
ab

(1)
Vì
33
22
2 2 4.
a b a b
ab
a b ab ab ab
ab b a




và
0 1 1 1 1 2a b a b ab ab ab
nên từ (1) suy ra:
4 1 2ab ab ab
(2)
Đặt
t ab
, khi đó (2) trở thành:
1
4 1 2 3 2 1 0 0
9
;.t t t t t t


Ta có với
00 ,ab
, ta có:
22
1 1 2
1 1 1

a b ab
2
22
1
0
111



a b ab
a b ab
, đúng do
01 ,;ab
.
Áp dụng BĐT Cauchy, ta có:
22
22
1 1 1 1 2 2
2 2.
1 1 1
1
11




a b ab
ab
ab
và
22
5 ab a b ab a b ab
nên suy ra:
2 2 1
0
9
11
,;P ab t t
ab t



.
Xét hàm số
21
0
9
1
, ; .f t t t
t


Ta có:
11
1 0 0
9
11
/
, ; .f t t
tt



Suy ra hàm số
ft
đồng biến trên
1
0
9
;.


Do đó:
1
0
9
1 6 1
99
10
;
max f t f





.
Suy ra:
61
9
10
P 
. Dấu "=" xãy ra
1
1
9
3
0
.
ab
ab
ab

Vậy GTLN của P bằng
61
9
10
, đạt được khi
1
3
.ab
Bài tập 6: Cho
, ab
là các số thực dương phân biệt, thoả mãn điều kiện:
4ab
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2
44
2 2 3
P
ab
ab
.
Bài giải:
Từ giả thiết
2 2 2 2
4 4 2 2 2
2 2 3 1 3 1
04
16 4 8 4
2
..
a b ab a b
ab P
ab
a b b a
ab
ba







.
Đặt
2
ab
tt
ba
và
22
1 3 1 1 3 1 1
22
8 4 2 8 4 2 4
. . , ; .P t t t
tt


Xét hàm số
2
1 3 1 1
2
8 4 2 4
. , ; .f t t t
t

Chuyên đề BẤT ĐẲNG THỨC và MAX MIN Luyện thi THPT Quốc gia 2016
Lớp Toán thầy LÊ BÁ BẢO-Số 4 Kiệt 116 Nguyễn Lộ Trạch (TP Huế)_Trung tâm BDKT Km10 Hương Trà 0935.785.115_22
Ta có:
2
2
1 3 1
0 2 3 3 2
44
2
/
. ; .f t t t t t
t

Vì
2
lim lim
t
t
f t f t


nên
2
13
3
8
;
min .f t f


Suy ra:
13
8
P
, dấu "=" xãy ra
4
4
5 1 5 1
3
25
5 1 5 1
,
,
ab
ab
ab
ab
ab
ab
ba




.
Vậy GTNN của P bằng
13
8
.
BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Bài tập 1: Cho
, ab
không âm thoả mãn điều kiện:
1ab
. Chứng minh
2
4
27
ab
.
Bài tập 2: Cho
, xy
thoả mãn điều kiện:
22
11xy
. Tìm GTLN, GTNN của biểu thức
2
P x xy
.
Bài tập 3: Cho
, xy
thoả mãn điều kiện:
22
x y x y
. Tìm GTLN, GTNN của biểu thức
3 3 2 2
M x y x y xy
.
Bài tập 4: Cho
, xy
thoả mãn điều kiện:
1 1 8 ,,x y x y xy
. Tìm GTLN, GTNN của biểu
Bài tập 5: Cho
, xy
thoả mãn điều kiện:
1 1 4 3,,x y x y xy
. Tìm GTLN, GTNN của biểu
thức
33
22
11
3P x y
xy



.
Bài tập 6: Cho
, xy
thoả mãn điều kiện:
1 2 4 1x y x y
. Tìm GTLN, GTNN của biểu
thức
2
1
9P x y x y
xy
.
Bài tập 7: Cho
, ab
là các số thực dương thoả mãn điều kiện:
22
6 20 5 3a b ab a b ab
.
Tìm GTNN của biểu thức
4 4 3 3 2 2
4 4 3 3 2 2
9 16 25
a b a b a b
P
b a b a b a
.
Bài tập 8: Cho
, ab
là các số thực dương thoả mãn điều kiện:
2
2 2 2 2 2 2 2 2
2 3 2 2a b a b a b a b
.
Tìm GTNN của biểu thức
22
2 2 2 2
3 3 3
33
22
2 5 2 5
8
2
a b a b a b a b
a b b
P
ba
ab a b
.
Bài tập 9: Cho
, xy
thoả mãn điều kiện:
22
3x xy y
. Tìm GTLN, GTNN của biểu thức
22
2P x xy y
.
Bài tập 10: Cho
, xy
thoả mãn điều kiện:
00 ,xy x y
. Tìm GTLN, GTNN của biểu thức
23
33
4
8
x y y
P
xy
.
Chuyên đề BẤT ĐẲNG THỨC và MAX MIN Luyện thi THPT Quốc gia 2016
Lớp Toán thầy LÊ BÁ BẢO-Số 4 Kiệt 116 Nguyễn Lộ Trạch (TP Huế)_Trung tâm BDKT Km10 Hương Trà 0935.785.115_23
Bài tập 11: Cho
, xy
là các số thực lớn hơn 1. Tìm GTNN của biểu thức
3 3 2 2
22
2 16
11
x y x y
P x y xy
xy

.
Bài tập 12: Cho
, ab
là các số dương thoả mãn điều kiện:
2
2 12ab
. Tìm GTNN của biểu thức
4 4 2
4 4 5
8
.P
ab
ab
GỢI Ý:
Bài tập 1: Cho
, ab
không âm thoả mãn điều kiện:
1ab
. Chứng minh
2
4
27
ab
.
Gợi ý:
Rút
1 0 1;a b b


. Khi đó BĐT trở thành:
2 3 2
44
10
27 27
b b b b
.
Khảo sát hàm
32
4
27
f b b b
,
01;b


, dễ thấy được kết quả cần chứng minh.
Bài tập 2: Cho
, xy
thoả mãn điều kiện:
22
11xy
. Tìm GTLN, GTNN của biểu thức
2
P x xy
.
Gợi ý:
Ta có:
2 2 2 2
11 11 11 11;x y y x x


.
Lúc đó:
23
11 12P x x x x x
,
11 11;x



.
Khảo sát hàm
3
12f t x x
,
11 11;x



.
Ta có yêu cầu bài toán:
16min P 
khi
27;xy
và
16maxP
khi
27;xy
.
Bài tập 3: Cho
, xy
thoả mãn điều kiện:
22
x y x y
. Tìm GTLN, GTNN của biểu thức
3 3 2 2
M x y x y xy
.
Gợi ý:
Đặt
2
2 2 2 2
2 2 2 0 0 2;.t x y t x y x y t t t t


Ta có:
2
2
2
2
tt
x y xy x y xy
Lúc đó:
22
2 2 2
22
.
t t t t
M x y x y xy xy x y t t t t




.
Khảo sát hàm
2
02 ,;f t t t



.
Ta có yêu cầu bài toán:
0min M
khi
22
0
0
xy
xy
x y x y

và
4max M
khi
22
2
1
xy
xy
x y x y

.
Chuyên đề BẤT ĐẲNG THỨC và MAX MIN Luyện thi THPT Quốc gia 2016
Lớp Toán thầy LÊ BÁ BẢO-Số 4 Kiệt 116 Nguyễn Lộ Trạch (TP Huế)_Trung tâm BDKT Km10 Hương Trà 0935.785.115_24
Bài tập 4: Cho
, xy
thoả mãn điều kiện:
1 1 8 ,,x y x y xy
. Tìm GTLN, GTNN của biểu thức
2 2 2 2
M x y x y
.
Gợi ý:
Đặt
2
2
8 8 0 4
24
x y t
t x y x y xy x y t t



do
0t
.
Mặt khác vì
9
1 1 1 1 0 1 0
2
,x y x y xy x y x y
. Suy ra
9
4
2
;t



Lúc đó:
22
2 2 2 2
2 2 8 8 2 14 48M x y xy x y t t t t t
.
Khảo sát hàm
2
9
2 14 48 4
2
,;f t t t t



.
Ta có yêu cầu bài toán:
24min M
khi
4
2
4
xy
xy
xy

và
51
2
maxM
khi
97
1
22
77
1
22
;
;
x y x y
xy x y



.
Bài tập 5: Cho
, xy
thoả mãn điều kiện:
1 1 4 3,,x y x y xy
. Tìm GTLN, GTNN của biểu
thức
33
22
11
3P x y
xy



.
Gợi ý:
Đặt
3
0
4
,
t
t x y xy t
và từ giả thiết ta có:
2
433 x y xy x y t
Mặt khác vì
3
1 1 1 1 0 1 0 1 0 4
4
,.
t
x y x y xy x y t t
Suy ra
34;t


. Mặt khác từ giả thiết:
1 1 4
3xy

.
Lúc đó:
2
3
32
1 1 6 9 8 16
3 3 3 4
43
, ; .P x y xy x y t t t
x y xy t





Khảo sát hàm
32
9 8 16
34
43
, ; .f t t t t
t


Ta có yêu cầu bài toán:
65
12
minM
khi
3
2
xy
và
74
3
maxM
khi
13
31
;
;
xy
xy


.
Bài tập 6: Cho
, xy
thoả mãn điều kiện:
1 2 4 1x y x y
. Tìm GTLN, GTNN của biểu
thức
2
1
9P x y x y
xy
.
Chuyên đề BẤT ĐẲNG THỨC và MAX MIN Luyện thi THPT Quốc gia 2016
Lớp Toán thầy LÊ BÁ BẢO-Số 4 Kiệt 116 Nguyễn Lộ Trạch (TP Huế)_Trung tâm BDKT Km10 Hương Trà 0935.785.115_25
Gợi ý:
Điều kiện
2 1 0 9 , , .x y x y
Ta có:
22
2
1 2 4 1 2 2 1 3 1 .x y x y x y x y
Suy ra:
0 1 3 1 4x y x y
. Đặt
14;t x y


Lúc đó:
2
1
9 1 4 , ; .P t t t
t


Khảo sát hàm
2
1
9 1 4 , ; .f t t t t
t


Ta có yêu cầu bài toán:
2 2 2min M 
khi
21 ;xy
và
33 2 5
2
maxM
khi
40 ;.xy
Bài tập 7: Cho
, ab
là các số thực dương thoả mãn điều kiện:
22
6 20 5 3a b ab a b ab
.
Tìm GTNN của biểu thức
4 4 3 3 2 2
4 4 3 3 2 2
9 16 25
a b a b a b
P
b a b a b a
.
Gợi ý:
Ta có:
22
6 20 5 3 6 20 5 15.
a b a b
a b ab a b ab a b
b a ab



