Đoàn Ngọc Dũng -

CÁC ĐỀ THI ĐẠI HỌC VỀ BẤT ĐẲNG THỨC

(Đáp án chính thức của Bộ Giáo dục & Đào tạo) GVBM : ĐOÀN NGỌC DŨNG

 NĂM 2003

BÀI 1 : (ĐH A 2003)Cho x, y, z là ba số dương và x + y + z 1.

Chứng minh rằng : 82

z z 1 y

y 1 x

x²  1₂  ²  ₂  ² ₂ 

 Hướng dẫn : Với mọi u

, v

ta có : u v  u  v

(*) (vì ^{u v 2 u2 v22u.v  u 2 v 22 u . v  }



^{u  v}



²

Đặt 1 1 1

a x ; ; b y ; ; c z ;

x y z

 

   

     

  

Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có : a  b  c   a b c   a  b c Vậy

2

2 2 2 2

2 2 2

1 1 1 1 1 1

x y z (x y z)

x y z x y z

 

           

 

 Cách 1 : Ta có : ^{(x y z)2}_¹_x^{ 1}_y ¹_z^_^{2 }



^{3 xyz3}



^2_³³ _xyz^{1 }_^{2  9t9}_t

 

với ^t



^{3 xyz}



^{2  0 t }_^{x }₃^{y z}_^21₉

Đặt Q(t) 9t ⁹ Q '(t) 9 ⁹₂ 0, t 0 ;¹

t t 9

 

          Q(t) giảm trên 0 ;¹ 9

 

 

  Q(t) Q 1 82

9

   

  . Vậy P Q(t) 82 (Dấu bằng xảy ra khi 1 x y z

   3)

 Cách 2 : Ta có :



^{x y z}



^{2 1 1 1 2 81 x}



^{y z}



^{2 1 1 1 2 80 x}



^{y z}



²

x y z x y z

   

               

   

^{18 x}



^{y z}



^{1 1 1 80 x}



^{y z}



^{2 162 80 82}

x y z

 

           

 

Vậy P  82 (Dấu bằng xảy ra khi x y z ¹

   3)

BÀI 2 : (ĐH B 2003)Tìm GTLN và GTNN của hàm số : y = x + 4x²

 Hướng dẫn : Txđ : D = [–2 ; 2]

y’ =

2 2

2 4 x

x x 4 x

4 2

x 1 2





 



  ; y’ = 0  4x² x  _{2 2 2}

x 0

x 0 x 0

x 2

x 2

4 x x x 2

x 2

 

  

      

     

    

f(–2) = –2 ; f(2) = 2 ; f( 2) = 2 2

Vậy Max y 2 2

] 2

; 2 [

x 



 khi x = 2 và min y 2

] 2

; 2 [

x 



 khi x = –2

BÀI 3 : (ĐH D 2003)Tìm GTLN và GTNN của hàm số : y =

1 x

1 x

2 

 trên đoạn [–1 ; 2]

 Hướng dẫn : y’ =

1 x ) 1 x (

1 x 1

x

1 x

x ). 2 1 x ( 1 x

2 2 2

2 2







 



 





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

5 5 3

Vậy

x [ 1;2]Max y y(1) 2

    và

x [ 1;2]min y y( 1) 0

    

 NĂM 2004

BÀI 4 : (ĐH B 2004) Tìm GTLN và GTNN của hàm số y = x

x

ln² trên [1 ; e³].

 Hướng dẫn : Txđ : D = [1 ; e³]

y’ = _{2 2}

2

x ) x ln 2 ( x ln x

x ln x x. .1 x ln

2   

y’ = 0  lnx(2 – lnx) = 0 

 

 











 









3 2

3

e

; 1 e x

e

; 1 1 x 2 x ln

0 x ln

f(1) = 0 1

0  ; f(e²) =

 

2 2

2 2 e

e 4 e

e

log  ; f(e³) =

 

3 3

3 2 e

e 9 e

e

log 

Vậy ^{xM ax} ^{1;e3 y}_e^{42 khi x = e2 và xmin} ^{1;e3 y0} khi x = 1.

 NĂM 2005

BÀI 5 : (ĐH A 2005) Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn 4 z 1 y 1 x

1    .

Chứng minh rằng : 1

z 2 y x

1 z

y 2 x

1 z

y x 2

1 



 



 



 .

