Embed Size (px)
Citation preview
1
Phần 1: CỰC TRỊ TRONG ĐẠI SỐ: Một số dạng toán thường gặp: ▼ Dạng 1: đưa về dạng bình phương
I. Phương pháp giảỉ: Đưa về dạng A2≥0, hoặc A2+ c≥ c (vớI c là hằng số) dấu bằng xảy ra khi A=0
II. Một số bài tập ví dụ: Ví dụ 1:
Tìm giá trị lớn nhất của P ( )1x x= −
Lời giải:
( )2
1 1 11
2 4 4P x x x x x = − = − + = − − + ≤
Đẳng thức xảy ra khi 1
2x = và
1
4x =
Do đó giá trị lớn nhất của P là 1
4 đạt khi
1
4x =
Ví dụ 2:
Tìm giá trị của x để biểu thức 2
1
2 2 5x x− + có giá trị lớn nhất
Lời giải: Ta có:
( )22
2
2 2 5 2 3 3
1 1
32 2 5
x x x
x x
− + = − + ≥
⇒ ≤− +
Do đó, khi 2x = thì bỉêu thức 2
1
2 2 5x x− + có giá trị lớn nhất là
1
3
V í d ụ 3: VớI x,y không âm; tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 3 2 2004,5P x xy y x= − + − + Lời giải: Đặt ,x a y b= = vớI , 0a b ≥ ta có:
2
( )
( ) ( )
( )
( )
2 2
2 2
22 2
2 2
22
2 3 2 2004,5
2 1 3 2004,5
2 1 1 2 2 2003,5
1 11 2 2003,5
4 2
11 2 2003 2003
2
P a ab b a
a b a b
a b a b b b
a b b b
a b b
= − + − +
= − + + +
= − + + + + − +
= − − + − + + −
= − − + − + ≥
Vì ( )21 0a b− − ≥ và
21
0 ,2
b a b − ≥ ∀
1a b= + 3
2a =
2003P = ⇔ ⇔
1
2b =
1
2b =
Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất là 2003 khi 3
2x = và
1
2y = hay
9
4x = và
1
4y =
III. Bài tập tự giải: 1) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 2 22 5 4 2P x y xy x= − − − +
2) Tìm giá trị nhỏ nhất của ( ) 2 2, 2 6 12 45f x y x xy y x= − + − +
3) Cho hai số x,y thoả mãn đẳng thức: 2 22
18 4
4x y
x+ + =
Xác định x,y để tích xy đạt giá trị nhỏ nhất 4) Cho a là số cố định, còn x, y là những số biến thiên. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = (x– 2y + 1)2 + (2x + ay +5)2
Hướng dẫn giảI và đáp số: 1)Max P = 3 khi (x,y) = (1, -2)
2) ( ) ( )2 2, 6 5 9 9f x y x y y= − − + + ≥
3) Thêm 24 4xy x+ vào 2 vế
Kết quả: xy đạt GTNN là 1
2− khi
1
2x = ± 1y = ±
4) 0A ≥ khi a ≠ -4, 9
5A = khi a = -4
3
▼ Dạng 2: sử dụng miền giá trị của hàm số I. Phương pháp giảỉ:
Cho y = f(x) xác định trên D ( )0y f D∈ ⇔phương trình ( )0y f x= có nghiệm 0a y b⇔ ≤ ≤
Khi đó min y = a, max y = b
II. Một số bài tập ví dụ: Ví dụ 1:
Tìm Max và Min của: 2 1
xy
x=
+
Lời giải: Tập xác định D = R ⇒ 0y là một giá trị của hàm số
⇔ phương trình 0 2 1
xy
x=
+ có 1 nghiệm x∈R
⇔ phương trình 20 0x y y x+ = có nghiệm x∈R
⇔ phương trình 20 0 0x y x y− + = có nghiệm x∈R
⇔ 0∆ ≥ ⇔ 21 4 0y− ≥
⇔ 2 4y ≤
⇔1 1
2 2y− ≤ ≤
Vậy Min y = 1
2− , Max y =
1
2
Ví dụ 2:
Xác đinh các tham số a, b sao cho hàm số 2
ax
1
by
x
+=
+ đạt giá trị lớn nhất bằng
4, giá trị nhỏ nhất bằng –1 Lời giải: Tập xác định D = R
0y là một giá trị của hàm số ⇔ phương trình 0 2
ax+b
1y
x=
+ có nghiệm x∈R
⇔ phương trình 20 0ax 0y x y b− + − = có nghiệm x∈R (1)
• Nếu 0 0y = thì (1) ⇔ ax = -b có nghiệm
a = b = 0
⇔ a ≠ 0
• Nếu 0 0y ≠ thì (1) có nghiệm ⇔ 0∆ ≥
⇔2
0 04( ) 0a y b y− − ≥
4
⇔ 2 20 04 4 0y by a− + + ≥
Theo đề 0y đạt giá trị lớn nhất là 4, giá trị nhỏ nhất là –1 nên phương
trình2 2
0 04 4y by a− + + phảI có nghiệm là –1 và 4 (do -1.4 = -4 < 0)
2
44
a−= − 4a = ±
Theo định lý Viet ta có : ⇔
3b = 3b =
Vậy vớI a = 4, b = 3 hoặc a = -4, b = 3 thì min y = -1, max y = 4 Ví dụ 3:
Tìm giá trị lớn nhất của hàm số :
3
4
2
12 ( )
36
x x ay
x
− = +
Lời giải: Hàm số đã cho xác định khi ( ) 0x x a− ≥
Đặt 2
12 ( )
36
x x az
x
− = + (1) thì 4 3y z= , 0z ≥
0z là một giá trị của hàm số (1) ⇔ phương trình 0 2
12 ( )
36
x x az
x
−=
+ có nghiệm
hay phương trình 20 0(12 ) 12ax 36 0z x z− − − = có
nghiệm (2) • 0z =12 : (2) ⇔ ax = -36 có nghiệm khi 0a ≠
• 0 12z ≠ : (2) có nghiệm ⇔ 20 036 36 (12 ) 0a z z∆ = + − ≥
2 20 0
2 20 0
2 20
12 0
12 0
6 36 6 36
a z z
z z a
a z a
⇔ + − ≥
⇔ − − ≤
⇔ − + ≤ ≤ + +
Vì 0 0z ≥ nên 200 6 36z a≤ ≤ + +
Vậy max 26 36z a= + + ; max 2 34 (6 36)y a= + +
III. Bài tập tự giải:
1) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức: 2
2
2 2
2 2
x xy
x x
− +=
+ +
2) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức:3 3 4 1 1
4 3 3 1 1
x xy
x x
+ + − +=
+ + − +
3) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số : 2 1( )f x x x
x= + + , x > 0
Hướng dẫn giảI và đáp số:
5
1) Max 3 2 2y = + , Min 3 2 2y = − 2) Đk: 3 1x− ≤ ≤
Đặt 2
23 2.