Áp dụng BĐT Cauchy, ta có:
2
75
5 15 2 10 3 2.
ab
a b a b
ab
ab ab b a



Suy ra:
6 20 10 3 2
a b a b
b a b a
. Đặt
ab
t
ba

, ta có:
10
6 20 10 3 2
3
t t t
Lúc đó:
2
2 2 2
9 2 16 3 25 2P t t t t
,
10
3
t
.
Xét hàm số:
2
2 2 2
9 2 16 3 25 2f t t t t t
,
10
3
t
.
Ta có yêu cầu bài toán:
15156
27
minM
khi
13 ;ab
hoặc
31 ;.ab
Bài tập 8: Cho
, ab
là các số thực dương thoả mãn điều kiện:
2
2 2 2 2 2 2 2 2
2 3 2 2a b a b a b a b
.
Tìm GTNN của biểu thức
22
2 2 2 2
3 3 3
33
22
2 5 2 5
8
2
a b a b a b a b
a b b
P
ba
ab a b
.
Gợi ý:
Ta có:
2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 3 2 2 4 2a b a b a b a b ab a b
Chuyên đề BẤT ĐẲNG THỨC và MAX MIN Luyện thi THPT Quốc gia 2016
Lớp Toán thầy LÊ BÁ BẢO-Số 4 Kiệt 116 Nguyễn Lộ Trạch (TP Huế)_Trung tâm BDKT Km10 Hương Trà 0935.785.115_26
Suy ra:
2
2 2 2
3 4 3
a b a b a b
b a b a b a
Lúc đó:
3
2 2 2 4
6 9 1
2
a b a b a b
P
ab
b a b a b a
ba
3
3
2 2 4 4
3 1 3 1
2
a b a b
tt
ab
b a b a t
ba
,
3t
.
Xét hàm số:
3
4
31f t t t
t
,
3t
.
Ta có yêu cầu bài toán:
97
3
minM
khi
1.ab
Bài tập 9: Cho
, xy
thoả mãn điều kiện:
22
3x xy y
. Tìm GTLN, GTNN của biểu thức
22
2P x xy y
.
Gợi ý:
Đặt
22
,f x y x xy y
.
+ Nếu
0y
thì từ giả thiết ta có:
2
03x
, suy ra:
2
03;Px



.
+ Nếu
0y
, ta có:
22
03,f x y x xy y
. Khi đó:
22
22
2
,.
x xy y
P f x y
x xy y


.
Đặt
x ty
, ta có:
2
2
2
1
, . , .
tt
P f x y t
tt



Xét hàm số
2
2
2
1
,.
tt
g t t
tt



Khảo sát
gt
trên , ta có kết quả sau:
1 2 7 1 2 7
33
,.g t t
Vì
0 3 1 2 7 1 2 7, , .f x y P f x y g t
.
Suy ra, GTNN của P là
1 2 7
, đạt khi
22
37
2
3
x
y
x xy y
.
Bài tập 10: Cho
, xy
thoả mãn điều kiện:
00 ,xy x y
. Tìm GTLN, GTNN của biểu thức
23
33
4
8
x y y
P
xy
.
Gợi ý: Từ giả thiết của bài toán ta có:
00 ,yx
.
+ Với
0y
, ta có
0P
.
Chuyên đề BẤT ĐẲNG THỨC và MAX MIN Luyện thi THPT Quốc gia 2016
Lớp Toán thầy LÊ BÁ BẢO-Số 4 Kiệt 116 Nguyễn Lộ Trạch (TP Huế)_Trung tâm BDKT Km10 Hương Trà 0935.785.115_27
+ Với
0y
, ta có:
2
3
4
8
x
y
P
x
y






. Đặt
0
x
t
y

, xét hàm
2
3
4
0
8
,
t
f t t
t

.
Kết quả bài toán:
1
0
2
minPf
và
1
4
6
max .Pf
Bài tập 11: Cho
, xy
là các số thực lớn hơn 1. Tìm GTNN của biểu thức
3 3 2 2
22
2 16
11
x y x y
P x y xy
xy

.
Gợi ý:
Đặt
2
2 2 2
22
4
,
t
t x y xy x y t
.
Khi đó:
2
32
32
2 2 2
2
32
32
4
2 16 8
1
1
4
t
t t t
t t xy t
P x y xy t t
xy t
t
t


2
2
82
2
,
t
tt
t
.
Khảo sát
2
2
82
2
,
t
f t t t
t
, ta có kết quả: GTNN của P bằng
8
đạt được khi
2.xy
Bài tập 12: Cho
, ab
là các số dương thoả mãn điều kiện:
2
2 12ab
. Tìm GTNN của biểu thức
4 4 2
4 4 5
8
.P
ab
ab
Gợi ý:
Từ giả thiết và áp dụng BĐT Cauchy, ta có:
2
16 4 2 4 2 2 4 2 0 8.;a b a b a b ab
Lúc đó:
2 2 2 2
4 4 2 4 4 2 2 2
4 4 5 4 4 5 1 5 1
64 8 16 64
88
2
..
a b ab a b
P
ab
a b a b b a
a b a b
ba





Đặt
2
ab
t
ba
và
22
1 5 1 1 5 1 1
22
16 64 2 16 64 2 8
. . ,P t t t
tt

.
Khảo sát
2
1 5 1 1
2
16 64 2 8
.,f t t t
t
, ta có kết quả: GTNN của P bằng
27
64
đạt được khi
24 ;.ab
| 1/28
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:


