Một số ứng dụng của hàm số

1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC TRƯỜNG THPT LÊ XOAY

=====***=====

BÁO CÁO KẾT QUẢ

NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN

Tên sáng kiến:

Một số ứng dụng của hàm số

Tác giả sáng kiến: Nguyễn Thị Thanh Mã sáng kiến: 21.52

Vĩnh Phúc, năm 2020

2

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC TRƯỜNG THPT LÊ XOAY

=====***=====

BÁO CÁO KẾT QUẢ

NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN

Tên sáng kiến:

Sử dụng phương pháp hàm số để tìm giá trị lớn nhất – giá trị nhỏ nhất

Vĩnh Phúc, năm 2018

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC TRƯỜNG THPT LÊ XOAY

=====***=====

BÁO CÁO KẾT QUẢ

NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN

Tên sáng kiến:

Một số ứng dụng của hàm số

Tác giả sáng kiến: Nguyễn Thị Thanh Mã sáng kiến: 21.52

Vĩnh Phúc, năm 2020

3

MỤC LỤC

1. Lời giới thiệu 4

2. Tên sáng kiến 4

3. Tác giả sáng kiến 4

4. Chủ đầu tư tạo ra sáng kiến 4

5. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến 4

6. Ngày sáng kiến được áp dụng thử 4

7. Mô tả bản chất sáng kiến 4

Cơ sở lí luận và thực tiễn 4

7.1. Nội dung của sáng kiến 5 A. Lí thuyết giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số 5

B. Phương pháp hàm số tìm GTLN – GTNN 1. GTLN – GTNN của hàm số 2. GTLN – GTNN của biểu thức chứa nhiều biến 6 6 9 C. Ứng dụng của GTLN – GTNN 1. Ứng dụng vào bài toán giải phương trình, bất phương trình chứa tham số 2. Ứng dụng vào bài toán thực tế 34 34 39 D. Một số câu hỏi trắc nghiệm 45

7.2. Về khả năng áp dụng của sáng kiến 47

8. Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến 47 9. Đánh giá lợi ích thu được hoặc dự kiến có thể thu được do áp dụng sáng kiến

kinh nghiệm theo ý kiến của tác giả

47 10. Danh sách những tổ chức cá nhân đã tham gia áp dụng thử hoặc áp dụng

sáng kiến lần đầu

48

4

BÁO CÁO KẾT QUẢ

NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN 1. Lời giới thiệu

Bài toán tìm giá trị nhỏ nhất (GTNN), giá trị lớn nhất (GTLN) của một biểu thức là một bài toán bất đẳng thức và đây là một trong những dạng toán khó ở chương trình phổ thông. Trong đề thi học sinh giỏi, đề thi THPT Quốc gia, nội dung này thường xuất hiện ở dạng câu khó nhất. Trong Sách giáo khoa Giải tích 12 thì chỉ trình bày cách tìm GTNN, GTLN của hàm số (tức biểu thức một biến số). Vì vậy, một số dạng bài toán tìm GTNN, GTLN của một biểu thức chứa một biến trở nên đơn giản. Tuy nhiên thực tế, hầu hết học sinh là không giải quyết được cho bài toán từ hai biến trở lên, thậm chí còn có tâm lí không đọc đến.

Thực tế trong bài tập thi bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất yêu cầu cao đa dạng đòi hỏi học sinh có nhiều kĩ năng. Hơn nữa số lượng bài tập tham khảo không đầy đủ. Vì vậy để góp phần giúp cho học sinh củng cố, khắc sâu kiến thức, hứng thú trong học tập từ đó vận dụng để giải tốt bài tập về GTLN - GTNN, đạt được kết quả cao trong các kì thi chọn học sinh giỏi, thi THPT Quốc Gia, tôi đã quyết định chọn đề tài “Một số ứng dụng của hàm số”

2. Tên sáng kiến:

Một số ứng dụng của hàm số 3.Tác giả sáng kiến:

- Họ và tên: Nguyễn Thị Thanh - Chức vụ: Giáo viên.