 Hướng dẫn :

Với a, b > 0 ta có : ^4ab



^{a b}



^{2 1 a b 1 1 1 1}

a b 4ab a b 4 a b

  

           Dấu “=” xảy ra  a = b. Áp dụng kết quả trên, ta có:

) 1 z (

2 1 y 2

1 x 1 8 1 z 1 y 1 4 1 x 2

1 4 1 z y

1 x 2

1 4 1 z y x 2

1 



 



  





 



 



 



 







 





 

 

 Tương tự :

) 2 z (

2 1 x 2

1 y 1 8 1 z 1 x 1 4 1 y 2

1 4 1 z x

1 y 2

1 4 1 z y 2 x

1 

 



  





 



 



 

 







 





 

 



) 3 y (

2 1 x 2

1 z 1 8 1 y 1 x 1 4 1 z 2

1 4 1 y x

1 z 2

1 4 1 z 2 y x

1 



 



  





 



 



 



 







 





 

 



Vậy 1 1 1 1 1 1 1

2x y z x 2y z x y 2z 4 x y z 1

 

      

       

Ta thấy trong các bất đẳng thức (1), (2), (3) thì dấu “=” xảy ra   x y z Vậy đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi    ³

BÀI 6 : (ĐH B 2005) Chứng minh x  R thì ^{x x x}

x x

x

5 4 3 3

20 4

15 5

12    



 







 







 



 . Khi nào đẳng thức xảy ra?

 Hướng dẫn :

Theo bất đẳng thức Cô si cho hai số dương ta có :

x x x x x x

12 15 12 15 12 15 x

2 2.3 (1)

5 4 5 4 5 4

             

           

           

Tương tự ta có :

x x

12 20 x

2.5 (3)

5 3

    

   

    ;

x x

15 20 x

2.5 (3)

4 3

    

   

   

Cộng các bất đẳng thức (1), (2), (3), chia hai vế của bất đẳng thức nhận được cho 2, ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi  (1), (2), (3) là các đẳng thức  x = 0.

BÀI 7 : (ĐH D 2005)Cho các số dương x, y, z thỏa mãn xyz = 1.

Chứng minh rằng : 3 3

zx x z 1 yz

z y 1 xy

y x

1 ^{3 3 3 3 3 3}

 

 



 



 . Khi nào dấu bất đẳng thức xảy ra?

 Hướng dẫn :

Áp dụng BĐT Côsi cho ba số dương ta có : 1x³y³ 3³ 1.x³ .y³ 3xy

3 3

1 x y 3

xy xy

 

  (1)

Tương tự

yz 3 yz

z y

1 ^{3 3}

 

 (2)

zx

3 zx

x z

1 ³ ³  (3)

Mặt khác 3 3 3 ³ 3 3 3 3 3 3

3 3 3

xy  yz  zx  xy  yz zx  xy  yz  zx  (4) Cộng các bất đẳng thức (1), (2), (3) và (4) ta có điều phải chứng minh.

Đẳng thức xảy ra khi  (1), (2), (3) và (4) là các đẳng thức  x = y = z = 1.

 NĂM 2006

BÀI 8 : (ĐH A 2006)Cho hai số thực x  0, y  0 thay đổi và thỏa mãn điều kiện : xy



xy



x²xyy². Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : _{3 3}

y 1 x

A 1  . ĐS : MaxA = 16 khi x = y =

2 1

 Hướng dẫn :

Từ giả thiết suy ra : 1 1 1₂ 1₂ 1 x y x y xy. Đặt a ¹

 x, 1

b y ta có : a b a²b²ab

3 3 2 2 2

Aa b  (a b)(a b ab) (a b) . Từ (1) suy ra : a  b (a b)²3ab

Vì

a b 2

ab 2

  

   nên a b (a b)^{2 3}(a b)²

   4   (a b)²4(ab)    0 0 a b 4 Suy ra ^A



^ab



^{2 16. Với x y 1} thì A = 16. Vậy giá trị lớn nhất của A là 16.

BÀI 9 : (ĐH B 2006)Tìm giá trị nhỏ nhất của A



x1



² y² 



x1



² y²  y2.

 Hướng dẫn :

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy.

Xét M(x – 1 ; –y), N(x + 1 ; y) Do OM + ON  MN nên



^{x 1}



^{2 y2}



^{x 1}



^{2y2  4 4y 2 2 1 y 2.}

Do đó : A2 1 y ²   y 2 f (y)

Với y  2  ²

2

f (y) 2 1 y 2 y f '(y) 2y 1 1 y

      



2

2 2

y 0 1

f '(y) 0 2y 1 y y

4y 1 y 3

 

         Do đó ta có bảng biến thiên như hình bên.

Với y  2  f (y)2 1 y ² 2 5 2 3 Vậy A 2 3 với mọi số thực x, y.

Khi x = 0 và 1

y 3 thì A 2 3 nên giá trị nhỏ nhất của A là 2 3

 NĂM 2007

BÀI 10 : (ĐH A 2007)Cho x, y, z là các số thực dương thay đổi và thỏa mãn điều kiện x.y.z1.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

     

y y 2 x x

y x z x x 2 z z

x z y z z 2 y y

z y

P x^{2 2 2}



 



 



  .