1
tx
t+ =
+ ;
2
2
11 2.
1
tx
t
−+ =
+ vớI t = tg [ ]0;1
2
ϕ∈
Ta có 2
2
7 12 9
5 16 7
t ty
t
+ += −
− + +
Max y9
7y = khi x = -3; min
7
9y = khi x = 1
0 < x ≤ 0y (1)
20
1y x x
x= + + ⇔
x > 0 2 20 02 1 0y x y x− + =
(2) Điều kiện để (2) có nghiệm là 0 2y ≥
Áp dụng Vi-et ta chứng minh được 1 2 0x x y< < Vậy min f(x) = 2 vớI x >0 ▼ Dang 3: Sử dụng một số bất đẳng thức quen thuộc ► Bất đẳng thức Cauchy
I. Kiến thức cần nắm: • Cho hai số a, b ≥ 0, ta coù:
abba≥
+2
Dấu “ =” xảy ra khi ⇔ a = b • Cho n số a1, a2, … , an ≥ 0, ta có:
nn
n aaan
aaa...
...21
21 ≥+++
Dấu “=” xảy ra ⇔ a1 = a2 = … = an II. Một số bài tập ví dụ:
◦ Biện pháp 1: Áp dụng bất đẳng thức trực tiếp. Ví dụ 1:
Cho x > 0 ; y > 0 thoả mãn điều kiện 2
111=+
yx. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức A = yx + Lời giải:
3)Tìm nghiệm của hệ
6
Vì x > 0 ; y > 0 nên x
1 > 0 ;
y
1 > 0 ; 0;0 >> yx , theo bđt Cauchy có:
+≤yxyx
11
2
11.
1
=> 44
11≥=>≤ xy
xy
Vận dụng bđt Cauchy với hai số dương x và y ta được
A = yx + ≥ 42.2 ≥yx = 4 ( Dấu “=” xảy ra ⇔ x = y = 4)
Vậy min A = 4 ( khi và chỉ khi x = y = 4). Nhận xét: không phải lúc nào ta cũng có thể dùng trực tiếp bđt Cauchy đối với các số trong đề bài. Dưới đây ta sẽ nghiên cứu một số biện pháp biến đổi một biểu thức để có thể vận dụng bđt Cauchy rồi tìm cực trị của nó. Biện pháp 1 : Để tìm cực trị của một biểu thức ta tìm cực trị của bình phương biểu thức đó. Ví dụ 2: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : A = .3753 xx −+− Lời giải:
ĐKXĐ : .3
7
3
5≤≤ x
A2 = (3x – 5) + (7- 3x) + )37).(53(2 xx −−
A2 ≤ 2 + ( 3x – 5 + 7 – 3x) = 4 ( dấu “=” xảy ra ⇔ 3x – 5 = 7 – 3x ⇔ x = 2). Vậy max A2 = 4 => max A = 2 ( khi và chỉ khi x = 2). Nhận xét: Biểu thức A được cho dưới dạng tổng của hai căn thức. Hai biểu thức lấy căn có tổng không đổi (bằng 2). Vì vậy, nếu ta bình phương biểu thức A thì sẽ xuất hiện hạng tử là hai lần tích của căn thức. Đến đây có thể vận dụng bất đẳng thức Cauchy. ◦ Biện pháp 2: Nhân và chia biểu thức với cùng một số khác 0. Ví dụ 3:
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = x
x
5
9−
Lời giải: ĐKXĐ : x ≥ 9
7
A = x
x
5
9− =
30
1
103
99
5
33
9
2
1
5
3.3
9
=
+−
=
+−
≤
−
x
x
x
x
x
x
(dấu “ =” xảy ra khi và chỉ khi 1833
9=⇔=
−x
x).
Vậy max A = 30
1 ( khi và chỉ khi x = 18).
Nhận xét: Trong cách giải trên, x – 9 được biểu diễn thành 3.3
9−x và khi vân
dụng bđt Cauchy, tích 3.3
9−x được làm trội trở thành tổng x
x
3
13
3
9=+
− có
dạng kx có thể rút gọn cho x ở mẫu, kết quả là một hằng số. Con số 3 tìm được bằng cách lấy căn bậc hai của 9, số 9có trong bài. Biện pháp 3: Biến đổi biểu thức đã cho thành tổng của các biểu thức sao cho tích của chúng là một hằng số.
1. Tách một hạng tử thành tổng của nhiều hạng tử bằng nhau. Ví dụ 4 :
Cho x > 0, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : A = .163
3
4
x
x +
Lời giải:
A = 3x + 4333
16....4
1616
xxxx
xxxx
x≥+++=
A ≥ 4.2 = 8 ( dấu “ =” xảy ra khi và chỉ khi 216
3=⇔= x
xx
Vậy min A = 8 ( khi và chỉ khi x = 2).
Nhận xét: Hai số dương 3x và x3
16 có tích không phải là một hằng số.Muốn khử
được x3 thì phải có x3 = x.x.x do đó ta phải biểu diễn 3x = x + x + x rồi dùng bđt Cauchy với 4 số dương.
2. Tách một hạng tử chứa biến thành tổng của một hằng số với một hạng tử chứa biến sao cho hạng tử này là nghịch đảo của hạng tử khác có trong biểu thức đã cho ( có thể sai khác một hằng số).
Ví dụ 5:
Cho 0 < x < 2, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = .2
2
9
xx
x+
−
8
Lời giải:
A = 12
2
9+
−+
− x
x
x
x
A 719212.
2
9.2 =+=+
−−
≥x
x
x
x
( dấu “=” xảy ra 2
12
2
9=⇔
−=
−⇔ x
x
x
x
x).
Vậy min A = 7 ( khi và chỉ khi 2
1=x ).