- Địa chỉ: Trường Trung Học Phổ Thông Lê Xoay, Khu 2, thị trấn Vĩnh Tường, huyện Vĩnh Tường, tỉnh Vĩnh Phúc.

- Số điện thoại: 0986365068.

- E-mail: thanhtlx@gmail.com 4. Chủ đầu tư tạo ra sáng kiến:

Trường THPT Lê Xoay - huyện Vĩnh Tường - tỉnh Vĩnh Phúc.

5. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến:

Giảng dạy và bồi dưỡng kỹ năng giải bài tập giải tích cho học sinh THPT 6. Ngày sáng kiến được áp dụng thử: Từ tháng 10 năm 2016.

7. Mô tả bản chất sáng kiến Cơ sở lí luận và thực tiễn

Trong Sách giáo khoa Giải tích 12 thì chỉ trình bày cách tìm GTNN, GTLN của hàm số (tức biểu thức một biến số).

Các em học sinh còn lúng túng thậm chí bỏ qua bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức chứa nhiều biến và trong các kì thi chọn học

5

sinh giỏi, đề thi THPT Quốc gia, những bài toán này thường ở dạng khó ở mức vận dụng cao phải sử dụng kết hợp các phương pháp.

Từ thực tế trên mục đích của đề tài là xây dựng được phương pháp tìm tòi có căn cứ để giải bài toán: dựa vào các bất đẳng thức, các hàm trung gian sau đó kết hợp với phương pháp hàm số để tìm được giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức.

7.1. Nội dung của sáng kiến.

A. Lí thuyết giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số 1. Định nghĩa:

Định nghĩa: Cho hàm số y f x( ) xác định trên tập D

 Số M gọi là giá trị lớn nhất của hàm số _{y f x}  _{trên tập D nếu:}

0 0

( ) , , ( )

f x M x D

x D f x M

  

  



Kí hiệu: max ( ) M  D f x .

 Số m gọi là giá trị nhỏ nhất của hàm số _{y f x}  trên tập D nếu:

0 0

( ) , , ( )

f x m x D

x D f x m

  

  



Kí hiệu: min ( ) m D f x

2. Quy tắc tìm GTLN, GTNN của hàm số liên tục trên đoạn [a; b]

a. Định lí: Mọi hàm số liên tục trên một đoạn đều có GTLN và GTNN trên đoạn đó.

b. Qui tắc tìm GTLN, GTNN của hàm số liên tục trên đoạn [a; b]

 Tìm các điểm x x₁, ,...,₂ x_n trên khoảng

 

a b tại đó ^; f x bằng 0 hoặc không xác '( ) định.

 Tính f a f x( ), ( ), ( ),..., ( ), ( )₁ f x₂ f x_n f b

 Tìm số lớn nhất M và số nhỏ nhất m trong các số trên

 

[a b]

[a b]

M max f x m f x

;

; ( ), min ( ) Nhận xét.



f x ( )

đồng biến trên

 

^{a b;       }

     

;

;

min max

a b

a b

f x f a f x f b

 



  ;



f x ( )

nghịch biến trên

 

^{a b;       }

     

;

;

min max

a b

a b

f x f b f x f a

 



  .

3. Quy tắc tìm GTLN, GTNN của hàm số trên (a; b)

6

 Tìm tập xác định.

 Tính f x'( ). Tìm các điểm x x₁, ,...,₂ x mà tại đó _n f x bằng 0 hoặc không xác '( ) định

 Sắp xếp các điểm x x₁, ,...,₂ x_n theo thứ tự tăng dần và lập bảng biến thiên

 Từ bảng biến thiên kết luận về GTLN, GTNN của hàm số trên

 

^{a b;}

B. Phương pháp hàm số tìm GTLN – GTNN 1. GTLN – GTNN của hàm số

1.1 Phương pháp khảo sát trực tiếp Bài 1. Tìm GTLN, GTNN của hàm số

2 2 3 3 1

x x

y x

  

 trên đoạn

 

^{0; 2} . Giải

Ta có

    

   

2 2

2 2

4 3 1 2 3 3 2 4

' 0

1 1

x x x x x x

y

x x

     

  

  ^{ x}

 

^{0; 2} . Lại có ^y

 

^{0 3,}  ^{2 17}

y  3 . Suy ra _{ }

min0;2 y3, _{ }

0;2

max 17

y 3 .