Giáo viên: LÊ BÁ BẢO_ Trường THPT Đặng Huy Trứ, Huế
SĐT: 0935.785.115
Đăng kí học theo địa chỉ: 116/04 Nguyễn Lộ Trạch, TP Huế
Hoặc Trung tâm Km 10 Hương Trà Hoµi niÖm Tù luËn: KH¶O S¸T HµM Sè MéT Sè BµI TO¸N MAX MIN HuÕ, th¸ng 8/2020
Chuyên đề BẤT ĐẲNG THỨC và MAX MIN Luyện thi THPT Quốc gia 2016
Chủ đề: PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ CHO BÀI TOÁN GTLN-GTNN VÀ
BẤT ĐẲNG THỨC HAI BIẾN SỐ Kỹ thuật 1:
Thế biến đưa về khảo sát hàm một biến
Bước 1: Rút 1 biến biểu diễn theo biến kia. Xác định miền giá trị của biến được rút.
Bước 2: Thay biến được rút vào biểu thức giả thiết. Khảo sát và đưa ra kết luận.
Bài tập 1: Cho x, y là các số thực thỏa mãn điều kiện 2
y  0, x x y 12  0 . Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức P xy x  2y  17 . Bài giải:
Từ giả thiết ta có: 2
y x x 12  0  x  4  ;  3 .
Khi đó: P x  2 x x
 x  2x x   3 2 12
12  17  x  3x  9x  7. x  1
Xét hàm số f x  3 2
x  3x  9x  7, x  4  ;  3 , ta có: / f x 2
 3x  6x  9  0   . x  3  Ta có: f  4
   13, f 3  20, f   1  1  2, f  3    20 .
Suy ra: max f x  f  3
   f 3  20, min f x  f   1  12.  4  ;  3  4  ;  3
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 12 đạt được tại  x; y  1; 1  0  .
Bài tập 2: (HSG Quốc gia 1998) Cho x, y là các số thực thỏa mãn điều kiện 2x y  2 . Tìm giá trị 2 2
nhỏ nhất của biểu thức 2 P
x   y   2 1
x  y  3 . Bài giải:
Từ giả thiết ta có: y  2x  2 . Thay vào biểu thức P ta có: Khi đó: 2 2
P  5x  4x  1  5x  20x  25
Xét hàm số f x 2 2
 5x  4x 1  5x  20x  25 , ta có: 5x  2 5x 10 / f x   . 2 2 5x  4x  1
5x  20x  25 /
f x    x   2 x x     x 2 0 5 2 5 20 25 10 5 5x  4x  1    
x    x 2 5 2 10 5  0  x  ;2   2          x  5x  2 5 . 2 
5x 20x 25  105x2 2  2
5x  4x   1 3  2
24x 16x  0  
Từ đó suy ra: P f x 2  f  2 5    3   
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 2 5 đạt được tại  x y 2 2 ;  ;   .  3 3  Bài tập 3: Cho ,
a b là các số thực dương thỏa mãn điều kiện a b  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2
P  3 1  2a  2 40  9b . Bài giải:
Từ giả thiết ta có: a  1  b  0  b  0;  1 .
Lớp Toán thầy LÊ BÁ BẢO-Số 4 Kiệt 116 Nguyễn Lộ Trạch (TP Huế)_Trung tâm BDKT Km10 Hương Trà 0935.785.115_1
Chuyên đề BẤT ĐẲNG THỨC và MAX MIN Luyện thi THPT Quốc gia 2016 Khi đó: P     b2 2 3 1 2 1  2 40  9b 2
Xét hàm số f b     b 2 3 1 2 1
 2 40  9b , b0;  1 , ta có: 6 b 1 18b / f b      0  1 b 2 2
9b  40  3b 2b  4b  3 . 2 2 2b  4b  3 9b  40  1 b2  2 2 9b  40 2  9b  2
2b  4b  3  b  23b  2 2
3b 10b 10  0  b  3  
Từ đó suy ra: P f b 2  f  5 11   .  3   
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 5 11 đạt được tại a b 1 2 ;  ;   .  3 3  Bài tập 4: Cho ,
a b là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện a  3b  4 . Tìm giá trị lớn nhất và a 3b
giá trị nhỏ nhất của biểu thức P   . 1  a 1  b Bài giải: 4
Ta có: a  3b  4  a  4  3b . Do a, b không âm nên 0  b  . 3  b b Khi đó: 4 3 3 1 3 P    4   . 5  3b 1 b 5  3b 1 b  
Xét hàm số f b 1 3 4  4   , b 0; .   5  3b 1 b  3 b  / 3 3 2 2 / 1
Ta có: f b  
; f b  0  5  3b  1 b   . 2      
  b 1 bb  3 5 3 4
Lập BBT ta suy ra GTLN của P là
, đạt được khi b  0, a  4 ; GTNN của P là 2, đạt được khi 5
a  1, b  1.
Bài tập 5: Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện 2
x xy  3  0 và 2x  3y  14 . Tìm
giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2
P x y xy x  2 3 2 x   1 . Bài giải: 2 2  x  3  x  3 y  y   xx Từ giả thiết suy ra:    2  x  3  9  2x  3.  14 x  1;  x      5 2 2 2  x    x   Khi đó: 3 3 9 2 P  3x    x    2x  2 x   1  5x  . x x x    
Lớp Toán thầy LÊ BÁ BẢO-Số 4 Kiệt 116 Nguyễn Lộ Trạch (TP Huế)_Trung tâm BDKT Km10 Hương Trà 0935.785.115_2
Chuyên đề BẤT ĐẲNG THỨC và MAX MIN Luyện thi THPT Quốc gia 2016  
Xét hàm số f x 9 9
 5x  , x  1; . x    5   / 9  9  9
Ta có: f x  5   0 x   1; . 
 Do đó hàm số đồng biến trên 1;   2 x  5   5  9 
Suy ra: max f x  f
 4, min f x  f   1  4    .  9  9 x ;  5 1  x 1;      5  5 9 52
Vậy GTNN của P là 4 đạt được khi x  1, y  4 ; GTLN của P là 4 đạt được khi x  , y  . 5 15
Bài tập 6: Cho x, y là các số thực thỏa mãn điều kiện 2x  3 
y  3  4 . Tìm giá trị lớn nhất và
giá trị nhỏ nhất của biểu thức P x  2  y  9 . Bài giải: Đặt 2x  3  ,
a y  3  b. Ta có: a b  4, a  0, b  0. Suy ra: b  4  a a 0;4   2 2 2 a a a  Khi đó: 3 1 1 P
 2  b  3 9   b  6   4  a2 2 2  6 2 2 2 2 a 1 2
Xét hàm số f a 
 4  a  6 , a0;4   . 2 / a 4  a
Ta có: f a   , a   ; .   2 0 4 2 a   1 4a2 6 / a 4  a
Ta có: f a  0   , a  ; .   2 0 4 2 a   1 4a2 6 a 0;4     a  0;4        2
a 4  a2 2  6a  2 
 2a  14a2 4 3 2
a  8a 12a 16  a2  0 a 0;4       a   a  2   2 3 2
a  6a 16  0 2 3 10 34 Ta có: f 0   22, f 2  , f 4   6. 2 2 2 3 10 1 2 Vậy GTNN của P là
đạt được khi x
, y 1; GTLN của P là  22 đạt được khi 2 2 2 3
x   , y 13. 2
Lớp Toán thầy LÊ BÁ BẢO-Số 4 Kiệt 116 Nguyễn Lộ Trạch (TP Huế)_Trung tâm BDKT Km10 Hương Trà 0935.785.115_3
Chuyên đề BẤT ĐẲNG THỨC và MAX MIN Luyện thi THPT Quốc gia 2016 Kỹ thuật 2:
Xử lý biểu thức đối xứng hai biến
Bước 1: Từ điều kiện đặt t x y (hoặc t xy ) rút xy theo t (hoặc x y theo t ). Tìm miền giá trị
của t , giả sử t D .
Bước 2: Thay biến được rút vào biểu thức giả thiết được hàm số theo t , với t D .
Bài tập 1: Cho x, y là các số thực không âm thỏa mãn thay đổi thỏa mãn điều kiện  2 2
4 x y xy  1 2 x y. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2 2 P xy
x y x y .
Bài giải: xy2 x y 2 2  2 Ta có: xy  , x y  . 4 2 2    Khi đó: x y 1 P   x y    x y2 1
  x y2  x y .  2  2 4 Đặ 1 t 4 t
x y, t  0  P   t t . 4 2 2
Từ điều kiện bài toán ta có:  2 2
4 x y xy  1 2 x y  4x y  2x y 1  4xy  x y  1  2
 3t  2t 1  0  t   ;1  t    0; 1.  3  1
Xét hàm số f t 4
  t t, t 0;  1 . 4 3 3 Ta có: / f t 3
 t 1  0, t  0; 
1  f t  f   1   P  . 4 4 3
 x y  1  1 1 
Vậy giá trị lớn nhất của P bằng đạt được tại 
 x;y  ; .   4 x y  2 2  2
Bài tập 2: Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện 4 4
3xy  3  x y  . Tìm giá trị lớn xy 16 nhất của biểu thức 2 2 P x y  . 2 2 x y  2 Bài giải: Ta có: 2 2 4 4 2 2 3 3 2 2 3 3 2 2
3xy  3  x y   2x y
 2x y  2  3x y  3xy  2x y  3x y  3xy  2  0 xy xy   
xy   xy  xy   1 1 2 1 2  0  xy  ;2   , do xy  0. 2    Khi đó: 16 8 1 8 2 2 2 2 P x y   x y
. Đặt t xy, t  ;2 
 khi đó: P f t 2  t  . 2xy  2 xy  1 2  t  1 8 1  8
Xét hàm số f t 2  t  , t  ;2   , ta có: /
f t  2t   0  t  1. t  1 2  t  2 1
Lớp Toán thầy LÊ BÁ BẢO-Số 4 Kiệt 116 Nguyễn Lộ Trạch (TP Huế)_Trung tâm BDKT Km10 Hương Trà 0935.785.115_4
Chuyên đề BẤT ĐẲNG THỨC và MAX MIN Luyện thi THPT Quốc gia 2016  1  67 20 11 Ta có: f  , f 2  , f   1   
suy ra P f t  f   20 2  .  2  12 3 3 3 20
Vậy giá trị lớn nhất của P bằng
đạt tại x y  2 . 3
Bài tập 3: Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện x y xy  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của 3 3  x 1  y 1 biểu thức 2 2 P  4  4  x y     .  y   x Bài giải: Sử dụng BĐT 3 3
a b ab a b ,         16 1 1 1 1  2 2
x y x y x y x y 2 2  ta có: 2 2 P  4   x y   x y     2 2
y  x  y x x y
162xy  3  xy 16  xy  3   2xy   2xy 2 2 2 2 x y x y 2
Từ giả thiết ta có: 3  xy x y  2 xy