◦ Biện pháp 4: Thêm một hạng tử vào biểu thức đã cho. Ví dụ 6: Cho ba số dương x, y, z thoả mãn điều kiện x + y + z = 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
P = .222
yx
z
xz
y
zy
x
++
++
+
Lời giải:
Áp dụng bđt Cauchy đối với hai số dương zy
x
+
2
và 4
zy + ta được:
xxzy
zy
xzy
zy
x==
++
≥+
++ 2
.24
..24
22
Tương tự:
zyx
yx
z
yxz
xz
y
≥+
++
≥+
++
4
42
2
Vậy zyxzyx
yx
z
xz
y
zy
x++≥
+++
++
++
+ 2
222
P ( ) 12
=++
−++≥zyx
zyx (dấu “=” xảy ra 3
2===⇔ zyx ).
III. Bài tập tự giải:
1) Cho x + y = 15, tìm gía trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của biểu thức:
B = 34 −+− yx 2) Cho x, y, z ≥ 0 thoả mãn điều kiện x + y + z = a. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = xy + yz + xz. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B = x2 + y2 + z2.
9
3) Cho x, y, z là các số dương thoả mãn điều kiện x + y + z ≥ 12. Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức P = .x
z
z
y
y
x++
4) Cho a, b, c là các số dương thoả mãn điều kiện a + b + c = 1. Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức A = .)1)(1)(1(
)1)(1)(1(
cba
cba
−−−+++
5) Cho x, y thoả mãn điều kiện x + y = 1 và x > 0. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức B = x2y3.
6) Tìm giá trị nhỏ nhất của xy yz zx
Az x y
= + + với x, y, z là các số dương và:
a) 1x y z+ + = b) 2 2 2 1x y z+ + =
7) Tìm giá trị lớn nhất của 3 3 3 3 3 3
1 1 1
1 1 1A
a b b c c a= + +
+ + + + + + với a, b, c là
các số dương và abc = 1. 8)Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của A x y z xy yz zx= + + + + + biết rằng 2 2 2 3x y z+ + = .
9) Tìm giá trị nhỏ nhất của 3 3x yA = + với x + y = 4. 10) Tìm giá trị nhỏ nhất của 4 4 1A x x= − + Hướng dẫn giải và đáp số: 1. ĐKXĐ : x ≥ 4, y ≥ 3 B ≥ ⇒8 min B = 8 ( khi và chỉ khi x = 4, y = 11 hoặc x = 12, y = 3). max B2 = 16 nên max B = 4 ( khi và chỉ khi x = 8, y = 7). 2 .a. xy + yz + xz ≤ x2 + y2 + z2 (áp dụng bđt Cauchy cho 2 số, rồi cộng lại theo vế). Suy ra: 3(xy + yz + xz) ≤ ( x + y + z )2 Hay 3A ≤ a2 b. B = x2 + y2 + z2 = ( x + y + z )2 – 2( x + y + z ) B = a2 – 2A B min ⇔A max. 3.
P2 = .222222
y
xz
x
zy
z
yx
x
z
z
y
y
x+++++
Áp dụng bđt Cauchy cho 4 số dương:
.4...
44
222
xyz
zyxxz
z
yx
z
yx
y
x=≥+++
Còn lại: tương tự Cộng vế với vế lại, ta được P2 ≥ 4(x + y + z) – (x + y + z) = 3(x + y + z)
10
P2 ≥ 3.12 = 36 Min P = 6.( khi và chỉ khi x = y = z = 4). 4. a + b + c = 1 ⇒ 1 – a = b + c > 0. Tương tự 1 – b > 0, 1 – c > 0.
Có: 1 + a = 1 + (1 – b – c) = (1 – b) + (1 – c) ≥ ( )( )cb −− 112
Suy ra (1 + a)(1 + b)(1 + c) ≥ ( ) ( ) ( )222 1118 cba −−− A ≥ 8 Vậy min A = 8. 5. Nếu y ≤ 0 thì B ≤ 0. Nếu y > 0 thì
1 = x + y = 3125
108
1085
33322325
32
≤⇒≥++++ yxyxyyyxx
hay B ≤ 3125
108
Suy ra max B = 3125
108.
6. Theo bất đẳng thức Cô-si
2. . 2xy yz xy yz
yz x z x+ ≥ = tương tự 2
yz zxz
x y+ ≥ ; 2
zx xyx
y z+ ≥
Suy ra 2A ≥ 2(x+y+z) = 2 ; min A = 1 với 1
3x y z= = =
b) Ta có 2 2 2 2 2 2
2
2 2 22
x y y z z xA
z x y= + + +
Hãy chứng tỏ 2 3A ≥ .
Min A = 3 với x = y = z = 3
3.
7. Dễ chứng minh ( )3 3a b ab a b+ ≥ + với a > 0, b > 0. Do đó:
( )3 3 1 ( ).a b ab a b abc ab a b c+ + ≥ + + = + +
1 1 1
1( ) ( ) ( ) ( )
max 1 1
a b cA
ab a b c bc a b c ca a b c abc a b c
A a b c
+ +≤ + + = =
+ + + + + + + +
= ⇔ = = =
8. ◦ Tìm giá trị lớn nhất:
Áp dụng bất đẳng thức ( ) ( )2 2 2 23x y z x y z+ + ≤ + + ,ta được ( )2 9x y z+ + ≤ nên
11
3x y z+ + ≤ (1)
Ta có bất đẳng thức 2 2 2xy yz zx x y z+ + ≤ + + mà 2 2 2 3x y z+ + ≤ nên 3xy yz zx+ + ≤ (2) Từ (1) và (2) suy ra 6A ≤ . Ta có max 6 1A x y z= ⇔ = = = . ◦ Tìm giá trị nhỏ nhất : Đặt x + y + z = m thì ( ) ( )2 2 2 2 2 3 2m x y z xy yz zx xy yz zx= + + + + + = + + +
Do đó 2 3
2
mxy yz xz
−+ + = . Ta có
2 3
2
mA m
−= + nên
( )222 2 3 1 4 4.
2.
A m m m
A
= + − = + − ≥ −
⇒ ≥ −
2 2 2
1min 2
3
x y zA
x y z
+ + == − ⇔
+ + = , chẳng hạn x = -1, y = -1, z = 1.
9.
43 3 2 3 3 2 3 2 3x y x y x yA += + ≥ = =
10. Ta có x x≤ (xảy ra dấu bằng khi và chỉ khi 0x ≥ ) nên 4 4 .x x− ≥ − Do đó
4 4 1A x x≥ − + .
Áp dụng bất đẳng thức côsi với bốn số không âm
4 4 441 1 1 4 4 4 1 2.x x x x x+ + + ≥ = ⇒ − + ≥ − 4min 2 1A x= − ⇔ = và 0 1x x≥ ⇔ = .