Nhận xét: Đây là bài toán không khó, học sinh hoàn toàn làm được.

Ngoài cách làm tự luận tìm ra đáp án bài toán, nếu học sinh gặp bài toán này dạng trắc nghiệm học sinh có thể sử dụng máy tính casio để giải như sau:

Sử dụng mod 7 nhập hàm

2 2 3 3

( ) 1

x x f x x

  

 Start 0 end 2 step 0.5

Từ bảng hiện trên máy tính suy ra giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của hàm số

 ^0;2

min 3

x y

  , _{ }

0;2

max 17 3

x y

 

Bài 2. Tìm GTNN của hàm số f x( )       x² 4x 21 x² 3x 10. Giải:

TXĐ: ^{D }



^2;5



Ta có:   ₂ ^{2 2}₂ ³

4 21 2 3 10

x x

f x

x x x x

 

   

     

     

 

 

^{ }

 

2 2

2 2 2 2

0 2 2 3 10 2 3 4 21

1

4 2 3 10 2 3 4 21 3

29 17

f x x x x x x x

x

x x x x x x

x

           

 

           

 

7

Thử lại, ta thấy chỉ có ¹

x 3 là nghiệm của ^f

 

^{x 0.}

Ta có 1

( 2) 3; (5) 4; 2

f   f  f    3 

Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số bằng 2 tại ¹ x3

Nhận xét: Sử dụng đạo hàm đối với bài này là không khó. Tuy nhiên học sinh lại khá lúng túng trong việc giải phương trình ^f

 

^{x 0}. Thế nhưng khi chuyển thành bài toán trắc nghiệm thì học sinh dễ dàng tìm ra được đáp án. Cách sử dụng máy tính casio để tìm GTLN, GTNN của hàm số giống với bài 1.

Bài 3. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số

2 2

1 9

8 1

x x

y x

 

  trên khoảng



^0;



Giải Ta có:

2

2 2

1 9 1

8 1 9 1

x x

y x x x

 

 

   .

Hàm sốy đạt giá trị lớn nhất trên khoảng



^0;



khi hàm số

 

^{9 2 1}

f x  x  x đạt giá trị nhỏ nhất trên khoảng



^0;



Xét hàm số f x( ) 9x²  1 x trên



^0;



   

 

2

9 0 1

1 0; 6 2

9 1

f x

f x x x

x x

  

        

Bảng biến thiên

x ₀ ¹

6 2



 

f x  0 +

 

f x

1 

⁴ 3 2

Từ bảng biến thiên ta có

_0; 

 

_{ }

0;

1 4 3 2

min ax

6 2 3 2 4

f x f m y

 

 

     Bài tập đề nghị

1. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số

2

1 1 y x

x

 

 trên đoạn



^{1; 2}



8

2. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số ^{3. 3 4. 1 1}

4. 3 3. 1 1

x x

y x x

   

    

3. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số

ln2x

y = x trên đoạn é1;e³ù ë û

1.2 Sử dụng phương pháp đổi biến tìm GTLN – GTNN của hàm số Bài 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

2cos2 cos 1

cos 1

x x

y x

 

 

Giải

Tập xác định: D . Đặt t cos , 0x  t 1

2 2 1

( ) , 0 1

1 t t

y f t t

t

      



2 2

2 4

( ) ( 1) t t f t t

  

 ;

 

( ) 0 0

2 0;1 f t t

t

 

        f(0)1, (1)f 2 Vậy miny1, maxy2

Nhận xét: Bài toán sau khi đặt ẩn phụ trở thành bài toán quen thuộc học sinh làm dễ dàng. Với bài toán trắc nghiệm thì việc tìm GTLN, GTNN của hàm số là dễ với cách sử dụng máy tính bỏ túi.