 Hướng dẫn :

Ta có : x²



yz



2x x.

Tương tự : y²



zx



2y y ; z²



xy



2z z

 z z 2y y

z z 2 x

x 2 z z

y y 2 z

z 2 y y

x x P 2

 

 

  . Đặt

4c a 2b

x x 9

a x x 2y y

4a b 2c b y y 2z z y y

9

c z z 2x x 4b c 2a

z z 9

   

   

  

    

 

 

   

 

 



Do đó : P ^{2 4c a 2b 4a b 2c 4b c 2a}

9 b c a

     

 

    

2 c a b a b c 2

4 6 (4.3 3 6) 2

9 b c a b c a 9

     

              

c a b c a b a b

Do 1 1 2 2 1 4 1 3

b c a b c a b a

               

     

     

 

Hoặc ^{c a b} 3^{3 c a b} 3 b  c a b c a   . Tương tự : a b c

b  c a 3

Dấu bằng xảy ra  x = y = z = 1.

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 2.

y

1 3 2

f ’(y)  0 +

f(y)

2 3

BÀI 11 : (ĐH B 2007)Cho x, y, z là ba số thực dương.

Tìm giá trị nhỏ nhất của 



 



 





 

 





 



 

 xy

1 2 z z zx

1 2 y y yz

1 2 x x P

 Hướng dẫn : Ta có :

xyz z y x 2 z 2 y 2

Px²  ²  ²  ²  ² ²

Do ^{2 2 2} x² y² y² z² z² x²

x y z xy yz zx

2 2 2

  

       

nên x² 1 y² 1 z² 1

P 2 x 2 y 2 z

     

        

     

Xét hàm số

 

t 1 2 t t

f  ²  với t > 0.

Lập bảng biến thiên của f(t) ta suy ra^{f t}

 

^{3, t 0}

2   . Suy ra :

2

P9 . Dấu bằng xảy ra  x = y = z = 1. Vậy giá trị nhỏ nhất của P là ⁹ 2. BÀI 12 : (ĐH D 2007)Cho a  b > 0. Chứng minh rằng :

a b b b a a

2 2 1 2

2 1 



 



 

 



 

 

 Hướng dẫn :

Bất đẳng thức đã cho tương đương với



a

 

^b b



^a ln 1 4



^a



ln 1 4



^b



1 4 1 4

a b

 

    

Xét hàm

   

x 4 1 x ln

f   ^x với x > 0. Ta có:

     



4 1



⁰

x

1 4 ln 1 4 4 ln x 4

'f ^{x x} ₂ ^x_x ^x 







   f(x) nghịch biến trên (0 ; +)

Do f(x) nghịch biến trên (0 ; +) và a  b > 0 nên f(a)  f(b) và ta có điều phải chứng minh.

 NĂM 2008

BÀI 13 : (ĐH B 2008)Cho hai số thực x, y thay đổi và thỏa mãn hệ thức x² + y² = 1.

Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của

 

2 2

y 2 xy 2 1

xy 6 x P 2





 

 Hướng dẫn :



²

 

²



2 2 2 2

2 x 6xy 2 x 6xy

P 1 2xy 2y x y 2xy 2y

 

 

    

 Nếu y = 0 thì x² = 1. Suy ra P = 2.

 Nếu y  0. Đặt x = ty, khi đó :

3 t 2 t

t 12 t P 2₂ ²





   (P – 2)t² + 2(P – 6)t + 3P = 0 (1)

 Với P = 2, phương trình (1) có nghiệm t = 4 3

 Với P  2, phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi ’ = 2P² – 6P + 36  0   6  P  3 Với P = 3 khi x =

103 , y =

101 hoặc x = 10

 3 , y = 10

 1 Với P = 6 khi x =

133 , y = 13

 2 hoặc x = 13

 3 , y = 2 13 Vậy, giá trị lớn nhất của P bằng 3, giá trị nhỏ nhất của P bằng 6.

BÀI 14 : (ĐH D 2008)Cho x, y là hai số thực không âm thay đổi.

Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức :

  



1 x

 

² 1 y



²

xy 1 y P x







 

 Hướng dẫn :

Ta có :

  

   

  

   

2 2 2

x y 1 xy x y 1 xy 1 1 1

P P

4 4 4

1 x 1 y 1 x 1 y

   

      

      

 Khi x = 0 ; y = 1 thì

4 P1

 Khi x = 1 ; y = 0 thì 4 P1 Giá trị nhỏ nhất của P bằng

4

1 , giá trị lớn nhất của P bằng 41 .

 NĂM 2009

BÀI 15 : (ĐH A 2009) Chứng minh rằng với mọi số thực dương x, y, z thỏa mãn x



xyz



3yz ta có :



^xy

 

^{3 xz}



^{33 x}



^y



^{y z}



^{x z}

 

^{5 y z}



³

 Hướng dẫn :

Đặt a = x + y ; b = x + z ; c = y + z.