► Bất đẳng thức Bunhiacopski:
I. Kiến thức cần nắm: • Cho a, b, c, d tuỳ ý, ta có (a2 + b2)(c2 + d2) ≥ (ac + bd)2 Dấu bằng xảy ra khi: ad = bc. • Cho a1, … , an và b1, … , bn tuỳ ý, ta có: (a1
2 + … + an2)(b1
2 + … + bn2) ≥ ( a1b1 + … + anbn)
2
Dấu bằng xảy ra khi: n
n
b
a
b
a== ...
1
1
II. Một số bài tập ví dụ: Ví dụ 1: Tìm giá trị lớn nhất của : P = xx −+− 5413 Lời giải: ĐKXĐ: 1≤ x ≤ 5 Áp dụng bđt Bunhiacopski có:
12
P2 ≤ ( 32 + 42)(x – 1 + 5 – x) = 100
Suy ra max P = 10 khi ⇔−
=−
4
5
3
1 xx x = 25
61.
Ví dụ 2:
Cho a, b, c > 0. Tìm min P = ba
c
ac
b
cb
a
++
++
+345 .
Lời giải: P =
( ) ( ) )345(345
34533
44
55
++−
+
++
++
++=++−++
+++
+++ bacacb
cbaba
c
ca
b
cb
a
= ( ) ( ) ( )[ ] )345(345
.2
1++−
+
++
++
+++++bacacb
accbba
≥ ( ) ( )3453452
1 2++−++ ( theo bđt Bunhiacopski).
Vaäy min P = ( ) ( )3453452
1 2++−++ khi và chỉ khi
345
bacacb +=
+=
+.
Tổng quát: Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng:
( ) ( )222222
2
1zyxxzyzxyz
ba
cy
ca
bx
cb
a++−++≥
++
++
+.
(cộng vào vế trái (x2 + y2 +z2) rồi trừ đi (x2 + y2 +z2), sau đó áp dụng bđt Bunhicopski). Ví dụ 3:
Cho a, b, c > 0. Tìm min P = ac
b
cb
bc
ba
ca
++
++
+++ 433
Lời giải:
P = 1064
23
23
−
++
+
+++
+
+++
ac
b
cb
ac
ba
ca
P = 10664332323
−
+++
+
+++
+
+++
ac
acb
cb
acb
ba
cba
P = ( ) 10211
323 −
+
++
++
++accbba
cba
P = ( ) ( ) ( )[ ] ( ) 6102.21110211
.22
=−++≥−
+
++
++
+++++accbba
cacbba
Vậy min P = 6 khi và chỉ khi (a + b)2 = (b + c)2 = (c + a)2 hay a = b = c. Cơ sở:
13
Chọn γβα ,, sao cho: )323()(4)(3)(3 cbamacbcbacbaca ++=++=+++=+++ γβα .
Từ đó suy ra 2,6,2 ==== mγβα . III. Bài tập tự giải:
1. Cho a, b, c > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của:
a) P = ac
ba
cb
ba
ba
cb
++
+++
+++ 54893
.
b) Q = ac
ba
cb
ba
ba
cb
++
+++
+++ 5243
.
c) R = cba
c
cba
b
cba
ca
3
8
2
4
2
3
++−
+++
+++
.
2. Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của 2 2A x y= +
biết rằng ( ) ( )22 2 2 22 3 2 1.x x y y+ − + − =
3. Tìm giá trị nhỏ nhất của :
2 2 2a b c
Ab c c a a b
= + ++ + +
với a, b, c là các số dương và a + b + c =6.
4. Tìm giá trị nhỏ nhất của 2 1
2A
x x= +
− với 0 < x < 2.
5. Cho a, b, c > 0 và abc = 1
Tìm giá trị nhỏ nhất của ( ) ( ) ( )3 3 3
1 1 1A
a b c b a c c a b= + +
+ + +
Hướng dẫn giả và đáp số: 1. Câu a và câu b làm tương tự ví dụ 3 Câu c không thể làm như ví dụ 3 được, ta làm như sau: Đặt a + 2b + c = x a + b + 2c = y a + b + 3c = z từ đó suy ra c = z – y; b = x + y – 2y; a = 5y – x – 3z.
khi đó R = z
y
y
z
y
x
x
y
z
yz
y
yzx
x
xy 888
441
2888442+−−++−=
−+
−++
−.
Rồi áp dụng bđt ta tìm được min R. 2. Từ giả thiết suy ra
( ) ( )22 2 2 2 24 3 0.x y x y x+ − + + = − ≤
Do đó ( )( )2 4 3 0 1 3 0 1 3.A A A A A− + ≤ ⇔ − − ≤ ⇔ ≤ ≤
min 1 0, 1.
max 3 0, 3.
A x y
A x y
= ⇔ = = ±
= ⇔ = = ±
3.
14
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacópki cho 3 cặp số Ta có
( ) ( ) ( )2 2 2
2 2 2a b cb c a c a b
b c a c a b
+ + + + + + + + + +
( ) ( )
2
2 2 22
2 2 2
2
.2
a b cb c a c a b
b c a c a b
a b ca b c a b c
b c a c a b
a b c a b c
b c a c a b
≥ + + + + +
+ + +
⇒ + + + + ≥ + + + + +
+ +⇒ + + ≥
+ + +
Suy ra min A = 3. 4.
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski
( ) ( ) ( )22 2 2 2a b m n am bn+ + ≥ +
Ta có:
( ) ( ) ( )
( )
( )
2 2 22 2
2
2 22 2
2 1 2 12 2 2
2 2
2 2 1 3 2 2.
2 12 12min 2 3 2 2 2 4 4
2 2
A x x x xx x x x
A
x xA x x xx x xx
= + − + ≥ − + − −
⇒ ≥ + = +
−= + ⇔ = ⇔ = ⇔ = − +− −
( )22 4 4 8 2 8 2 2 2x x x x⇔ + + = ⇔ + = ⇔ = − (chú ý x > 0).
Vậy 3
min 2 2 2 2 22
A x= + ⇔ = − .
5.