xy  2 xy  3  0  xy  0;  1  xy  0;  1 16 t  3 Đặt t x ,
y t t  0; 
1 khi đó: P f t   
 2t, t  0;1 . 2   t 16 t  3
Khảo sát GTNN của f t   
 2t, t  0;1 , ta có: Giá trị lớn nhất của P bằng 64  2 đạt 2   t
tại x y  1.
Bài tập 4: Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện x y  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu  1  1  thức 2 2 P x y    . 2 2  y  x Bài giải: 2 1 1 1
Ta có: P   xy             . Đặt  2 t xy , do 1 x y 2 xy xy 0 xy2 . xy 2 2 4 16   t 1  1 
Khảo sát hàm f t 1 1
t   2, t  0; 
 , có f t 2 /   0, t   0; 
 suy ra f t nghịch biến trên t  16 2 t  16  1  0;   .  16   1  289 1
Vậy min P  min f t  f   
đạt tại x y  .  1    0; 16 16   2  16
Bài tập 5: Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện x y  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 1 1 thức P   . 3 3 x y xy Bài giải:
Lớp Toán thầy LÊ BÁ BẢO-Số 4 Kiệt 116 Nguyễn Lộ Trạch (TP Huế)_Trung tâm BDKT Km10 Hương Trà 0935.785.115_5
Chuyên đề BẤT ĐẲNG THỨC và MAX MIN Luyện thi THPT Quốc gia 2016 1 1 1 1 1 1 Ta có: P        . x y 2 2
x xy y xy
x y2 3xy xy 13xy xy Đặ 1 1
t t xy , do 1  x y  2 xy xy   0  xy  . 4 4  3  3  1  t   0;     3 1 6   4 
Khảo sát hàm f t 1 1 1   , t  0;   , có / f t    0  1 3t t  4  13t2 2t  3  3 t   6
Lập BBT ta dễ dàng suy ra:        1 2 3  3 1 2 3  3 P f t  3 3 min min  f
  4  2 3 đạt tại x  1 ; y  1  .    1      0; 6     2 3 2 3      4 
Bài tập 6: Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện x y  2 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị 1
nhỏ nhất của biểu thức P   xy. 1  xy Bài giải: x y2 Đặ 1
t t xy , do 0  t xy   1 t 0;  1 . Khi đó: P
t, t 0 1 ; .  4 1 t 1 1
Khảo sát hàm f t 
t, t 0;  1 , ta có /
f t  1  0, t  0;1 2   1 tt   1
Lập BBT ta dễ dàng suy ra: 3 GTLN của P là
, đạt được khi x y  1. Vì f t không tồn tại GTNN trên 0 1 ;  nên P không tồn 2 tại GTNN.
Bài tập 7: (CĐ 2008) Cho x, y là các số thực thỏa mãn điều kiện 2 2
x y  2 . Tìm giá trị lớn nhất và
giá trị nhỏ nhất của biểu thức P   3 3
2 x y   3xy . Bài giải:  
Ta có: P   x yx xy y   xy  x y x y2 2 2 2 3 2  3xy  3xy   .
Từ giả thiết suy ra:  x y2  2xy  2 . Như vậy nếu ta đặt t xy thì x y chưa thể rút theo t ngay
được vì x y có nhận giá trị âm và giá trị dương. 2 2  t   t  Do đó ta đặ 2 2 3
t t x y , khi đó: 2 3 2
P  2tt  3.   3.
 t t  6t  3 . 2 2 2   2 Ta có: 2
t  x y   2 2
2 x y   4  t   2  ;2.   3 t  1
Khảo sát hàm f t 3 2
t t  6t  3, t  2
 ;2, ta có /f t 2  3
t  3t  6  0   2 t  2 
Lập BBT ta dễ dàng suy ra:
Lớp Toán thầy LÊ BÁ BẢO-Số 4 Kiệt 116 Nguyễn Lộ Trạch (TP Huế)_Trung tâm BDKT Km10 Hương Trà 0935.785.115_6
Chuyên đề BẤT ĐẲNG THỨC và MAX MIN Luyện thi THPT Quốc gia 2016 x y  1 13   1 3 1 3    GTLN của P là , đạt được khi 
1   x; y   ;  2 xy  2 2        2   
x;y 1 3 1 3   ;   . 2 2   
x y  2
GTNN của P là 7 , đạt được khi 
x y  1. xy  1
Bài tập 8: Cho x, y là các số thực thỏa mãn điều kiện y  0 và 2
x x y  12 . Tìm giá trị lớn nhất và
giá trị nhỏ nhất của biểu thức P xy x  2y  17 . Bài giải: Ta có: 2
y x x 12  0  x  4  ; 
3 . Thay y vào biểu thức P ta được:
P f x  x  2 x x
 x   2x x   3 2 12 2
12  17  x  3x  9x  7, x  4  ;  3 x  3  Ta có: / f x 2
 3x  6x  9  0   . x  1 Ta có: f  4    13
 , f 3  20, f  3
   20, f   1  12  .
Vậy GTLN của P bằng 20 đạt được tại x  3, y  6 hoặc x  3, y  0.
GTNN của P bằng 12 đạt được tại x  1, y  10.
Bài tập 9: Cho x, y là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện x y  2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của 2 2
x xy y x  3 biểu thức P  . 3x xy  1 Bài giải:
Ta có: y  2  x  0  x 0;2 . Thay y vào biểu thức P ta được: 2 2        
P f xx
x 2 x 2 x 2 x 3 x x 1   x
3x x 2  x , 0;2 2   1 x x 1 2 2x  2 x  1 0;2 3 1 /  
Ta có: f x      
. Ta có: f 0 1, f 2 , f   1 .     2 2 x x x  1 1 7 3 1
Vậy GTNN của P bằng đạt được tại x y  1. 3
Bài tập 10: Cho x, y là các số thực thỏa mãn điều kiện 2 2 x y  1
 , x y xy x y 1. Tìm giá trị xy
lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  . x y  1 Bài giải: 2 Ta có: 2 2
x y xy x y  1  xy   x y   x y 1 . x y   Đặ 2
t t x y , ta có:  x y  4xy   x y   x y  2 2 2 2 1  xy
 3t  4t  4  0  t   ;2   . 4  3 
Lớp Toán thầy LÊ BÁ BẢO-Số 4 Kiệt 116 Nguyễn Lộ Trạch (TP Huế)_Trung tâm BDKT Km10 Hương Trà 0935.785.115_7
Chuyên đề BẤT ĐẲNG THỨC và MAX MIN Luyện thi THPT Quốc gia 2016   Khi đó P trở t t  
thành: P f t 2 1 2  , t   ;2   . t 1  3  t  0 2 t  2t   2  1 1 Ta có: / f t             . Ta có: f , f   2 , f 0 1 . t   0 2 2 t  2    ;2 2     3  3 3   3  1 1
Vậy GTLN của P bằng
đạt được tại x y   hoặc x y  1, GTNN của P bằng 1 đạt được tại 3 3
x  1, y  1 hoặc x  1, y  1 .
Bài tập 11: Cho x, y là các số thực thỏa mãn điều kiện x y
xy x y 2 2 , 0,
x y x y  2. Tìm giá 1 1
trị lớn nhất của biểu thức P   . x y Bài giải: 2
Ta có: xy x y   x y  2xy   x y  2 . 3 2    Đặ 2 t 2t 4t 8
t t x y , ta có:  x y  4xy   0  t  ;  2  2;. t  2 2  Khi đó P trở t 2t
thành: P f t  , t   ;  2   2; . 2     t t  2 t  2 2 3
t  4t  4 Ta có: /  f t     
. Lập BBT ta dễ dàng suy ra kết quả. 2 0 2 2 2 t t t      3
Vậy GTLN của P bằng 2 đạt được tại x y  1 .
Bài tập 12: Cho x, y là các số thực thỏa mãn điều kiện 2
1  y x x y. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị 6 6 x y 1
nhỏ nhất của biểu thức P  . 3 3 x y xy Bài giải: Ta có: 2 2
1  x y xy  2xy xy xy xy  1 . 2 2 1 Mặt khác: 2 2
1  x y xy   x y  3xy   x y  1 3xy  0  xy   . 3      6 6  
x y  x y 2 2 2 2 2 2 2 3x y x y 1   1 1 xy2 2 2  3x y 1 Ta có: P      . 3 3 x y xy xy  2 2 x y xy  2 2 x y xy xy 1 xy   Đặ 1 t t x , y t   ;1   .  3      Khi đó P trở t
thành: P f t 2 2 3 1  , t   ;1   . t 1  3  2 2
t  4t  3  1  25 1 Ta có: / f t       . Ta có: f , f     1 . t   0 2 1  3  6 2 25 1 1
Vậy GTLN của P bằng
đạt được tại x  y   , GTNN của P bằng
đạt được tại x y  1  . 6 3 2
Lớp Toán thầy LÊ BÁ BẢO-Số 4 Kiệt 116 Nguyễn Lộ Trạch (TP Huế)_Trung tâm BDKT Km10 Hương Trà 0935.785.115_8
Chuyên đề BẤT ĐẲNG THỨC và MAX MIN Luyện thi THPT Quốc gia 2016
Bài tập 13: Cho x, y là các số thực thỏa mãn điều kiện  2 2
2 x y   xy 1. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị 4 4 x y
nhỏ nhất của biểu thức P  . 2xy  1 Bài giải: 1
Ta có: xy 1  2  x y   xy 1  2 x y2 2 2  2xy  4
xy xy     . 5 1
Mặt khác: xy 1  2 x y   xy 1  2 x y2 2 2
 2xy  4xy xy    . 3 2       x y xy 1 2 2 2 2 2 2 2 2x y 4 4  2x y   x y  2  Ta có: P    . 2xy  1 2xy  1 2xy  1   2    Đặ 1 1 7t 2t 1  1 1 t t x , y t   ; . 
 Khi đó P trở thành: P f t  , t   ; .    5 3 4 2t   1  5 3    2 t 0 7 t t  1  2  1  2 1 /  
Ta có: f t            . Ta có: f , f , f     0 . t   0 1 1 2 t  1    ; 2 2 1     5  15  3  15 4   5 3  1 2
Vậy GTLN của P bằng , GTNN của P bằng . 4 15
Bài tập 14: Cho x, y là các số thực thỏa mãn điều kiện x  1, y  1 và 3 x y  4xy . Tìm giá trị lớn  1 1 
nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 3
P x y  3  .   2 2  x y Bài giải: Đặ 3a 3a
t x y a xy
, a  0 . Suy ra x, y là nghiệm của phương trình: 2 t at   0 (1) 4 4 Vì (1) có nghiệm 2
   a  3a  0  a  3 . a
Vì x, y  1 nên  x   y     xy   x y 3 1 1 0 1  0 
a 1  0  a  4 . Vậy a 3;4. 4 1 1 4