Điều kiện : ^{x x}



^{ y z}



^3yz trở thành c²a²b²ab

Bất dẳng thức cần chứng minh a³b³3abc5c³ ; a, b, c dương thỏa điều kiện trên.

 

²

 

²

 

²

 

²

2 2 2 3 1

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

4 4

               (1)

   

3 3 3 2 2 3 2 3 2

a b 3abc5c  ab a b ab 3abc5c  (a b)c 3abc5c  (a b)c 3ab 5c (1) cho ta



^{ab c}



^{2c2 và 3ab 3}



^{a b}



^{2 3c2}

4   ; từ đây suy ra điều phải chứng minh.

Dấu bằng xảy ra khi a = b = c  xyz.

BÀI 16 : (ĐH B 2009) Cho các số thực x, y thay đổi và thỏa mãn



xy



³4xy2. Tìm giá trị nhỏ nhất của ^A3



^{x4y4x2y2}

 

^2x2y2



^1.

 Hướng dẫn :

Kết hợp



^xy



^34xy2 với (x + y)²  4xy suy ra :



^xy

 

^{3 xy}



^{2 2}  x + y  1



^{4 4 2 2}

 

^{2 2}



A3 x y x y 2 x y 1 ³



^{x2 y2}



^{2 3}



^{x4 y4}

 

^{2 x2 y2}



¹

2 2

      



^{2 2}



²



^{2 2}



²



^{2 2}



3 3

x y x y 2 x y 1

2 4

         9 ^{2 2 2 2 2}

A (x y ) 2(x y ) 1

  4    

Đặt tx²y², ta có : 2 2



x y



² 1 1

t x y t

2 2 2

       ; do đó : A ⁹t² 2t 1

 4   Xét

 

t 2t 1

4 t 9

f  ²   ; ^{f ' t}

 

^{9t 2 0}

 2   ,  2 t1

1

 

t ;

2

1 9

min f t f

2 16

 

 

      . A ⁹

16 ; đẳng thức xảy ra khi

2 y 1 x  . Vậy giá trị nhỏ nhất của A bằng ⁹

16.

BÀI 17 : (ĐH D 2009)Cho các số thực không âm x, y thay đổi thỏa mãn x + y = 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = (4x² + 3y)(4y² + 3x) + 25xy. ĐS : MaxS =

25 ; minS = 2 191 16

 Hướng dẫn : Do x + y = 1 nên :

S = (4x² + 3y)(4y² + 3x) + 25xy = 16x²y² + 12[(x + y)³ – 3xy(x + y)] + 34xy = 16x²y² – 2xy + 12 Đặt t = xy, ta được : S = 16t² – 2t + 12 ;



^{x y}



² 1 1

0 xy t 0 ;

4 4 4

  

       Xét hàm f(t) = 16t² – 2t + 12 trên đoạn 0 ; ¹

4

 

 

 

 f ’(t) = 32t – 2,

 

16 t 1 0 t

'f    . Ta có : f(0) = 12,

16 191 16

f 1 



 



 ,

2 25 4 f 1



 



 .

Vậy

 

2 25 4 f 1 t f max

4

;1 0





 



 



 ;

 

16 191 16

f 1 t f min

4

;1 0





 



 



 .

 Giá trị lớn nhất của S bằng

25 khi : 2

 





 





 











2

; 1 2 y 1

; x 4

xy 1 1 y x

.

 Giá trị nhỏ nhất của S bằng 16

191 khi :

 

_







  



 











4 3

; 2 4

3 y 2

; x 16 xy 1

1 y x

hoặc

 

_







  

 4

3

;2 4

3 y 2

; x

 NĂM 2010

BÀI 18 : (ĐH B 2010) Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn abc1.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ^{M3 a b}



^{2 2b c2 2c a2 2}



^{3 ab bc ca}



^{ }



^{2 a2b2c2 .}

 Hướng dẫn :

Ta có : ^M



^{ab bc ca} 



²^{3 ab bc ca}



 



2 1 2(ab bc ca)   Đặt t = ab + bc + ca , ta có : 0  t 

 

3 1 3

c b

a  ²  . Xét hàm f : t

 

t ² + 3t + 2 12t trên 0 ; ¹

2

 

 , ta có :

   

 

²

2 2

f ' t 2t 3 f " t 2 0

1 2t 1 2t

      

  , dấu bằng chỉ xảy ra tại t = 0.

Suy ra ^{f ' t}

 

nghịch biến.

Xét trên 0 ; ¹ 3

 

 

  ta có : ^{f ' t}

 

^{f ' 1 11 2 3 0}

3 3

     

   f(t) đồng biến.