Đặt 1 1 1, ,a b c
x y z= = =
thì , , 0
1
x y z
xyz
>
=
Khi đó 2 2 2x y z
Ay z z x x y
= + ++ + +
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski, biến đổi tương đương ta được:
( )
( ) ( ) ( )
2
2
x y z x y zA
y z z x x y
+ + + +≥ =
+ + + + +
Mặt khác theo BDT côsi ta có: 33 3x y z xyz+ + ≥ =
Vậy
15
3
min2
1
1 .
x y z
y z z x x y
A x y z
xyz
x y z a b c
= = + + += ⇔ = = =
⇔ = = = ⇔ = =
► Bất đẳng thức Bernoulli
I. Kiến thức cần nắm
)0,1(
1
>≥
+−≥
x
xx
αααα
(1)
Dấu “ =” xảy ra khi x =1 II. Một số bài tập ví dụ:
Ví dụ 1: Cho x, y > 0 sao cho x + y = 1. Tim giá trị nhỏ nhất : a. P = x2 + y2 b. Q = x5 + y5 Lời giải: a. Áp dụng bđt Bernoulli ta có: (2x)2 ≥ 1 – 2 + 2(2x) (2y)2 ≥ 1 – 2 + 2(2y) Cộng vế theo vế: 4P ≥ -2 + 4(x + y) = 2
P ≥ 2
1.
Vậy min P = 2
1 khi và chỉ khi x = y =
2
1.
b. Áp dụng bđt Bernoulli ta có: (2x)5 ≥ 1 – 5 + 5(2x) (2y)5 ≥ 1 – 5 + 5(2y) Cộng vế theo vế ta có: 32Q ≥ -8 + 10(x + y) = 2
Q ≥ 16
1
Vậy min Q = 16
1. Khi và chỉ x = y =
2
1.
Tổng quát: S = xm + ym , m ≥ 1 với x + y = 1.
16
*. Theo (1), với mọi 0>≥ βα , ta có:
xxβα
βαβ
α
+−≥ 1 (1’)
Đặt xtxt =⇔= ββ1
(1’) ⇔ Dấu “=” xảy ra khi t = 1. Ví dụ 2:
Cho x, y > 0, sao cho x3 + y3 = 1. Tìm min P = 3
10
3
10
yx + . Lởi giải: Theo (2), ta có:
( ) ( )
( ) ( )
( ) 2)(2.9
10
9
22
29
10
9
1012
29
10
9
1012
333
103
333
103
333
103
=++−≥⇒
+−≥
+−≥
yxP
yy
xx
Vậy P ≥ 9 2
1
Hay min P = 9 2
1 khi và chỉ khi x = y =
3 2
1
*. Từ (2) thay t bởi 0t
t, ta được:
Dấu “=” xảy ra khi t = t0 với t0 là điểm đạt giá trị nhỏ nhất. Bài toán: Cho 0,,,;.(1.. >≥=+ dcbaybxa βαββ )
Tìm min P = αα ydxc .. +
βα
βα
βα
tt +−≥ 1 (2)
ββααα
βα
βα
tttt ..1 00−+
−≥ (3)
17
Đặt Yyd
Xxc
=
=α
α
Bài toán trở thành : Cho ββ ynxm .. + = p (m,n > 0)
Tìm min A = αα yx + Lời giải: Theo bđt (3), ta có:
ββααα
ββααα
βα
βα
βα
βα
yyyy
xxxx
.1
.1
00
00
−
−
+
−≥
+
−≥
Cộng lại : A ≥ ( ) ( )...1 0000ββαββααα
βα
βα
yyxxyx −− +++
−
Chọn (x0 , y0) thoả mãn: ββ ynxm .. + = p
n
y
m
x βαβα −−
= 00 .
Khi đó: A ≥ ( ) ..1 000 m
xyx
βααα
βα
βα −
++
− p.
Vậy min A = ( ) ..1 000 m
xyx
βααα
βα
βα −
++
− p khi và chỉ khi x = x0, y = y0.
▼ Dạng 4: Áp dụng bất đẳng thức trong tam giác và phuơng pháp tọa độ, vectơ.
I. Phương pháp giải:
Với 3 điểm A, B, C, bất kì trong mặt phẳng ta có: AB BC AC+ ≥ (đẳng thức khi B nằm giữa A và C).
• Với hai véc tơ bất kì a� và b� ta có:
a b a b± ≤ +� � � �
. Đẳng thức khi a� và b� cùng hướng ( )1
• Nếu ( )1 2,a a a=�
và ( )1 2b b b= +�
( )1 ⇔ ( ) ( )2 2 2 2 2 21 1 2 2 1 2 1 2a b a b a a b b± + ± ≤ + + +
18
C B
A
Đẳng thức xảy ra khi 1 1
2 2
.
.
a k b
a k b
=
= ( )k R∈
Dạng toán tìm giá trị lớn nhất của hàm số:
( ) ( )2 2 2 2y f x a g x b= + + + với ( ) ( ) ( ), 0a b
f x g x k k R
≠ ± = ∈
Sử dụng bất đẳng thức tam giác: giả sử ( ) ( )f x g x k− = .
Trong mặt phẳng Oxy xét điểm: ( )( ) ( )2 2,M f x a OM f x a⇒ = + và
2 2( ( ), ) ( )N g x b ON g x b− ⇒ = + .
Ta có: ( )22 2 2( ) ( ) ( )MN f x g x a b k a b= − + + = + + .
Vì 2 2( )OM ON MN y k a b+ ≥ ⇔ ≥ + + .
Đẳng thức xảy ra khi M, N, O thẳng hàng . ( ) . ( ) 0a f x b g x⇔ + = .
Vậy Min 2 2( )y k a b= + + .
II. Một số bài tập ví dụ: Ví dụ 1:
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 21 1, .A a a a a a R= + + + − + ⊥∀ ∈ Lời giải: Dễ thấy biểu thức không thay đổi khi thay a bởi a− , do đó chỉ cần giải với 0a ≥ .
• Khi 0a = : 2A = .
• Khi 0a > : Xét ABC∆ có:
�
12
3
ABAM MB
CM a
AMCπ
= = =
= =
Theo định lí hàm côsi:
2 2 21 2.1. .cos 1 .3
AC a a a aπ
= + − = + −
2 1.AC a a⇒ = − +
Tương tự 2 1BC a a= + + , 2.AB =
Khi đó: 2 21 1 2 2.AC BC AB a a a a A+ ≥ ⇒ + + + − + ≥ ⇔ ≥ Đẳng thức xảy xảy ra khi 0a = . Vậy 2MinA = khi 0.a = Ví dụ 2:
Tìm giá trị nhỏ nhất của: 2 2 2 22 2 2 2 .y x px p x qx q= − + + − +
Lời giải:
3π M
19
Ta có: 2 2 2 2( ) ( ) .y x p p x q q= − + − +
Xét điểm ( , ); ( , ).M x p p N x q q− −
Ta có: 2 2( ) ( ) .MN p q p q= − + +
Vì 2 2( ) ( ) .OM ON MN y p q p q+ ≥ ⇔ ≥ − + +
Min⇒ 2 2( ) ( ) .y p q p q= − + +
Khi , ,M N O thẳng hàng ( ) ( ) 0 .p q q p
q x p q x q xp q
+⇔ − + − = ⇔ =
+
Ví dụ 3:
Tìm giá trị nhỏ nhất của: 2 2cos 2.cos 5 cos 4.cos 8.y x x x x= − + + + + Lời giải: Trong mặt phẳng Oxy , xét điểm
(2;1 cos ); (4,3)M x N−
Ta có: (2, 2 cos )MN x= +�����
như vậy .y OM MN= +
Do 0 1 cos 2x≤ − ≤ nên [ ]M AB∈ với (2,0)A và
(2,2)B .