Bài 2. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y x 4 4 x 4 (x4)(4 x) 5 Giải

Điều kiện   4 x 4.

Nhận xét: Hàm số _{f x}  liên tục trên đoạn



^{4; 4}



Đặt t x 4 4x      t² x 4 4 x 2 (x4)(4x)

2 8

( 4)(4 ) 2

x x t 

   

Ta có ^{4 2 8 5 2 2 21}

 

2

y t t     t  t  f t

 

Tìm điều kiện của t: Xét hàm số g x( ) x 4 4x với x [ 4; 4]

1 1

( ) 2 4 2 4

g x  x  x

  ; g x( )  0 x 0; ( 4) 2 2; (0) 4; (4) 2 2

g   g  g 

[ 4;4]min ( )g x 2 2

  ;

[ 4;4]

max ( )g x 4

   t [2 2;4]

( ) 4 1 0, [2 2;4]

f t      t t _{ f t}  là hàm nghịch biến trên [2 2; 4]

9

Vậy _{ }

max4;4 y f(2 2) 5 2 2

   

Nhận xét: Sau khi đổi biến thì việc tìm tập giá trị của biến mới luôn là phần khó và quan trọng, nếu không tìm đúng tập giá trị của biến mới sẽ dẫn đến đáp số sai.

Khi tìm được tập giá trị của biến mới rồi thì bài toán trở nên dễ dàng khi đưa về dạng thường gặp

Bài tập đề nghị

1. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y³ x⁴2x² 1 3³ x² 1 3.

2. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số ₂^{sin 1} .

sin sin 1

y x

x x

 

  . 3. Cho hàm số  ²

2

1 2

( ) .

1 f x x

x

 

  Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y f x f( ). (1x) trên đoạn

 

^1;1

4. Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số ( )

4 2 2

2 2

2 1 1 1 3

1 1 1

x x x

f x

x x

- + + + - +

=

+ + - +

2. GTLN – GTNN của biểu thức chứa nhiều biến

2.1 Đưa trực tiếp biểu thức chứa nhiều biến thành biểu thức chứa 1 biến Bài 1. Cho x y, 0 và ⁵

x y 4 . Tìm GTNN của biểu thức 4 1 P 4

x y

  .

Nhận xét: Bài toán trên có thể cho học sinh lớp 10 làm được bằng cách sử dụng bất đẳng thức Cosi thế nhưng cái khó của bài toán là tìm điều kiện ẩn x, y để P đạt GTNN. Nhưng khi thế y theo x vào biểu thức thì biểu thức thành ^{4 1}

5 4 P x x

 là một hàm số ẩn x, khi đó ta dễ dàng tìm được GTLN, GTNN của biểu thức Giải

Từ giả thiết suy ra 4y 5 4x và 0 , ⁵ x y 4

 

Do đó ^{4 1}

5 4 P x x

 với 0 ⁵

x 4

 

Xét hàm số:

 

^{4 1 , 0;5}

5 4 4

f x x

x x

 

    

Ta có:

 

 

²

2

4 4

5 4 f x

x x

   

 ; ^f

 

^{x   0 x 1}

Bảng biến thiên

10

x ₀ 1 ⁵

4

 

f x  0 +

 

f x

 

5

Từ bảng biến thiên ta có

 

^{5, 0;5}

f x x  4

    hay P5.

Dấu “=” xảy ra khi 1

1; 4

x y Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 5

Bài 2. Cho ba số thực ^{x y z, , }

 

^1;4 và xy x, z. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 3

x y z

P x y y zz x

  

Giải Ta có :

2 3

x y z

P x y y zz x

   .