Do đó : f(t)  f(0) = 2,







 3

;1 0 t Vì thế : M  f(t)  2,







 3

; 1 0

t ; M = 2 khi ab = bc = ca ; ab + bc + ca = 0 và a + b + c = 1

 (a ; b ; c) là một trong các bộ số : (1 ; 0 ; 0), (0 ; 1 ; 0), (0 ; 0 ; 1).

Do đó giá trị nhỏ nhất của M là 2.

BÀI 19 : (ĐH D 2010) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y x² 4x21 x²3x10.

 Hướng dẫn :

Điều kiện : 2  x  5.

Ta có :



^{x24x21}

 

^{ x23x10}



^{x110y0}

                  2

y2  x 3 7 x   x 2 5 x 2 x 3 7 x x 2 5 x     x 3 5 x   x 2 7 x   2 2 Suy ra y 2, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x ¹

3. Do đó giá trị nhỏ nhất của y là 2.

 NĂM 2011

BÀI 20 : (ĐH A 2011) Cho x, y, z là ba số thực thuộc đoạn

 

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

x z

z z y

y y 3 x 2 P x

 

 

 

 Hướng dẫn :

Trước hết, ta chứng minh :

ab 1

2 b

1 1 a 1

1

 

 



 

* , với a và b dương, ab1. Thật vậy, ta có:

  

^{*  ab2}

 

^{1 ab}



^2



^1a



^1b

 

^{ ab}



^{ab2 abab2ab}



^ab1



^{a b}



^20

luôn đúng với a và b dương,ab1.

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ab hoặc ab1.

Áp dụng

 

* , với x và y thuộc đoạn

 

1;4 và xy, ta có :

y 1 x

2 x

y 2 3

1 z

1 x 1 y 1 z

1 y 3 x 2 P x















 



Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi z x y

z  hoặc 1 y

x 

 

1 .

Đặt t

y

x  , t

 

1;2 . Khi đó :

t 1

2 3 t 2 P ₂t²

 

  Xét hàm số

 

t 1

2 3 t 2 t t

f ₂²

 

  , t

 

1;2



     

   

3

2 2

2

2 t 4t 3 3t 2t 1 9

f ' t 0

2t 3 1 t

 

      

 

 

   

33 2 34 f t

f  



dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi : 4 y 2 x

t     x4, y1

 

2 33

P34

 .

Từ

 

1 và

 

2 suy ra dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x4, y1 và z2. Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng

33

34 khi x4, y1 và z2.

BÀI 21 : (ĐH B 2011) Cho a, b là hai số dương thỏa mãn 2



a²b²



ab



ab



ab2



Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 

 



 





 



 

 ₃³ ₃^{3 2}_{2 2}² a b b 9 a a b b 4 a

P .

 Hướng dẫn :

Với a, b, dương, ta có :



a b



ab



a b



ab 2



2



a b



ab a b ab 2



a b



2 ² ²      ² ²   ²  ² 

 





 

 











 

 

 b

1 a 2 1 b a a 1

b b 2 a

   





 



  





 

 







 

 



 2

a b b 2 a b 2

1 a b 1 a 2 b 2

1 a 2 1 b

a , suy ra : a b a b a b 5

2 1 2 2 2

b a b a b a 2

         

   

   

Đặt

a b b t a ,

2

t 5, suy ra : ^P4



^t33t

 

^9t22



^{4t39t212t18}

Xét hàm f

 

t 4t³9t² 12t18, với 2

t 5. Ta có : ^{f ' t}

 

^{6 2t}



^{2 3t 2}



^{0 min f}

 

^{t f} ₂^{5 23}₄

2;

5 



 



 



 

 

Vậy,

4 P 23

min  khi và chỉ khi :

2 5 a b b

a  và 



 

 



 b

1 a 2 1 b

a 



a;b

  

 2;1 hoặc



a;b

  

 1;2 BÀI 22 : (ĐH D 2011)

Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số :

1 x

3 x 3 x

y 2 ²





  trên đoạn



^0;2



^.

 Hướng dẫn : Ta có :

 

²

2

1 x

x 4 x ' 2

y 

 

0 '

y  x2 hoặc x0

 

0 3 y  ,

 

3 2 17

y  . Vậy :

 y 3

min0;2  , tại x0 ;

^{0 ; 2}

Max y 17

 3 , tại x2.

 NĂM 2012

BÀI 23 : (ĐH A 2012) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P3^{x y} 3^{y z} 3^{z x}  6x²6y²6z² ĐS : minP = 3 khi x = y = z = 0.

 Hướng dẫn :

Ta chứng minh : 3^t t1, t0

 

*

Xét hàm f

 

t 3^t t1, ta có : ^{f ' t}

 

^{3 ln 3 1 0t   , t0 và} f

 

0 0. Suy ra

 

* đúng.