Mặt khác từ giả thiết suy ra:   . x y 3 2  
Lúc đó: P  x y3 3xyx y 1 1 6 9 8 16 3 2  3  
a a   , a    3;4.  x y xy 4 a 3 9 8 16
Xét hàm số f a 3 2
a a   , a 3;4. 4 a 3 9 8  3  8 113 94 Ta có: / f a 2  3a a   3a a    0, a   3;4 .   Ta có: f 3  , f 4  . 2 2   2 a  2  a 12 3 94
x  1, y  3 113 3 Vậy GTLN của P bằng đạt được tại  , GTNN của P bằng
đạt được tại x y  . 3
x  3, y 1 12 2
Bài tập 15: Cho x, y là các số thực thỏa mãn điều kiện x 0;  1 , y  0; 
1 , x y  4x .
y Tìm giá trị lớn
nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2
M x y  7x . y
Lớp Toán thầy LÊ BÁ BẢO-Số 4 Kiệt 116 Nguyễn Lộ Trạch (TP Huế)_Trung tâm BDKT Km10 Hương Trà 0935.785.115_9
Chuyên đề BẤT ĐẲNG THỨC và MAX MIN Luyện thi THPT Quốc gia 2016 Bài giải:
Đặt a xy x y  4a . Suy ra x, y là nghiệm của phương trình: g t 2
t  4at a  0 (1)   0 1.g0  0  1 1
Vì (1) có các nghiệm thoả mãn 0  t t  1    a  ; .  1 2 1.g   1 0    4 3  S 0   1  2     Khi đó: 1 1
M   x y2 1 1 2
 9xy  16a  9 , a a  ; . 
 Xét hàm f t 2  16a  9 , a a  ; .    4 3 4 3 9  1 1   1  5  1  11  9  81 Ta có: /
f a  32a  9  0  a   ; .   Ta có: f   , f   , f         . 32  4 3   4  4  3  9  32  64 11 1 1 1 Vậy GTLN của M bằng 
đạt được khi xy
x  1, y  hoặc x  , y  1 , GTNN của M bằng 9 3 3 3 81  9 3 3
đạt được khi xy
x  2y  hoặc y  2x  . 64 32 4 4
Bài tập 16: Cho x, y là các số thực thỏa mãn điều kiện 2 2
x y xy  3. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị
nhỏ nhất của biểu thức 4 4 3 3
A x y  4xy x y . Bài giải:
Đặt t xy . Từ giả thiết suy ra:  x y2 3
xy  xy xy  3  và 2 2
3  x y  3xy  3xy xy  1. Vậy t  3  ;  1 . 2 2 Ta có: A   2 2 x y  2 2 3 3
x y xy x y    xy 2 2 3 3 2 4 3
 2x y  4xy x y .
Khi đó P trở thành: P f t 3 2
 t t  2t  9, t  3  ;  1 . Ta có: / f t 2  3
t  2t  2  0, t   3  ;  1 . Ta có: f  3
   33, f   1  5 . 2
Vậy GTLN của P bằng 33 đạt được khi x  y   3 , GTNN của P bằng
đạt được khi x y  1.  15
Bài tập 17: Cho x, y là các số thực thỏa mãn điều kiện  x y  2 2 2 2 2 2 2
1  3x y 1  4x  5y . Tìm giá trị 2 2 2 2
x  2y  3x y
lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  2 2 x y  1 Bài giải: 2 2 Ta có:  2 2 x y   2 2 2 2
x y   x y   2 2
x y    2 2 x y  2 2 2 1 3 1 4 5 3
 2  x  3x y (1) Đặt 2 2
t x y vì 2 2 2
x  3x y  0 nên từ (1) ta có: 2
t  3t  2  0  t  1  ;2.   2 t t  Khi đó 2
P trở thành: P f t  , t 1;2 . t 1 t 1 t  3 Ta có: / f t    
 0, t  1;2 . Do đó hàm số đồng biến trên 1  ;2 2      . t   1
Lớp Toán thầy LÊ BÁ BẢO-Số 4 Kiệt 116 Nguyễn Lộ Trạch (TP Huế)_Trung tâm BDKT Km10 Hương Trà 0935.785.115_10
Chuyên đề BẤT ĐẲNG THỨC và MAX MIN Luyện thi THPT Quốc gia 2016 4 Ta có: f    f   4 1 1, 2 
. Vậy GTLN của P bằng
đạt được khi x  0; y   2 , GTNN của P bằng 1 3 3
đạt được khi x  0; y  1. Bài tập 18: Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện
xy   xy xy   2 2 1 9 2
7 x y   2xy  2 . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 1 P xy xy   . xy xy Bài giải:
Đặt t xy . Ta có: 2 2
x y xy   2 2 2
7 x y   2xy  2  12xy  2 .
Kết hợp giả thiết suy ra:  2 t   2 t t  2 4 3 2 1 9 2  12t  2  2
t  9t 14t  9t  2  0   
t  2   t t   1 1 2 2 1  0  t  ;2 .   2    Khi đó P trở 1 1 1
thành: P f t 2  t t   ,  t  ;2 . 2   t t 2   2t  1 2 2t t  2  1   1  24 24 / 
Ta có: f t   0  t  1 ;2   . Ta có: f  ,   f 2  , f   1  4. 3 t  2   2  7 7 24 1
Vậy GTLN của P bằng
đạt được khi x y  2 hoặc x y
, GTNN của P bằng 4 đạt được khi 7 2 x y  1.
Bài tập 19: Cho x, y là các số thực thỏa mãn điều kiện x 1  y 1  4 . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị 64
nhỏ nhất của biểu thức P xy  4  x y Bài giải:
Đặt a x 1, b y 1 . Khi đó a  0, b  0 và a b  4 .
Đặt t ab , ta có t  0;4   và 2 2
a b  16  2t .
Khi đó P trở thành: P   64 64 32 2 a   1  2 b   1 
a b a b    t t   t  . 6   1 2 15, 0;4 2 2 a b  2 2  2 2 6   2 2 a b  2   t  5 32
Xét hàm số f t 2  t  2t  15, t  0;4   t .  5 2 t  3 2 t  6t  3 32 / 
Ta có: f t  2t  2  
 0  t  3 0;4 . 2 2   t 5 t 5 107
Ta có: f 0   , f 4  2  3, f 3  1  6 . 5
Vậy GTLN của P bằng 16 đạt được khi x  0; y  8 hoặc x  8, y  0 ;
GTNN của P bằng 23 đạt được khi x y  3.
Lớp Toán thầy LÊ BÁ BẢO-Số 4 Kiệt 116 Nguyễn Lộ Trạch (TP Huế)_Trung tâm BDKT Km10 Hương Trà 0935.785.115_11
Chuyên đề BẤT ĐẲNG THỨC và MAX MIN Luyện thi THPT Quốc gia 2016
Bài tập 20: Cho x, y là các số thực thỏa mãn điều kiện x y  2 x  2  y 1 1. Tìm giá trị lớn
2 1 xy x y x y
nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức F
x y  y x  . 2 2 x y Bài giải:
Từ giả thiết suy ra x  2, y  1. 2 Ta có:  x   y     2 2 2. 2 1. 1
2 1  x  2  y   1  2 x  2 
y 1  5 x y   1 .
Nên từ x y  2 x  2  y 1 1  x y  5 x y   1 1.
Đặt t x y , ta có: t 1  5t   1  t 1;6. Khi đó: 1 F  x y2 2 1 2 2   t
f t, t 1;6. 2 x y 2 t 1 5 2 Ta có: /
f t  t   0, t
 1;6 . Ta có: f   1  , f 6  18  . t t 2 6 2 5
Vậy GTLN của F bằng 18 
đạt được khi x  6, y  0 , GTNN của F bằng đạt được khi 6 2
x  2, y  1.
Bài tập 21: Cho x, y là các số thực thỏa mãn điều kiện x y x 1  2y  2 Tìm giá trị lớn nhất,
giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2
F x y  2  x   1  y  
1  8 4  x y. Bài giải: Điề 2
u kiện x  1, y  1, suy ra x y  0 . Sử dụng BĐT:      2 2   2 2 au bv a b
u v  ta có:
x y   x  y 2  . x  . y 2 2 1 2 2 1 1 2 1
 3x y
Suy ra x y  3 . Đặt t x y t  0;3   .
Khi đó: P  x y2  x y 
 x y 2 2 8 4
 2  t  2t  8 4  t  2, t 0;  3 .
Xét hàm số f t 2
t  2t  8 4  t  2, t 0;  3 . 4 4 Ta có: / f t  / /  2t  2 
, f t   2   t  . 4  t  4t 0, 0;3 3   / / /
Suy ra f t đồng biến trên 0;3 
 . Do đó: f t  f 0  0 , t  0;3.
Suy ra f t đồng biến trên 0;3 
 . Ta có: f 0  18, f 3  25.
Vậy GTLN của P bằng 25 đạt được khi x  2, y  1, GTNN của P bằng 18 đạt được khi x  1, y  1.
Bài tập 22: Cho x, y là các số dương thỏa mãn điều kiện x y  1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x y P   . 1  x 1  y Bài giải:
Lớp Toán thầy LÊ BÁ BẢO-Số 4 Kiệt 116 Nguyễn Lộ Trạch (TP Huế)_Trung tâm BDKT Km10 Hương Trà 0935.785.115_12
Chuyên đề BẤT ĐẲNG THỨC và MAX MIN Luyện thi THPT Quốc gia 2016 x 1  x Áp dụng BĐT: a b
a b . Lúc đó: P  
x  1 x f x, x 0;  1 b a 1  x x 1 1 1 Ta có: / f x  
 0  x  0;  1 . 2 x 2 1 x 2  1  1
Lập BBT ta có kết quả max f t  f
 2 . Suy ra GTNN của P bằng 2 đạt được khi x y  .    0;  1  2  2
Bài tập 23: Cho x, y là các số thực thỏa mãn điều kiện 2 2
x y  2. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ
nhất của biểu thức M   3 3
2 x y   3x . y Bài giải: x y  2
Ta có: x y  2   x y  2 2 2 2
 2xy  2  xy  . 2 x y 2 2  2
Mặt khác: 2  x y
x y  2
 ;2. Đặt t x  ,y t  2  ;2 2 Ta có: M   3 3
x y   xy   x y 2 2 2 3 2
x xy y   3xy  2x y2  xy  3xy
 x y3 3
 x y2  6x y 3 3 2
 3  t t  6t  3  f t, t  2  ;2 2 2 t  1 13 Ta có: / f t 2  3
t  3t  6  0   . Ta có: f  2    7  , f   1  , f 2  1. t  2  2 13 1 3 1 3 1 3 1 3
Vậy GTLN của M bằng
đạt được khi x  , y  hoặc x  , y  , GTNN của 2 2 2 2 2
M bằng 7 đạt được khi x y  1. 
Bài tập 24: (Thi thử Chuyên Quốc Học Huế 2011) Cho ,
a b là các số thực thay đổi a  0 . Tìm 2 2
giá trị nhỏ nhất của biểu thức T  a b  ln a bBài giải: 2 2
Xét hàm số f b  b a  b  ln a , b  . a  ln a Ta có: /
f b  2b a  2b  ln a  0  b  . 2