Xem đây là hàm theo biến z ; còn x y, là hằng số

2

2 2 2 2

( )( )

'( ) ( ) ( ) ( ) ( )

y z x y z xy

P z y z z x y z z x

  

  

   

Theo giả thiết x   y x y 0 nếu P  0 z xy (do ^{x y z, , }

 

^{1; 4 )}

z 1 xy 4

'( )

P z  0 +

( )

P z ^P

 

^{1 P}

 

⁴

^P

 

^xy

Từ bảng biến thiên: ( ) ² = ²

2 3 2 3 1

x

x y y

P P xy

x y x y x x

y y

   

   

Đặt t ^x

 y, do x y x, zvà ^{x y z, , }

 

^{1; 4} nên 1 t 2.

11

Xét hàm

2 2

( ) 2

2 3 1

f t t

t t

 

  . Ta có

3 2

 

2 2 2

2 4 ( 1) 3(2 3)

'( ) 0, 1; 2

(2 3) (1 )

t t t t

f t t

t t

 

      

   

  .

Suy ra f t( ) nghịch biến trên

 

^{1;2 , do đó} ( ) ( ) (2) ³⁴ PP xy  f t  f 33

Đẳng thức xảy ra : _{4, 1, 2}

2

z xy

x y z

t x y

     

  



.

Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng ³⁴

33 khi x4,y1,z2

Bài 3. Cho x0,y0 và x y 1.Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức S(4x²3 )(4y y²3 ) 25x  xy

Nhận xét:

Từ giả thiết x y 1 có thể đưa bài toán về một ẩn không ?

Khai triển biểu thức S cố gắng làm xuất hiện x y để sử dụng giả thiết.

Chú ý các hằng đẳng thức:x² y² (xy)² 2xy x; ³y³ (xy x)( ²xyy²) Sau khi khai triển và thế vào x y 1, ta có S16x y^{2 2}2xy12

Vậy đến đây ta nghĩ đến việc có thể đưa S về hàm một biến số nếu đặt txy Cần chặn biến t bằng cách sử dụng bất đẳng thức :

( )2

0 4

x y

xy 

  .

Giải

Ta có : S (4x²3 )(4y y²3 ) 25x  xy16x y^{2 2}12(x³y³) 34 xy 16x y^{2 2}12(x y x )( ² xy y²) 34 xy

16x y^{2 2}12[(x y )²3 ] 34 , do xy  xy x y 1 16x y^{2 2}2xy12

Đặt txy. Do x0,y0 nên

( )2 1 1

0 0

4 4 4

x y

xy  t

     

Xét hàm số f t( ) 16 t² 2t 12 với 0 ¹ t 4

  . Ta có f t'( )32t2 ;

'( ) 0 1

f t   t 16. Bảng biến thiên

12

t 0 ¹

16 ¹

4

f’(t)  0 +

f(t)

12 ²⁵

2

¹⁹¹

16

Vậy giá trị nhỏ nhất của S bằng ¹⁹¹

16 khi giá trị lớn nhất của S bằng ²⁵

2 khi ¹

x y 2

Bài 4. Cho hai số thực x0, y0 thỏa mãn điều kiện (x y xy x )   ² y² xy.Tìm giá trị lớn nhất của biểu thứcA ¹₃ ¹₃

x y

  Giải

2 2

3 3 2 2

3 3 3 3 3 3

1 1 x y (x y x)( xy y ) x y 1 1

A x y x y x y xy x y

        

         .

Đặt x ty . Từ giả thiết ta có: (x y xy x )     ² y² xy (t 1)ty³  (t² t 1)y² Do đó

2 2

2

1 1

; 1

t t t t

y x ty

t t t

   

  

  . Từ đó

2 2 2

2

1 1 2 1

1 t t

A x y t t

 

   

        . Xét hàm số

 

2 2

2

2 2

2 1 3 3

( ) ( )

1 1

t t t

f t f t

t t t t

    

  

    .

( ) 0 1

f t    t Ta có bảng biến thiên

t  1 1 

( )

f t - 0 + 0 -

( )

f t 1

0

4

1

2 3 2 3

4 ; 4

x  y 

13

Từ bảng biến thiên ta có 1 f t( )   4 1 A 16 Vậy giá trị lớn nhất của A là 16 khi ¹

x y 2.