Áp dụng

 

* , ta có : 3^xy 3^yz 3^zx 3xy yz  zx Áp dụng bất đẳng thức : a  b  ab, ta có :



^{x    y y z z x}



²

       

2 2 2 2 2 2

x y y z z x x y y z z x y z z x x y z x x y y z 2 x y y z z x

                           Do đó : ^{xy yz  zx  2}



^{xy2  yz2 zx2}



^{ 6x26y2 6z2 2}



^xyz



²

Mà xyz0, suy ra : xy yz  zx  6x²6y²6z² Suy ra : P3^xy 3^yz 3^zx  6x² 6y² 6z² 3.

Khi xyz0 thì dấu bằng xảy ra.

BÀI 24 : (ĐH B 2012) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn xyz0 và x² y²z² 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Px⁵y⁵z⁵.

 Hướng dẫn :

Với xyz0 và x² y²z² 1, ta có :



x y z



x y z 2x



y z



2yz 1 2x 2yz

0   ²  ² ² ²     ² nên

2 x 1 yz ² . Mặt khác :

2 x 1 2

z

yz y^{2 2}  ²

 

 , suy ra

2 x 1 2

x² 1  ²



 , do đó

3 x 6 3

6  



 

*

Khi đó :

             

x

2 x 1 z y yz z y z y x 1 x z y z y z y z y x P

2 2 2

2 2 5

2 2 3 3 2 2

5 



 



 





























^x5



^{1 x2}

 

^{x 1 x2}



^{x x2 1 x2 1 2x 5}



^{2x3 x}



2 2 4

    

            

Xét hàm f

 

x 2x³x trên _



 





3

; 6 3

6

suy ra ^{f ' x}

 

^{6x21; f ' x}

 

^{0 x 6}

    6 Ta có :

9 6 6

f 6 3

f 6 





 







 ,

9 6 6

f 6 3

f 6 















 .

Do đó :

 

9 x 6

f  . Suy ra :

36 6 P5 .

khi 3

x 6,

6 z 6

y  thì dấu bằng xảy ra.

Vậy giá trị lớn nhất của P là 36

6 5 .

BÀI 25 : (ĐH D 2012) Cho các số thực x, y thỏa mãn



x4

 

²  y4



² 2xy32. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Ax³y³3



xy1



xy2



.

 Hướng dẫn :

Ta có :



x4

 

² y4



²2xy32



xy



²8



xy



00xy8

 

³

 

A xy 3 xy 6xy 6



^{x y}



^{3 3}



^{x y}



^{2 3 x}



^y



⁶

  2    

Xét hàm số :

 

t 3t 6 2

t 3 t

f  ³ ²   trên đoạn [0 ; 8]

Ta có ^{f ' t}

 

^{3t2 3t 3 ; f ' t}

 

^{0  t1}₂ ^{5 hoặc t 1 5}

2

  (loại) Ta có f

 

0 6,

4 5 5 17 2

5

f 1 









  ,f

 

8 398. Suy ra : 17 5 5

A 4

 

Khi x y ^{1 5}

4

   thì dấu bằng xảy ra.

Vậy giá trị nhỏ nhất của A là ^{17 5 5} 4



 NĂM 2013

BÀI 26 : (ĐH A 2013) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện



ab



bc



4c². Tìm giá trị nhỏ

nhất của biểu thức :

   

c

b a c

3 a

b 32 c

3 b

a

P 32 ³ ₃ ³ ₃  ²  ²

 

  ĐS : minP1 2 khi a = b = c.

 Hướng dẫn : Đặt

c xa,

c

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

   

^{3 2 2}

3 3

3 x y

3 x

y 32 3

y x

P 32  

 

 

Với mọi u0, v0 ta có :

         

4 v v u

4 u v 3 u v u uv 3 v u v

u^{3 3 3 3 3}  ³





















Do đó :

   

³

 

^{2 3}

3 3 3

3

9 y 3 x 3 xy

y 3 x 3 xy 2 y 8 x 3 x

y 3 y 8 x 3 x

y 32 3

y x

32 



 

















 



 





 

 

 



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

      

 

³

 

³

3 3 3

3 x y 1

6 y x 2

6 y x 1 y 8 x

3 x

y 32 3

y x

32    



 















 

 





x y 1



x y



x y 1

 

x y



2xy



x y 1

 

x y



2



x y



6

P   ³ ² ²    ³  ²     ³  ²   

Đặt txy. Suy ra : t0 và P



t1



³ t² 2t6.

Ta có

   

4 t t 4

y y x

x xy y x

3       ²   ² nên



t2



t6



0, do đó : t2 Xét f

   

t  t1³ t²2t6, với t2.