a  ln a a a
Lập BBT của f b trên
ta có: f b  2 ln  f    .  2  2 1
Xét hàm số g a /  a  ln ,
a a  0  g a  1  0  a  1 . a
Tiếp tục lập BBT của g a trên 0; ta có: g a  g   1  1 . g a    1 1
Từ đó suy ra: f b   2 1 
 . Vậy GTNN của T bằng đạt được tại a  1, b  . 2 2 2 2
Bài tập 25: Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện 3 3
x y  2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2 2
A x y . Bài giải:
Lớp Toán thầy LÊ BÁ BẢO-Số 4 Kiệt 116 Nguyễn Lộ Trạch (TP Huế)_Trung tâm BDKT Km10 Hương Trà 0935.785.115_13
Chuyên đề BẤT ĐẲNG THỨC và MAX MIN Luyện thi THPT Quốc gia 2016 Ta có: 3 3 3 3 3 3
x y  2  y  2  x y  2  x . Vì x, y dương nên 3 3 x y   x  3 2 0; 2  .
Do đó: A f x  x    x 2 2 3 x   3 3 2 , 0; 2  . 2x   x 3 3 2 2 x xx  0 2 / 
Ta có: f x  2x    0    x  1 0; 2 . 3 3 3 3  3 3 3  2  x 2  x
 2  x x
Lập BBT của f x trên  3
0; 2  ta có: A f x  2 . Vậy GTLN của A bằng 2 đạt được khi x y  1.
Bài tập 26: Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện x y  1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 1 1 thức 2 2
A x y   . 2 2 x y Bài giải:
Cách 1: (Rút thế trực tiếp) 1 2 1
Ta có: x y  1  y  1 x  0  x  0; 
1 . Do đó: A f x 2  x   1 x  , x  0;1 . 2   2   x 1 x 3 2 2 x  1  x 2x   1  2 3 x x  1 / 
Ta có: f x  2x  2 1 x     2x 1   2x 1   0 3 3     3   x 1 x 3 x 1 x  3 x 1 x 3       x   2 x x 1 1 2 1 1  
  0  x   0;1 . 3   3  x  1 x  2 
Lập BBT của f x trên 0; 
1 ta có: A f x  17  . 2 17 1
Vậy GTLN của A bằng
đạt được khi x y  . 2 2
Cách 2: (Đổi biến và vận dụng đạo hàm) 1 1  1   1  2 Ta có: 2 2
A x y     2 2 x y 1  2xy 1  2xy      . 2 2  2 2 2 2 x yx y   x y xy   Đặ 1 1
t t xy  0 , và 1  x y  2 xy xy   t  0;   . 4  4  2  1  2  1  Xét f t /
 2t  , t  0;  f  
t  2  0, t   0;   . 2 t  4 t  4   1   
Lập BBT của f t trên 0; 
 ta có: A f t 1 7  f    .  4   4  2 17 1
Vậy GTLN của A bằng
đạt được khi x y  . 2 2 5
Bài tập 27: (Dự bị B 2002) Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện x y  . Tìm giá trị 4 4 1
nhỏ nhất của biểu thức S   . x 4y Bài giải:
Lớp Toán thầy LÊ BÁ BẢO-Số 4 Kiệt 116 Nguyễn Lộ Trạch (TP Huế)_Trung tâm BDKT Km10 Hương Trà 0935.785.115_14
Chuyên đề BẤT ĐẲNG THỨC và MAX MIN Luyện thi THPT Quốc gia 2016 5 5  5   
Ta có: x y
y   x  0  x  0; 
 . Do đó: S f x 4 1 5   , x  0;   . 4 4  4  x 5  4x  4  x  1 4 4 
Ta có: f x   
 0  x  5 4x  5  5 . 2 2  2 / 2 x    xx   0; 5 4    3  4   5 
Lập BBT của f x trên 0; 
 ta có: S f x  f  
1  5 . Vậy GTNN của S bằng 5 đạt được khi  4 
x  4, y  1.
Bài tập 28: Cho x, y là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện x y  1. Tìm giá trị lớn nhất và x y
giá trị nhỏ nhất của biểu thức A   . y  1 x  1 Bài giải:
Cách 1: (Rút thế trực tiếp) x 1 x
Ta có: x y  1  y  1 x  0  x 0; 
1 . Do đó: A f x   , x 0;  1 . 2  x x 1 2 2 2 2 1 Ta có: / f x  
 0  x 1  2  x x   0;1 . 2 2      
2 x x   1 2  
Ta có: f    f   1 2 0 1  1, f  .    2  3 2
Vậy GTLN của A bằng 1 đạt được khi x  0, y  1 hoặc x  1, y  0 , GTNN của A bằng đạt được 3 1
khi x y  . 2
Cách 2: (Đổi biến và vận dụng đạo hàm) x y
x x y yx y2 2 2
 2xy 1 2  2xy Ta có: A      . y  1 x  1
x y xy  1 2  xy 2  xy   Đặ 1 1
t t xy  0 , và 1  x y  2 xy xy   t  0;   . 4  4 2  2t  1  6  1  Xét f t /  , t  0;  f   t    t    2  t  4 2t 0, 0; 2  4   1  2
suy ra: max f t  f 0  1, min f t  f     1   1    0; 0; 4 3      4  4 2
Vậy GTLN của A bằng 1 đạt được khi x  0, y  1 hoặc x  1, y  0 , GTNN của A bằng đạt được 3 1
khi x y  . 2 Kỹ thuật 3:
Đổi biến đẳng cấp 2 2xy y
Bài tập 1: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức A  , với 2 2 x y  0 . 2 2
3x  2xy y
Lớp Toán thầy LÊ BÁ BẢO-Số 4 Kiệt 116 Nguyễn Lộ Trạch (TP Huế)_Trung tâm BDKT Km10 Hương Trà 0935.785.115_15
Chuyên đề BẤT ĐẲNG THỨC và MAX MIN Luyện thi THPT Quốc gia 2016 Bài giải:
+ Nếu y  0 thì x  0 và A  0. x 2t 1
+ Nếu y  0 , ta chia cả tử và mẫu cho 2
y . Đặt t  . Khi đó t A y và . 2 3t  2t 1 2t 1
Xét hàm số f t  trên . 2 3t  2t 1 6  t t 1 t  / 0
Ta có: f t    f t f t     và lim   lim    0.
t t   0 2 2 t  1  t t 3 2 1 * 1
Lập BBT ta dễ dàng suy ra: GTLN của A bằng 1, đạt được khi x  0, y
; GTNN của A bằng  , 2
đạt khi x  y  0.
Bài tập 2: Cho x, y là các số thực thỏa mãn điều kiện 2 2
4x  2xy y  3. Tìm giá trị lớn nhất và giá
trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2
P x  2xy y . Bài giải: 2 2 P
x  2xy y Ta có:  . 2 2 3
4x  2xy y 3
+ Nếu y  0 thì x  0 và P  . 4 x 2 P t  2t 1
+ Nếu y  0 , ta chia cả tử và mẫu cho 2
y . Đặt t  . Khi đó t   y và . 2 3 4t  2t 1 t  2t 1
Xét hàm số f t 2  trên . 2 4t  2t 1 t  2 2 / 6
t 10t  4 
Ta có: f t 
lim f t  lim f t      và     1 . t   t t
4t  2t   0 2 1 2 1  4  3 *
Lập BBT ta dễ dàng suy ra: GTLN của P bằng 1, đạt được khi x  2y
; GTNN của P bằng 6 ,
đạt khi 3x  y  0.
Bài tập 3: Cho x, y là các số thực thỏa mãn điều kiện 2 2
x xy y  3. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị
nhỏ nhất của biểu thức 2 2
P x xy  3y .
Bài giải: Đặt f x y 2 2
,  x xy y
+ Nếu y  0 thì từ giả thiết ta có: 2 0  x  3 . Suy ra 2
P x  0;3   .
x xy  3y
+ Nếu y  0 , ta có  f x,y 2 2 0
x xy y  3 . Khi đó: P f x,y 2 2 . . 2 2
x xy y   Đặ 3
t x ty , ta có   ,  2 . t t P f x y 2 t t 1
Lớp Toán thầy LÊ BÁ BẢO-Số 4 Kiệt 116 Nguyễn Lộ Trạch (TP Huế)_Trung tâm BDKT Km10 Hương Trà 0935.785.115_16
Chuyên đề BẤT ĐẲNG THỨC và MAX MIN Luyện thi THPT Quốc gia 2016 t t  3
Xét hàm số gt 2  trên . 2 t t 1 2 2 t  4t 1 t    / 2 3
Ta có: g t   
lim g t  lim g t     và     1. t t   0 2 2 t t 1 t  2   3 3   4 3 3   4 3
Lập BBT ta dễ dàng suy ra:  gt  , t   . 3 3
Vì 0  f x,y  3  3
  4 3  P f x,y.gt  3   4 3 x   2   3y
Suy ra: GTLN của P bằng 3
  4 3 , đạt được khi  ; GTNN của P bằng 3   4 3 , 2 2
x xy y  3 x   2   3y đạt khi  . 2 2
x xy y  3 2 xy
Bài tập 4: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  
, với x  0, y  0 . x x y 3 2 2 4 Bài giải: x t
Do y  0 , ta chia cả tử và mẫu cho 3
y . Đặt t  . Khi đó t P y 0 và  . t t  3 2 4 t
Xét hàm số f t   trên 0; . t t  3 2 4 2 / t  4  3t 2
Ta có: f t 2 
 0  t  4  3t t   0; 2 t   2 t t  3   2 4 4 1
Lập BBT ta dễ dàng suy ra: GTLN của P bằng
, đạt được khi y  2x  0 . 32 Kỹ thuật 4:
Đánh giá kết hợp đổi biến
Trong nhiều bài toán tìm GTLN, GTNN của biểu thức F mà các biến bị rằng buộc nhau bởi
điều kiện dưới dạng BĐT, hoặc bản thân biểu thức F không có tính đối xứng, đẳng cấp; hoặc biểu
thức F và điều kiện của bài toán chứa nhiều đại lượng phức tạp... thì chúng ta cần xử lú biểu thức F
thông qua một số đánh giá.
Bài tập 1: Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện x y  6xy Tìm giá trị nhỏ nhất của 3x  1 3y  1 biểu thức P  
 3x y 3y x . 2 2    9y  1 9x  1 Bài giải:
Áp dụng BĐT Cauchy, ta có:
Lớp Toán thầy LÊ BÁ BẢO-Số 4 Kiệt 116 Nguyễn Lộ Trạch (TP Huế)_Trung tâm BDKT Km10 Hương Trà 0935.785.115_17
Chuyên đề BẤT ĐẲNG THỨC và MAX MIN Luyện thi THPT Quốc gia 2016 3x  1 2 9y x   1 y x 3y 1 3 1 2 9    3 1 1   3x 1 và   3y 1; 2 9y  1 4 2 9x  1 4
Cộng hai BĐT trên ta được: 3x  1 2 9y   1 3y  1 2 9x x y    1 3 1 3 1   
 3 x y  2 . 2 2   9y 1 9x 1 4 4
x   2y    y   2 3 1 9 1 3 1 9x   1 Suy ra: P  