Ta có: 2 24 3 5.OM MN ON+ ≥ = + = Đẳng thức xảy ra khi , ,O M N thẳng hàng
6 4.(1 cos ) 0x⇔ − − =
1 2
cos 2 .2 3
x x kπ
π⇔ = − ⇔ = ± +
Vậy Min 5y = khi 2
2 .3
x kπ
π= ± +
Ví dụ 4:
Cho 3 số thực a, b, c thoả mãn hệ sau 2 2
2
1
2 ( ) 6
a c
b b a c
+ =
+ + = ( )( )1
2
Tìm giá trị nhỏ nhất của ( ).M b c a= − Lời giải: Từ giả thiết ta có: 2 2 22 2 2 2 8a c b ab bc+ + + + =
2 2( ) ( ) 42 2
b ba c⇔ + + + =
Do ( )2 2(1) 2 ( 2 ) 4c a⇔ + − =
Xét ( ; ); (2 ; 2 )2 2
b bx a c y c a+ + −� ��
20
Ta có: 2x =�
, 2y =��
, . .( ).x y b c a= −���
Mà . .x y x y≤� �� � ��
cùng hướng:
2 2 2 2
2
.( ) 22 2 .( ) 2.( ) 1
2 210
b b b a ca cb a c a c a c
c cb
+ = −+ + ⇔ = ⇔ + = − + ⇒ + =
− =
(do (1) và (2) )
2 2
2 2
10
2
10
1 3 1 3 1( , , ) ( , 10, );( , 10, )
10 10 10 1010
2
10
1
b
a c
a ca b c
b
a c
a c
= + = − + =
⇔ ⇒ = − − − = − + = + =
Max⇒ ( ) 4M b c a= − = khi ( , , )a b c như trên. III. Bài tập tự giải:
1)Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
4 4 21 sin cos 2cos 2y x x x= + + + +
2)Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: 2 21 3 1y x x x x= − + + − + 3)Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số:
4 4 2 2
4 4 2 22 1
x y x yy
y x y x
= + − + −
4)Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:
( ) ( ) ( )2 2 22 2 1 2 3 1 1 2 3 1 1f x x x x x x x= − + + + + + + − − +
Hướng dẫn giả và đáp số: 1.
Ta có: ( ) ( )2 22 21 1 cos 1 1 cosy x x= + − + + +
x
y
O
1
1
2
B
N
2AM
21
Xét điểm M(1, 1-cos2x), N(2, 2) ta có: ( )21,1 cosMN x= +�����
Ta có: y = OM + MN Với M thuộc đoạn [AB] với A(1, 0) và B(1, 1)
Ta có miny = ON = 2 22 2 2 2+ = Dấu “=” xảy ra khi O, M, N thẳng hàng ( )22 2 1 cos 0x− − = 2cos 0x⇔ =
Và maxy = OA + AN = 1+ 21 2 1 5+ = + Dấu “=” xảy ra khi M trùng với A 2cos 1x⇔ = 2. Ta có:
22
1 3 3 1
2 4 2 4y x x
= − + + − +
Xét điểm 1 3,
2 2M x
−
và 3 1,
2 2N x
− −
Hai điểm M, N nằm hai bên Ox. Ta có: y = OM + ON ≥ MN
2 2
3 1 3 1min
2 2 2 2
3 1min 2 2
4 4
y MN
y
= = − + + +
= + =
Dấu “=” xảy ra khi M, O, N thẳng hàng:
( )
1 1 3 30
2 2 2 2
3 1 2 3 1
x x
x x
− − − − =
⇔ + = ⇔ = −
3.
4 4 2 2
4 4 2 22 1
x y x yy
y x y x
= + − + −
chọn 2 2
2 2
x yu
y x= + [ )2;u∈ +∞
hàm số y(x) trở thành f(u) = u2 – 2u – 3 phác họa đồ thị hàm f(u) trong miền [ )2;+∞ ta thu
được kết quả: max f(u) không tồn tại min f(u) = f(2) = -3
O
( )f u
u
M
2
3−
22
C
'C
M
'MA
B
C
'C
M
'M
Vậy: max y(x) không tồn tại
min y(x) = -3 đạt được khi 2 2
2 22
x y
y x+ =
2
21
x
y⇒ = ⇒mọi điểm (x; y) thuộc 2 đường phân giác y = x và y = -x
(trừ gốc O(0; 0)) 4. Hàm số f(x) có thể viết lại dưới dạng:
( ) ( )2 22 2
22 3 1 3 11
2 2 2 2f x x x x x x x
= + − + + + + + − + + (1)
Xét trên mặt phẳng tọa độ các điểm
( ) 3 1 3 10,1 , , , ,
2 2 2 2A B C
− − −
Và điểm M(x,x) nằm trên đường phân giác thứ nhất. Dễ thấy ABC là tam giác đều, với tâm là gốc tọa độ. Theo công thứ tính khoảng cách giữa hai điểm trên mặt phẳng tọa độ, ta có vế phải của (1) chính là MA + MB + MC. Bổ đề: Nếu ABC là tam giác đều, thì với mọi điểm M của mặt phẳng tam giác, ta luôn có MA + MB + MC ≥ OA + OB + OC, trong đó O là tâm tam giác đều. Chứng minh: Nếu M là điểm trong tam giác. Xét phép quay R(A,600), khi đó
'
'
M M
B C
C C
A A
→
→
→
→
⇒ MC = M’C’, MA = MM’ Vậy MA + MB + MC = MM’ + MB + M’C’ ≥ BC’ Mặt khác nếu gọi O là tâm tam giác đều ABC thì OA + OB + OC = BC’ ⇒ MA + MB + MC ≥ OA + OB + OC
23
Nếu M ở ngoài tam giác, chứng minh tương tự. Theo bổ đề ta có f(x) ≥ 3 (do OA = OB = OC) Vậy min f(x) = 3. ▼ Dang 5 :Phương pháp sử dụng đồ thị hàm số:
I. Phuơng pháp giải: Phương pháp này thường dùng để tìm cực trị của các hàm số sau:
2. Các hàm số qui về tam thức bậc hai. 3. Các hàm số chứa dấu giá trị tuyệt đối. 4. Các bài toán chuyển được thành toán hình học bằng cách dùng công thức
độ dài đoạn thẳng: 2 2( ) ( )A B A BAB x x y y= − + − .