Ta có :

   

6 t 2 t

1 1 t

t 3 t

'f ² ₂





 





Với mọi t2 ta có : ³



^t¹



² ³

và



t 1



7 ^{1 27 322}

1 7 6 t 2 t

1 t

2 2   



 

 



 nên

 

0

2 2 3 3 t

'f    . Suy ra : f

   

t f 2 1 2. Do đó : P1 2.

Khi abc thì P1 2.

Do đó giá trị nhỏ nhất của P là 1 2

BÀI 27 : (ĐH B 2013) Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :



a b

 

a 2c



b 2c



9 4

c b a

P _{2 2}4 ₂





 





  . ĐS : 5

MaxP8 khi a = b = c = 2.

 Hướng dẫn :

Ta có:

       

^{2 2 2}



^{a2 b2 c2}



2

bc 4 ac 4 ab 2 b a 2

c 4 b a b c a

2 b c 2 a b

a              

Đặt t a² b² c²4  t > 2 và ^{P 4t 2}



^t294



Xét ^{f(t) 4t 2}



^t294



^,t2

Ta có:

 

²



²



²

2 3 2 2

2 2t t 4

) 16 t 4 t 7 t 4 )(

4 t ( 4

t 2

t 9 t

) 4 t ( '

f 









 

 





Bảng biến thiên :

x 2 4 +

y’(t) + 0 –

y(t) 8

5

+ +

Từ bảng biến thiên ta có 8 P5. Khi abc2 ta có P =

8

5. Vậy giá trị lớn nhất của P là 8 5

BÀI 28 : (ĐH D 2013)

1) Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện xyy1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức ^P _x^{2 x}_xy^y _3y^{2 6x}



^x^2yy



 





  . ĐS : 5 7 1

MaxP khi x ; y 2

3 30 2

   

 Hướng dẫn :

Do x > 0, y > 0, xyy1 nên

4 1 2 1 y 1 4 1 y

1 y 1 y

1 y y 0 x

2 2

2  



 



 







 





Đặt y

t  x , suy ra _{ }^



 4

;1 0

t . Khi đó 6



t 1



2 t 3 t t

1 P t

2 

 





 

Xét 6



t 1



2 t 3 t t

1 ) t

t (

f 2 

 





  , với





 4

; 1 0

t .

Ta có:



^{t2 t 3}



^{3 2}



^t11



²

2

t 3 ) 7

t ( '

f  





 

Vì  



 4

;1 0

t nên t²t3t



t1



33 ; 7 – 3t > 6 và t + 1 > 1.

Do đó



^{t t 3}



^{76 33t 13}

2

t 3 7

2 3

 

 



 và



^{t 1}



²¹

2 1

2 

  . Suy ra 0

2 1 3 ) 1 t ( '

f   

Do đó

30 7 3

5 4 f 1 ) t ( f

P  



 



 



khi 2

x 1 và y2, ta có

30 7 3

P 5  . Vậy giá trị lớn nhất của P là

30 7 3

5 

2) Tìm GTLN và GTNN của hàm số 2x² 3x 3

y x 1

 

  trên đoạn [0 ; 2].

ĐS : Maxy = 3 ; miny = 1

 Hướng dẫn : Txđ : D = R \ –1

Ta có :

 

2 2

2x 4x 6 y '

x 1

 

   y’= 0  x = 1  x = – 3 (loại) Mà y(0) = 3 ; y(2) = ⁵

3 ; y(1) = 1.

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

 NĂM 2014

BÀI 29 : (ĐH A 2014) Cho x, y, z là các số thực không âm và thỏa mãn điều kiện x² + y² + z² = 2.

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

9 yz 1 1 z y x

z y 1

x yz x

P ₂ x²  







 





  .

ĐS :

9

MaxP5 khi x = y = 1, z = 0.

 Hướng dẫn :

Ta có : 0  (x – y – z)² = x² + y² + z² – 2xy – 2xz + 2yz = 2(1 – xy – xz + yz) nên x² + yz + x + 1 = x(x + y + z + 1) + (1 – xy – xz + yz)  x(x + y + z + 1).

Suy ra :

1 z y x

x 1

x yz x

x

2 2





 





 Mặc khác :

(x + y + z)² = x² + y² + z² + 2x(y + z) + 2yz = 2 + 2yz + 2x(y + z)  2 + 2yz + [x² + (y + z)²] = 4(1 + yz)

Do đó

 

36 z y x 1 z y x

z y

P x    ²









  .

Đặt t = x + y + z.

Suy ra : t  0 và t² = (x + y + z)² = (x² + y² + z²) + 2xy + 2yz + 2zx  2 + ( x² + y²) + (y² + z²) + (z² + x²) = 6.

Do đó 0t 6. Xét

 

36 t 1 t t t

f  ²

  , với 0t 6.