 3x y  2  3x y3y x 4 4 27  
xyx y 9
 x y 3 10xy   3 2 2 x y  4 4 4 2 27 9 3 x . y xy . xy xy x y2 3 27 xy           xy2 3 6 6 10 2  22xy  . 4 4 4   2 2 2 Đặ 1 1 2 1
t t xy . Từ x y  6xy  6   
t xy  . x y xy 9 27 3 1 /
Xét hàm số f t 2  
t  22t  , t  . Ta có: f t 1  2
 7t  22  0, t   . 2 2 9 9  1  34 34 1
Suy ra min f t  f  .   Suy ra: P
, dấu "=" xãy ra khi x y  . 1;    9  9   9 3 9  34 1 Vậy GTNN của P là
, dấu "=" xãy ra khi x y  . 9 3
Bài tập 2: Cho x, y là các số thực thỏa mãn điều kiện 2 2
x 2  y y 2  x  2 Tìm giá trị lớn nhất của 3
biểu thức P   x y 12 x   1  y   1  xy Bài giải: 2 2 a b 2 2 x 2 y 2 2 y 2 x Áp dụng BĐT: ab  ,  , a b, ta có: 2 x 2 y     và 2 y 2 x     . 2 2 2
Cộng hai BĐT trên ta suy ra: 2 2
2  x 2  y y 2  x  2 .  2 x  2  y
x  0, y  0
Do đó, dấu "=" xãy ra     . 2 2 2   
x y  2 y 2 x
Đặt t x y . Khi đó: t   2 2
2 x y   2 . 3
Ta có: P   x y 12 x y 12xy 12  xy 2 2 2    
x y x y 3 x y
x y 12x y     12 12  3 2 3 2
t 12t  6t 1  t  6t 12t 1 2 2 /
Xét hàm số f t 3 2
t  6t 12t 1, t  0;2 
 . Ta có: f t 2
 3t 12t 12  0, t  0;2 .
Lớp Toán thầy LÊ BÁ BẢO-Số 4 Kiệt 116 Nguyễn Lộ Trạch (TP Huế)_Trung tâm BDKT Km10 Hương Trà 0935.785.115_18
Chuyên đề BẤT ĐẲNG THỨC và MAX MIN Luyện thi THPT Quốc gia 2016
Suy ra hàm số f t đồng biến trên 0;2 
 . Do đó: max f t  f 2  9 . 0;2  
Vậy GTLN của P bằng 9 , dấu "=" xảy ra khi x y  1 .
Nhận xét: Với cách giải trên, chúng ta không tìm được GTNN của biểu thức P. Để tìm cả GTLN và
GTNN của P, ta tiến hành như sau:
x  0, y  0
Tương tự như trên ta có: 
. Đặt t x y . Khi đó: t   2 2
2 x y   2 . 2 2
x y  2 Mặt khác: tx y2 2 2 2 x y 2 t 2 t  2;2          .  
x y2  2 2
x y  2t Ta có: xy   1. 2 2 3
Suy ra: P   x y 12 x y 12xy 12  xy    x y x y 2 2 2 3 t t t 3 2 12 12 1 12 1 t 6t 12t 1, t  2;2                . 2 2 2     t
Xét hàm số f t 2 3 2 t 6t 12t 1, t  2;2       . 2   / t
Ta có: f t 2
 3t 12t 12   0, t
  2;2 . Suy ra hàm số f t đồng biến trên  2;2 2   t   . 1 2
Do đó: max f t  f 2  9 và min f t  f 2  14 2 12 . 0;2   0;2     2
Bài tập 3: Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện 4 4
3xy  3  x y  . Tìm giá trị lớn xy 16 nhất của biểu thức 2 2 P x y  . 2 2 x y  2 Bài giải: Đặ 2 2
t t xy  0 . Từ giả thiết ta có: 4 4 2 2
3xy  3  x y   2x y xy xy 2 1  hay 2 3 2
3t  3  2t
 2t  3t  3t  2  0  t  ;2 t t   , do 0 . 2  16 8 1  Ta lại có: 2 2 2 P x y   t  , t  ;2 .   (1) 2xy  2 t 1 2  8 1  / 8  1 
Xét hàm số: f t 2  t  , t  ;2 . f t t    t   ; t   Ta có:   2 0 1 2 .    1 2  t  2  2 1   1  67 20 Ta có: f  ; f  
2  ; f  1  5. (2)  2  12 3
Lớp Toán thầy LÊ BÁ BẢO-Số 4 Kiệt 116 Nguyễn Lộ Trạch (TP Huế)_Trung tâm BDKT Km10 Hương Trà 0935.785.115_19
Chuyên đề BẤT ĐẲNG THỨC và MAX MIN Luyện thi THPT Quốc gia 2016 20 xy  2
Từ (1) và (2) suy ra: P  . Dấu "=" xảy ra  
x y  2. 3 x y  0 20
Vậy GTLN của P bằng
, đạt được khi x y  2 . 3 1
Bài tập 4: Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện 4 4 x y
xy  2. Tìm giá trị lớn nhất xy 2 2 3
của biểu thức P    . 2 2 1  x 1  y 1  2xy Bài giải: Đặ 1 1
t t xy  0 . Từ giả thiết ta có: 4 4 2 2
xy  2  x y   2x y xy xy 1 1  hay 2 3 2
t  2  2t   2t t  2t 1 0  t  1 ; t t   , do 0 . 2  1 1 2
Với x  0, y  0 và xy  1, ta có:   (1) 2 2 1  x 1  y 1  xy
x y2 xy  1 Thật vậy: (1)  
 0 , đúng do x  0,y  0 và xy  1. 2 1  x  2
1  y 1 xy   Khi đó: 4 3 4 3 1 P     , t  1 ; .   (2) 1 xy 1 2xy 1 t 1 2t 2   
Xét hàm số: f t 4 3 1   , t  1 ; .   1 t 1 2t 2  2 / 4 6 5t  2t 1  1 
Ta có: f t      .  , x   ;    .  t 2 0 1 2   t2
 t2  t2  2 1 1 2 1 1 2  1   1  7
Suy ra hàm số f t nghịch biến trên 1 ; 
 . Do đó: max f t  f    . (3) 2  1;   2  6 1   2   1 7 xy  2
Từ (1) và (2) suy ra: P  . Dấu "=" xãy ra   2  x y  . 6 2
x y  0 7 2
Vậy GTLN của P bằng
, đạt được khi x y  . 6 2 Bài tập 5: Cho ,
a b là các số thực thuộc 0;1 , thoả mãn điều kiện:  3 3
a b a b  aba   1 b   1  0 . 1 1
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  
 5ab  a b2 . 2 2 1  a 1  b Bài giải:
Lớp Toán thầy LÊ BÁ BẢO-Số 4 Kiệt 116 Nguyễn Lộ Trạch (TP Huế)_Trung tâm BDKT Km10 Hương Trà 0935.785.115_20
Chuyên đề BẤT ĐẲNG THỨC và MAX MIN Luyện thi THPT Quốc gia 2016 3 3 a b a b Ta có:  3 3
a b a b  aba   1 b      1  0 
 1 a1 bab (1)  3 3
a b a b 2 2  a b  Vì   
a b  2 ab.2 ab  4ab ab b a  
và 0  1 a1 b  1 a b  ab  1 2 ab ab nên từ (1) suy ra: 4ab  1 2 ab ab (2)   Đặ 1
t t ab , khi đó (2) trở thành: 4t  1 2 t t  3t  2 t 1  0  t  0; .    9 2 1 1 2
a b ab  1
Ta có với a  0, b  0 , ta có:     0 , đúng do 2 2 1  a 1  b 1  ab  2 1  a  2
1  b 1 ab ,
a b 0;  1 . 1 1  1 1  2 2
Áp dụng BĐT Cauchy, ta có:   2   2.    2 2 2 2  ab  1 a 1  b  1 1 1  ab 1  ab   2 2 2 2 1
và 5ab  a b  ab  a b  ab nên suy ra: P   ab   t, t  0;   . 1 ab 1 t  9   / 1  1
Xét hàm số f t 2 1   t, t  0; . 
 Ta có: f t   1  0, t   0; .   1 t  9
1t 1t  9  1   1  6 1
Suy ra hàm số f t đồng biến trên 0; . 
 Do đó: max f t  f     .  9   1  ;   9   10 9 0  9  1 6 1 ab  1 Suy ra: P
 . Dấu "=" xãy ra   9
a b  . 10 9 3
a b  0 6 1 1 Vậy GTLN của P bằng
 , đạt được khi a b  . 10 9 3 Bài tập 6: Cho ,
a b là các số thực dương phân biệt, thoả mãn điều kiện: ab  4 . 2 2 3
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P    . 4 4 a ba b2 Bài giải: 2 2 2 2 a b  2 2  ab 3 1  a b  3 1
Từ giả thiết 0  ab  4  P    .        . . 4 4 16  a
b  4 a b2 2 2 8 b a 4 a b     2 b a a b Đặ 1 3 1 1 3 1 1 t t    t  2 2 2 P t   .  t  .  , t  ; . b a và  2 2  8 4 t  2 8 4 t  2 4 1 3 1 1
Xét hàm số f t 2  t  .
 , t 2;. 8 4 t  2 4
Lớp Toán thầy LÊ BÁ BẢO-Số 4 Kiệt 116 Nguyễn Lộ Trạch (TP Huế)_Trung tâm BDKT Km10 Hương Trà 0935.785.115_21
Chuyên đề BẤT ĐẲNG THỨC và MAX MIN Luyện thi THPT Quốc gia 2016 / 1 3 1 2
Ta có: f t  t  .
 0  t t  2  3  t  3 2; . 2     4 4 t  2 13
Vì lim f t  lim f t   nên min f t  f 3  .   t2 t 2; 8 ab  4      13 ab 4
a  5 1, b  5 1 Suy ra: P
, dấu "=" xãy ra  a b     . 8   3 
a b  2 5
a  5 1, b  5 1 b a 13
Vậy GTNN của P bằng . 8
BÀI TẬP TỰ LUYỆN 4 Bài tập 1: Cho ,
a b không âm thoả mãn điều kiện: a b  1. Chứng minh 2 ab  . 27
Bài tập 2: Cho x, y thoả mãn điều kiện: 2 2
x y  11. Tìm GTLN, GTNN của biểu thức 2
P x xy .
Bài tập 3: Cho x, y thoả mãn điều kiện: 2 2
x y x y . Tìm GTLN, GTNN của biểu thức 3 3 2 2
M x y x y xy .
Bài tập 4: Cho x, y thoả mãn điều kiện: x  1, y  1, x y xy  8 . Tìm GTLN, GTNN của biểu
Bài tập 5: Cho x, y thoả mãn điều kiện: x  1, y  1, 3 x y  4xy . Tìm GTLN, GTNN của biểu  1 1  thức 3 3
P x y  3  . 2 2  x y
Bài tập 6: Cho x, y thoả mãn điều kiện: x y 1  2x  4 
y 1 . Tìm GTLN, GTNN của biểu
thức P   x y2 1
 9  x y  . x y Bài tập 7: Cho ,
a b là các số thực dương thoả mãn điều kiện:  2 2
6 a b   20ab  5a bab  3 . 4 4 3 3 2 2  a b   a b   a b
Tìm GTNN của biểu thức P  9   16    25   . 4 4 3 3 2 2 b a b a b a       Bài tập 8: Cho , a b là các số thực dương thoả mãn điều kiện: a b 2 2 2 2 2  a b   2 2 a b  2 2 2 3 2 a  2b . a b2      2a  5bab2 2 2 2 2  a b 3 3 3 2 5 a b 8b    
Tìm GTNN của biểu thức P    . 3 3 b a ab 2 2 a  2b
Bài tập 9: Cho x, y thoả mãn điều kiện: 2 2
x xy y  3. Tìm GTLN, GTNN của biểu thức 2 2
P x xy  2y .