Bài 5. Cho các số thực a b, thỏa mãn điều kiện b1 và a b a  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức     

log_a 2log _b 

b

P a a

b Giải

Từ điều kiện, suy ra  

 

 1 1 a b .

Ta có ^ _ ^{1 4 log}



^{ 1}



_ ^{1  4 4}

1 log_a ^b 1 log_a log_a

P a

b b b .

Đặt

t  log

_a

b

. Do        1

log log log 1

a a a 2

a b a a b a t

Khi đó   



1 4

1 4

P t t .

Xét hàm số   



1 4

( ) 4

f t 1

t t trên ^{ }_

 1 2;1 Ta có

   

  

  

 

2

2 2 2 2

1 4 3 8 4

'( )

1 1

t t

f t t t t t

 

  

  2

'( ) 0 3

2 f t t

t Ta có bảng biến thiên

t ¹

2 ²

3 1 f’(t) – 0 +

f(t)

6 

5

Từ bảng biến thiên ta có f t( ) đạt giá trị nhỏ nhất bằng 5 khi 2 t 3 .

14

Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 5 Bài tập đề nghị

1. Cho x y, là hai số không âm thỏa mãn x y 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 ³ ² ² 

3 1.

P x x y x

2. Cho các số thực x y, thay đổi thỏa mãn điều kiện x²  x y 12 và y0. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức: A xy x 2y17

3. Cho x y, > 0 thỏa mãn x + y = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

1 1

x y

P

x y

= +

- -

4. Cho x y, > 0 thỏa mãn x² + y² = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

( )

P = y x + y

2.2 Sử dụng phương pháp gián tiếp bằng phương pháp đánh giá, so sánh để đưa biểu thức chứa nhiều biến thành biểu thức chứa 1 biến

2.2.1 Đưa biểu thức chứa nhiều biến thành biểu thức chứa 1 biến là một trong các biến ban đầu

Bài 1. Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác có chu vi bằng 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

T 3(a²  b² c²) 4 abc Nhận xét:

Bài toán cần làm có chứa 3 ẩn là a, b, c và chúng thỏa mãn a b c  3. Ta suy nghĩ biến đổi T 3(a² b² c²) 4 abc sao cho ít ẩn hơn?

Từ giả thiết a b c      3 a b 3 c, mà 1 ³ a    b c c 2. Khi đó : T 3(3c)²3c²2 (2ab c3)

Từab a b,   3 cgợi cho chúng ta nghĩ đến bất đẳng thức nào?

2 2

3

2 2

a b c

ab     

Khi đó 3(3 )² 3 ² 2(2 3) ^{3 2 3 3 2 27} ( )

2 2 2

T  c  c  c  c c  c   f c

Khảo sát hàm một biến f(c) ta đi đến kết quả T f c( ) f(1)13. Giải

Do vai trò bình đẳng của a, b, c nên ta có thể gải sử : 0  a b c.

15

Vì chu vi bằng 3 nên a      b c 3 a b 3 c mà 1 ³ a b    c c 2

Ta có



^{2 2 2}

  

^{2 2 2 2}

3 4 3 2 3 4 (3 ) 3 2 (2 3)

T  a  b c  abc  a b  ab c  abc c  c  ab c Mặt khác

2 2 2

3 3

(2 3) (2 3)

2 2 2

a b c c

ab      ab c    c

( vì ³ 2 3 0

c 2 c  )

Do đó : 3(3 )² 3 ² 2(2 3) ^{3 2 3 3 2 27} ( )

2 2 2

T  c  c  c  c c  c   f c

Xét hàm số : ( ) ^{3 3 2 27}

2 2

f c c  c  , trên ^1;3 2

 

 

 .

'( ) 3 2 3

'( ) 0 1

f c c c

f c c

 

  

Ta có bảng biến thiên

c 1 ³

2 f’(c) 0 +

f c( )

²⁷

2

13

Khi đó từ bảng biến thiên suy ra: f c( ) f(1)13. Suy ra T f c( ) f(1)13 khi c=1; a=1; b=1 Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 13 khi a=b=c=1.