Ta có

     

 

²

2

2 18 t 1

9 t 4 t 1 t 18

t 1 t ) 1 t ('

f 





 



 

 , nên f’(t) = 0  t = 2

Ta có f(0) = 0 ;

 

9 2 5

f  và ^f

 

^{6 } ₃₀^31 ₅^{6 , nên f}

 

^{t } ₉^{5 khi 0t 6}

Do đó 9

P 5. Khi x = y = 1 và z = 0 thì 9 P5. Do đó giá trị lớn nhất của P là

9 5.

BÀI 30 : (ĐH B 2014)Cho các số thực a, b, c không âm và thỏa mãn điều kiện (a + b)c > 0. Tìm giá trị nhỏ

nhất của biểu thức : 2



a b



c c

a b c

b P a

 

 

  . ĐS :

2

3 khi a = 0, b = c > 0 hoặc b = 0, a = c > 0.

 Hướng dẫn :

Ta có

 

 

1 1

a b c a (b c) 2 a b c

a b c 2 a b c

        

   b c

a c

b a

a 2

 



 

Tương tự

c a

b c

b a

b 2

 





Do đó

 

   



^{a b}



^{12 2 12 23}

2 c b a c b a

b a 2 b a 2

c c

b a

b a

P 2    

 









 





 

 





 

Khi a = 0, b = c, b > 0 thì 2 P 3. Do đó giá trị nhỏ nhất của P là

2 3

BÀI 31 : (ĐH D 2014) Cho hai số thực x, y thỏa mãn các điều kiện 1  x  2; 1  y  2. Tìm giá trị nhỏ nhất

của biểu thức : 4



x y 1



1 5

x 3 y

x 2 y 5 y 3 x

y 2

P ₂x ₂



 





 





  . ĐS : Pmin = 7

8 tại x = 1, y = 2 hoặc x = 2, y = 1.

 Hướng dẫn :

Từ các điều kiện 1  x  2, 1  y  2 ta có : (x – 1)(x – 2)  0  x² + 2  3x

(y – 1)(y – 2)  0  y² + 2  3y

     

4



x y 1



1 1

y x

y x 1 y x 4

1 1

x y 3

x 2 y 1 y x 3

y 2 P x



 





 



 





 





 



Đặt t = x + y, ta có : 2  t = x + y  4 Xét hàm số f(t) = 4



t 1



1 1 t

t

 

 , với t  [2 ; 4] ta có : f’(t) =

 

² 4



t 1



²

1 1

t 1

 



     



^{t 1}



⁰

4

1 t 1 t t 4

'f ₂² ₂ ² 







   t = 3,

3

t1 (loại)

     

60 4 53 f 8; 3 7 f 12; 2 11

f    nên f(t) ≥ f(3) =

87 khi x = 1, y = 2 thì P =

87 . vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 8 7

 NĂM 2015

BÀI 32 : (THPT QG 2015) Cho các số thực a, b, c thuộc đoạn [1 ; 3] và thỏa a + b + c = 6. Tìm giá trị lớn

nhất của biểu thức abc

2 1 ca

bc ab

72 abc 12 a c c b b

P a^{2 2 2 2 2 2} 











  . ĐS :

11 P 160

max  khi a = 1, b = 2, c = 3.

 Hướng dẫn :

Đặt 12

3 6 3

) c b a ca ( bc ab t

2 2



 

 







Mặt khác, ta có a, b, c  [1 ; 3], suy ra (a – 1)(b – 1)(c – 1)  0

 abc – (ab + bc + ac) + (a + b + c) – 1  0  abc – t + 6 – 1  0  abc  t – 5

Lại có (a – 3)(b – 3)(c – 3)  0  abc – 3(ab + bc + ac) + 9(a + b + c) – 27  0  abc  3t – 27 Do đó 3t – 27  abc  t – 5  3t – 27  t – 5  2t  22  t  11.

Do đó t  [11 ; 12].

Khi đó:

2 abc ca

bc ab

72 ) c b a ( abc 2 a c c b b P a

2 2 2 2 2

2 















 

 

t 2

144 t 5 t 2

5 t t

72 t 2 abc ca

bc ab

72 ca

bc

ab ^{2 2 2} 

 

 



 







 

Xét hàm số

t 2

144 t 5 ) t

t ( f

2  

 , với t  [11 ; 12] ² ₂

t 2

144 ) t

t ( '

f  



Do đó f ’(t)  0,  t  [11 ; 12] nên f(t) nghịch biến trên đoạn [11 ; 12].

Suy ra f(t)  f(11) = 11

160. Do đó P  11 160

Ta có a = 1, b = 2, c = 3 thỏa điều kiện bài toán và khi đó P = 11 160

Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 11 160.

------