Bài tập 10: Cho x, y thoả mãn điều kiện: xy  0, x y  0 . Tìm GTLN, GTNN của biểu thức 2 3 x y  4y P  . 3 3 x  8y
Lớp Toán thầy LÊ BÁ BẢO-Số 4 Kiệt 116 Nguyễn Lộ Trạch (TP Huế)_Trung tâm BDKT Km10 Hương Trà 0935.785.115_22
Chuyên đề BẤT ĐẲNG THỨC và MAX MIN Luyện thi THPT Quốc gia 2016
Bài tập 11: Cho x, y là các số thực lớn hơn 1. Tìm GTNN của biểu thức 3 3 2 2
x y x y P       .  y    2 2 2 x y  16 xy x 1 1 Bài tập 12: Cho ,
a b là các số dương thoả mãn điều kiện: 2
a  2b  12 . Tìm GTNN của biểu thức 4 4 5 P    . 4 4 a b 8a b2 GỢI Ý: 4 Bài tập 1: Cho ,
a b không âm thoả mãn điều kiện: a b  1. Chứng minh 2 ab  . 27 Gợi ý: 4 4
Rút a  1 b b  0 1 ; 
  . Khi đó BĐT trở thành: 1 b 2 3 2 b   b b   0 . 27 27 4
Khảo sát hàm f b 3 2  b b  , b  0 1 ; 
  , dễ thấy được kết quả cần chứng minh. 27
Bài tập 2: Cho x, y thoả mãn điều kiện: 2 2
x y  11. Tìm GTLN, GTNN của biểu thức 2
P x xy . Gợi ý: Ta có: 2 2 2 2 x y 11 y 11 x x  11; 11           .
Lúc đó: P x x  2  x  3 11
 x 12x , x  11; 11     .
Khảo sát hàm f t 3
 x 12x , x  11; 11     .
Ta có yêu cầu bài toán: min P  16 khi x  2
 ;y   7 và max P  16 khi x  2;y   7 .
Bài tập 3: Cho x, y thoả mãn điều kiện: 2 2
x y x y . Tìm GTLN, GTNN của biểu thức 3 3 2 2
M x y x y xy . Gợi ý: Đặ 2 t 2
t x y t  x y   2 2 x y  2 2
 2t t  2t  0  t  0;2.   t t Ta có:  x y 2 2 2xy x y xy        2 
t t t t
Lúc đó: M  x yx y xy  xyx y 2 2 2 2 2  t t    .t t . 2 2  
Khảo sát hàm f t 2
t , t  0;2   .
x y  0
Ta có yêu cầu bài toán: min M  0 khi 
x y  0 và max M  4 khi 2 2
x y x y
x y  2 
x y  1 . 2 2
x y x y
Lớp Toán thầy LÊ BÁ BẢO-Số 4 Kiệt 116 Nguyễn Lộ Trạch (TP Huế)_Trung tâm BDKT Km10 Hương Trà 0935.785.115_23
Chuyên đề BẤT ĐẲNG THỨC và MAX MIN Luyện thi THPT Quốc gia 2016
Bài tập 4: Cho x, y thoả mãn điều kiện: x  1, y  1, x y xy  8 . Tìm GTLN, GTNN của biểu thức 2 2 2 2
M x y x y . Gợi ý: 2 2  x y t
Đặt t x y  8  x y xy x y  
t  8  0  t  4   do t  0 .  2  4  9
Mặt khác vì x  , y    x  y     xy   x y 9 1 1 1 1 0
1 0  x y  . Suy ra t  4;   2  2
Lúc đó: M  x y2  xy x y t    t    t2 2 2 2 2 2 2 8 8
 2t 14t  48.  9
Khảo sát hàm f t 2
 2t 14t  48, t  4;   .  2 x y  4 51
Ta có yêu cầu bài toán: min M  24 khi 
x y  2 và max M  khi xy  4 2  9  7 x y x  1; y     2 2    . 7   7 xy x  ; y  1  2  2
Bài tập 5: Cho x, y thoả mãn điều kiện: x  1, y  1, 3 x y  4xy . Tìm GTLN, GTNN của biểu  1 1  thức 3 3
P x y  3  . 2 2  x y Gợi ý: t Đặ 3
t t x y xy
, t  0 và từ giả thiết ta có: 3x y  xy  x y2 4  t  3 4 t
Mặt khác vì x  , y    x  y     xy   x y 3 1 1 1 1 0 1 0 
t 1 0  t  4.Suy ra 4 t   1 1 4 3; 4 
 . Mặt khác từ giả thiết:   x y . 3 2  
Lúc đó: P  x y3  3xyx y 1 1 6 9 8 16 3 2  3  
t t   , t  3;4.  x y xy     4 t 3 9 8 16
Khảo sát hàm f t 3 2
t t   , t  3;4.   4 t 3 65 3 74
x  1; y  3
Ta có yêu cầu bài toán: min M  khi x y  và max M  khi  . 12 2 3
x  3; y  1
Bài tập 6: Cho x, y thoả mãn điều kiện: x y 1 
2x  4  y 1 . Tìm GTLN, GTNN của biểu
thức P   x y2 1
 9  x y  . x y
Lớp Toán thầy LÊ BÁ BẢO-Số 4 Kiệt 116 Nguyễn Lộ Trạch (TP Huế)_Trung tâm BDKT Km10 Hương Trà 0935.785.115_24
Chuyên đề BẤT ĐẲNG THỨC và MAX MIN Luyện thi THPT Quốc gia 2016 Gợi ý:
Điều kiện x  2, y  1
 , 0  x y  9. 2 2 2
Ta có:  x y   1
  2x  4  y 1   2 x  2  y 1  3x y  1.
Suy ra: 0  x y 1  3  1  x y  4 . Đặt t x y  1  ;4   Lúc đó: 1 2
P t  9  t  , t  1  ;4. t   1
Khảo sát hàm f t 2
t  9  t  , t  1  ;4. t   33 2 5
Ta có yêu cầu bài toán: min M  2  2 2 khi x  2; y  1 và max M  
khi x  4; y  0. 2 Bài tập 7: Cho ,
a b là các số thực dương thoả mãn điều kiện:  2 2
6 a b   20ab  5a bab  3 . 4 4 3 3 2 2  a b   a b   a b
Tìm GTNN của biểu thức P  9   16    25   . 4 4 3 3 2 2 b a b a b a       Gợi ý: a b a b Ta có:  2 2
6 a b   20ab  5a bab  3  6   20  5  
ab15.  b a ab a b a ba b
Áp dụng BĐT Cauchy, ta có: a b  2 75 5 15.  2  10 3   2 ab abb a     a b   a ba b Suy ra: 6   20  10 3   2  . Đặ t   t   t   t b a   b a  t , ta có:   10 6 20 10 3 2     b a 3 2 Lúc đó: P   10 2
t    t 2t     2 9 2 16 3
25 t  2 , t  . 3 2 10
Xét hàm số: f t   2
t    t 2t    2 9 2 16 3
25 t  2 , t  . 3 15156
Ta có yêu cầu bài toán: min M
khi a  1; b  3 hoặc a  3; b  1. 27 Bài tập 8: Cho ,
a b là các số thực dương thoả mãn điều kiện: 2  2 2 a b  2 2  a b   2 2 a b  2 2 2 3 2 a  2b . a b2      2a  5bab2 2 2 2 2  a b 3 3 3 2 5 a b 8b    
Tìm GTNN của biểu thức P    . 3 3 b a ab 2 2 a  2b Gợi ý: 2 Ta có:  2 2 a b  2 2  a b   2 2 a b  2 2
a b   ab 2 2 2 3 2 2 4 a  2b
Lớp Toán thầy LÊ BÁ BẢO-Số 4 Kiệt 116 Nguyễn Lộ Trạch (TP Huế)_Trung tâm BDKT Km10 Hương Trà 0935.785.115_25
Chuyên đề BẤT ĐẲNG THỨC và MAX MIN Luyện thi THPT Quốc gia 2016 2  a 2b   a 2b a 2b Suy ra:   3  4     3  b a   b a      b a 3  a b   a b   a b  Lúc đó: 2 2 2 4 P    6   9   1   b a     b a     b
a a 2b   b a 3  a 2b   a 2b  4 4 3    3  
1  t  3t  1  , t  3 .  b a     b
a a 2btb a 4
Xét hàm số: f t 3
t  3t  1 t t , 3 . 97
Ta có yêu cầu bài toán: min M
khi a b  1. 3
Bài tập 9: Cho x, y thoả mãn điều kiện: 2 2
x xy y  3. Tìm GTLN, GTNN của biểu thức 2 2
P x xy  2y . Gợi ý:
Đặt f x y 2 2
,  x xy y .
+ Nếu y  0 thì từ giả thiết ta có: 2
0  x  3 , suy ra: 2
P x  0;3   .
x xy  2y
+ Nếu y  0 , ta có:  f x,y 2 2 0
x xy y  3 . Khi đó: P f x,y 2 2 . . 2 2
x xy y t t  Đặ 2
t x ty , ta có: P f x,y 2 . , t  . 2 t t 1 t t  2
Xét hàm số gt 2 
, t  . Khảo sát gt trên , ta có kết quả sau: 2 t t 1 1
  2 7  gt 1   2 7  , t   . 3 3
Vì 0  f x,y  3  1
  2 7  P f x,y.gt  1   2 7 .  x 3 7   Suy ra, GTNN của P là 1
  2 7 , đạt khi  y 2 .  2 2
x xy y  3
Bài tập 10: Cho x, y thoả mãn điều kiện: xy  0, x y  0 . Tìm GTLN, GTNN của biểu thức 2 3 x y  4y P  . 3 3 x  8y
Gợi ý: Từ giả thiết của bài toán ta có: y  0, x  0 .
+ Với y  0 , ta có P  0 .
Lớp Toán thầy LÊ BÁ BẢO-Số 4 Kiệt 116 Nguyễn Lộ Trạch (TP Huế)_Trung tâm BDKT Km10 Hương Trà 0935.785.115_26
Chuyên đề BẤT ĐẲNG THỨC và MAX MIN Luyện thi THPT Quốc gia 2016 2  x  4  y    x t  4
+ Với y  0 , ta có: P  . Đặt t
 0, xét hàm f t 2  , t  0 . 3  x y 3 t  8  8  y   
Kết quả bài toán: min P f   1
0   và max P f   1 4  . 2 6
Bài tập 11: Cho x, y là các số thực lớn hơn 1. Tìm GTNN của biểu thức 3 3 2 2
x y x y P       .  y    2 2 2 x y  16 xy x 1 1 Gợi ý: 2 t
Đặt t x y   xy  ,  2 2 x y  2 2 2  t . 4 2
t t xyt   t 3 2 3 2
t t  3t  2 3 2  Khi đó: P   2 2 2 x y  4 2 16 xy   t  8t 2 xy 1 t t 1t 4 2 t 2 
t  8, t  2 t .  2 t
Khảo sát f t 2 2 
t  8, t  2  x y t
, ta có kết quả: GTNN của P bằng 8 đạt được khi 2.  2 Bài tập 12: Cho ,
a b là các số dương thoả mãn điều kiện: 2
a  2b  12 . Tìm GTNN của biểu thức 4 4 5 P    . 4 4 a b 8a b2 Gợi ý:
Từ giả thiết và áp dụng BĐT Cauchy, ta có:   2 16
a  4  2b  4a  2b  2 4a 2.b ab0;8 2 2 2 2 a b aba b  Lúc đó: 4 4 5 4 4 5 1 5 1 P       .      . 4 4 a bab2 4 4 64 a b 8 ab2 2 2 16 b a 64 a b 8 8     2 b a a b Đặ 1 5 1 1 5 1 1 t t    2 2 2 P t   .  t  .  , t b a và  2 2 . 16 64 t  2 16 64 t  2 8 1 5 1 1 27
Khảo sát f t 2  t  .
 , t  2 , ta có kết quả: GTNN của P bằng đạt được khi 16 64 t  2 8 64
a  2; b  4.
Lớp Toán thầy LÊ BÁ BẢO-Số 4 Kiệt 116 Nguyễn Lộ Trạch (TP Huế)_Trung tâm BDKT Km10 Hương Trà 0935.785.115_27