Đây là các bài toán mà trong đó ( )f x cho dưới dạng căn bậc hai mà làm dưới căn biểu diễn được thành độ dài một đoạn thẳng nào đó. Đây là ưu thế của phương pháp đồ thị.
5. Các hàm số ( , )u x y với ,x y thoả mãn trước điều kiện. II. Một số bài tập ví dụ:
Ví dụ 1: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của các hàm số sau:
21 1) ( ) ( ) 3.( ) 1.
31
) ( ) .(2 sin ).( sin ).15
x xa y x
x
b y x x b x
+ += + +
= + −
Lời giải:
a)Đặt 1 1
2.x
u xx x
+= = + ≥
Hàm ( )y x trở thành: 2( ) 3 1.y u u u= + + Theo đồ thị hàm ( )y u trên [2; ).+∞ Ta được max ( )y u = không có.
miny(u)=y(2)=11. b)Đặt sin 1 1.u x u= ⇒ − ≤ ≤
Hàm ( )y x thành 1
( ) .(2 ).( ).15
y u u b u= + −
Dựa vào đồ thị ta có kết quả: max ( ) (1) 1
7min ( ) ( 1)
15
y u y
y u y
= =
= − =
24
Khi 2 1.1 0
1.
xx
x
≥− ≥ ⇔ ≤ −
Khi 2 1 0 1 1.x x− ≤ ⇔ − ≤ ≤
Khi 1x ≤ − hoặc 1.x ≥
Khi 1 1.x− ≤ ≤
Khi 1x ≥ hoặc 1.x ≤ −
Khi 1 1.x− ≤ ≤
Khi 3x ≤ − hoặc 1.x ≥ −
Khi 3 1.x− ≤ ≤ −
Khi 4 3.x− ≤ ≤ −
Khi 4 3.x− ≤ ≤ −
Ví dụ 2:
Tìm giá trị nhỏ nhất của: 2 2( 1) .y x x= + − Lời giải: Tao có 2 1 .y x x= + −
Gọi 2
1 1y x x= + − và 22 1y x x= − + +
thì 1
2
yy
y
=
Vẽ đồ thị của y ta thấy min ( 1) 1.y y= − = − Ví dụ 3:
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của: ( )( )2 26 9 2 9y x x x x x= + + + + + trong
5[ 4; ]
4− − .
Lời giải: Ta có: ( 3)( 1).y x x x= + + +
Do ( 3).( 1)
( 3).( 1)
x x
x x
+ +− + +
Ta chỉ xét những giá trị của 5
4; .4
n ∈ − −
Ta được 2
2
5 3
3 3
x xy
x x
+ +=
− − −
Vẽ đồ thị 2
1 5 3y x x= + +
22 3 3y x x= − − −
Dựa vào đồ thị:
2
1
3 3max ( ) .
2 4min ( 3) 3.
y y
y y
= − = −
= − = −
2
2
1
1
x x
y
x x
+ −
⇒ = + −
2
2
1
1
x xy
x x
+ −⇒ =
− + +
Khi 4 3.x− ≤ ≤ −
Khi 5
3 .4
x− ≤ ≤ −
Y2
Y1
25
III. Bài tập tương tự: 1.Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của 1 3 2 2y x x x= − + − − + với
2 4.x− ≤ ≤
2.Tìm giá trị nhỏ nhất của: 2 24 12 13 4 28 53.y x x x x= − + + − + 3.Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: 2 5u x y= − + + biết ,x y thoả:
2 236 16 9.x y+ = Hương dẫn và đáp số: 1. Với 2 1x− ≤ ≤ − thì (1 ) (3 ) (2 2) 6.y x x x= − + − − − = Với 1 1x− ≤ ≤ thì 4 2.y x= − + Với 1 3x≤ ≤ thì 2 .y x= − Với 3 4x≤ ≤ thì 6.y = −
Ta vẽ đồ thị của hàm số 1 3 2 2y x x x= − + − − + với 2 4.x− ≤ ≤
Từ đồ thị max 6 2 1.y x= ⇔ − ≤ ≤ − min 6 3 4.y x= − ⇔ ≤ ≤
2.
Ta có: 2 2 2 2(2 3) (0 2) (2 7) (0 2) .y x x= − + − + − + −
Trên mặt phẳng toạ độ Oxy , xét (2 ,0)M x , (3, 2)A , (7,2)B
như vậy .y MA MB= + ,A B nằm cùng phía so với Ox nên lấy 'A đối xứng A qua .Ox 'A B cắt Ox tại H ta có: '(3, 2)A −
2 2' ' (7 3) (2 2) 4 2.y MA MB MA MB A B= + = + ≥ = − + + =
Đẳng thức xảy ra khi
52 5 .
2M H x x≡ ⇔ = ⇔ =
Vậy min 4 2y = khi 5.
2x =
26
3. Từ điều kiện 2 2 2 2 236 16 9 (6 ) (4 ) 3 .x y x x+ = ⇔ + =
Đặt
16 64 1
4
x Xx X
y Yy Y
== ⇔
= =
Ta có 2 2 23 .X Y+ = (1) (1) là phương trình đường tròn ( )� trong hệ trục toạ độ Oxy có tâm O bán kính
3.R =
Hàm 1 1
2 5 5.3 4
u x y u X Y= − + + ⇔ = − + +
44( 5).
3Y X u⇔ = + − ta gọi phương trình này là phương trình đường thẳng
d đường thẳng luôn song song với đường thẳng 4
3Y X= và cắt Oy tại
(0;4( 5)).P u −
-Ta vẽ hai đường thẳng 1 2,Y Y song song với đường thẳng 4
3Y X= và tiếp xúc
( )� . - 1 2,Y Y cắt Oy lần lượt tại N và M khi đó maxu là giá trị xác định khi P N≡ hay
4( 5)m naxu= − trong đó (0; ).M m Min u xác định khi P N≡ tức là 4(min 5)n u= − trong đó (0; )N m do M đối xứng N qua O nên .m u= − -Kẻ 1OH Y⊥ lấy 1OH Y⊥ (3;0), (3;4),A B OAB OHM∆ = ∆ 5.m OM OB⇒ = = =
Khi đó
25max .5 4(max 5) 4
5 4(min 5) 15min .