Bài 2. Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn abc1. Tìm giá trị nhỏ

nhất của biểu thức ( ) .

4 3 5 ) ( 5 ) (

2 2

2 2

2

b ca a

a c

b bc

c b

P a  



 



 

Nhận xét:

Do a + b+ c = 1nên ta biểu diễn a + b = 1- c Như vậy ta có thể biểu diễn P theo c không?

Giải

Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có

2 2 2

2 2

2 2

4 .

( ) 5 5 9( )

( ) ( )

4

a a a

b c bc b c

b c b c

 

     

16

Tương tự, ta có

2 2

2 2

4 .

( ) 5 9( )

b b

c a ca  c a

  

Suy ra

2 2 2 2 2

2 2 2 2

4 2

9 9

( ) 5 ( ) 5 ( ) ( )

a b a b a b

b c c a

b c bc c a ca b c c a

   

         

         

2 2

2 2

2 2 2

2 2 2 2

2

( )

( )

2 ( ) 2 2 2 2( ) 4 ( ) .

9 ( ) 9 ( ) 9 ( ) 4 ( ) 4

( )

4

a b c a b

a b c a b a b c a b

ab c a b c a b a b c a b c

c a b c

    

 

         

                   

Vì a b c      1 a b 1 c nên

2 2

2

2 2

2 2

2 2(1 ) 4 (1 ) 3 8 2 3

(1 ) 1 (1 ) .

9 (1 ) 4 (1 ) 4 4 9 1 4

c c c

P c c

c

c c c c

      

                (1)

Xét hàm số

2

8 2 3 2

( ) 1 (1 )

9 1 4

f c c

c

 

       với c(0; 1).

Ta có ^{'( ) 16 1 2 . 2} ₂ ^{3( 1);}

9 1 ( 1) 2

f c c

c c

 

       



³



¹

'( ) 0 ( 1) 64 (3 3) 0 .

f c   c  c   c 3

Bảng biến thiên:

c 0 ¹

3

1

'( )

f c - 0 +

( )

f c 5

36

1

9

0

Dựa vào bảng biến thiên ta có ( ) ¹

f c  9 với mọi ^c^{(0; 1).} (2) Từ (1) và (2) suy ra ¹,

P 9 dấu đẳng thức xảy ra khi ¹. a  b c 3

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là ¹,

9 đạt khi ^1. a b c  3 Bài 3. (Đề thi Đại học khối B năm 2012)

17

Cho các số thực x, y, z thỏa mãn các điều kiện x  y z 0 và x²  y² z² 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P x  ⁵ y⁵ z . ⁵

Giải

Ta có:



^{x y z}



^{2   0 x2 y2  z2 2(xyyzzx) 1}

1 1 ² 1

( )

2 2 2

xy yz zx x y z yz yz x

            

Mặt khác

2 2 2

1

2 2

y z x

yz    , suy ra

2

2 1 1

2 2

x   x , do đó ^{6 6} (*)

3 x 3

  

Khi đó:

  

5 2 2 3 3 2 2

2

5 2 2 2 2

( )

(1 ) ( )( ) ( ) 1

2

P x y z y z y z y z

x x y z y z yz y z x x

     

 

 

           

2

5 2 2 2 1 2 1 5 3

(1 ) (1 ) ( 2 ).

2 2 4

x x  x x x x   x  x x x

            

Xét hàm ^{f x( )2x3x} trên ⁶; ⁶ 3 3

 

 

 , ta có f( )x 6x²1; ( ) 0 6

f x    x 6

Ta có ^{6 6 6}, ^{6 6 6}

3 6 9 3 6 9

f   f   f   f  

       

       

       

Do đó _{( )} ⁶

f x  9 Suy ra ^{5 6} P 36  Vậy giá trị lớn nhất của P bằng ^{5 6}

36

Bài 4. Cho các số thực a b c, , thỏa mãn a b c  3 và a²