4
uu
uu
== − ⇔
− = − =
27
Phần 2: CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC PHẲNG
▼ Dạng 1: Vận dụng quan hệ giữa đường xiên và đường vuông góc, quan hệ giữa đường xiên và hình chiếu.
I. Kiến thức cần nhớ: II. Một số bài tập ví dụ: Ví dụ 1: Cho tam giác �( 90 ).oABC A = M là điểm chuyển động trên cạnh BC . Vẽ
, ( , ).MD AB ME AC D AB E AC⊥ ⊥ ∈ ∈ Xác định vị trí của điểm M để đoạn thẳng DE có độ dài nhỏ nhất. Lời giải: Vẽ ( )AH BC H BC⊥ ∈ H cố định và AH không đổi.
Tứ giác AEMD có � � � 90oA E D= = = nên AEMD là hình chữ nhật. Suy ra DE AM= mà AM AH≥ (không đổi) Dấu " "= xảy ra .M H⇔ ≡ Ví dụ 2: Cho tam giác .ABC Qua đỉnh A của tam giác hãy dựng đường thẳng d cắt cạnh BC sao cho tổng các khoảng cách từ B và từC đến d có giá trị nhỏ nhất. Lời giải: Gọi M là giao điểm của d và cạnh .BC Vẽ , ( ; )BH d CK D H K d⊥ ⊥ ∈
MAB MAC ABCS S S+ = . .
2 2 ABC
BH AM CK AMS+ =
2 ABCSBH CK
AM+ =
BH CK+ nhỏ nhất 2 ABCS
AM⇔ nhỏ nhất AM⇔ nhỏ nhất
Giả sử AB AC≤ thì trong hai đường xiên ,AM AC đường xiên AC có hình chiếu không nhỏ hơn, do đó AM AC≤ (hằng số) Dấu " "= xảy ra .M C⇔ ≡ Ví dụ 3:
Ta có AH d⊥ , A d∉ ,B d∈ ,C d∈ ,H d∈ . a) .AB AH≥ Dấu " "= xảy ra khi .B H⇔ ≡ b) .AB AC BH HC≤ ⇒ ≤
28
Cho hình bình hành ABCD .Qua A vẽ đường thẳng d không cắt hình bình hành. Gọi ', ', 'B C D lần lượt là hình chiếu vuông góc của các điểm , ,B C D trên đường thẳng d . Xác định vị trí của đường thẳng d để tổng ' ' 'BB CC DD+ + có giá trị lớn nhất. Lời giải: Gọi O là giao điểm của AC và BD . 'O là hình chiếu vuông góc của O trên d . ' , 'DD d BB d⊥ ⊥
' 'DD BB⇒ � ' 'DD BB⇒ là hình thang.
Mà ' , 'OO d DD d⊥ ⊥ ' 'OO DD⇒ � và O là trung điểm BD ( ABCD là
hình bình hành). Do đó 'OO là đường trung bình của hình thang
' 'DD B B ' '
' ' ' 2. '2
BB DDOO BB DD OO
+⇒ = ⇒ + = .
' , ' ' 'OO d CC d OO CC⊥ ⊥ ⇒ � và O là trung điểm AC .( ABCD là hình bình hành). Do đó 'OO là đường trung bình của 'ACC�
'' ' 2. '
2
CCOO CC OO⇒ = ⇒ =
A d∈ và 'OO d⊥ nên 'OO OA≤ Do đó ' ' ' 4. ' 4.BB CC DD OO OA+ + = ≤ (không đổi) Dấu " "= xảy ra "O A d⇔ ≡ ⇔ vuông góc AC tại A . Ví dụ 4: Cho nửa đường tròn ( ; )O R đường kính .AB M là điểm trên nửa đường tròn. Xác định vị trí M để: a) Diện tích tam giác MAB lớn nhất. b) Chu vi tam giácMAB lớn nhất. Lời giải: Vẽ , .MH AB H AB⊥ ∈
a) .
2MAB
MH ABS =
.MH R= Ta có , .MH AB O AB⊥ ∈ Do đó MH OM R≤ = Nên 2
MABS R≤ (không đổi)
Dấu " "= xảy ra H O M⇔ ≡ ⇔ là trung điểm �AB
b) � 90oAMB = (�AMB là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) MAB� vuông tại M có . .MH AB MH AB MAMB⊥ ⇒ = MAB� vuông tại M theo định lí Pitago có:
2 2 2 24 .MA MB AB R+ = = ,MABP MA MB AB= + + AB không đổi
2 2 2( ) 2 .MA MB MA MB MAMB+ = + +
29
Do đó MABP lớn nhất MA MB⇔ + lớn nhất 2( )MA MB⇔ + lớn nhất .MAMB⇔ lớn nhất
MABS⇔ lớn nhất M⇔ là trung điểm �AB (câu a)
Ví dụ 5: Cho nửa đường tròn ( )O đường kính 2 .AB R= Kẻ hai tiếp tuyến Ax, By của nửa đường tròn ( )O và tiếp xúc với ( )O tại điểm M cắt Ax tại D cắt By tại E. Xác định vị trí của M trên nửa đường tròn ( )O sao cho: a) AD BE+ đạt giá trị nhỏ nhất. b) .ODOE đạt giá trị nhỏ nhất. Lời giải: a) Vẽ , .DH By H By⊥ ∈
Tứ giác ADHB có � � � 90OA B H= = = nên ADHB là hình chữ nhật 2DH AB R⇒ = = Ta có ,AD MD BE ME= = (tính chất hai tiếp tuyến của ( )○ cắt nhau tại một điểm). Do đó AD BE MD ME DE+ = + = màDE DH≥ (vì ,DH By E By⊥ ∈ ) Do vậy 2AD BE R+ ≥ (không đổi) Dấu " "= xảy ra E H DE AB⇔ ≡ ⇔ �
OM AB M⇔ ⊥ ⇔ là trung điểm �AB .
b) DA và DM là tiếp tuyến của ( )○ OD⇒ là phân giác�AOM .
Tương tự OE là phân giác�MOB . �AOM và�MOB kề bù.
Do đó � 90oEOD = ODE� vuông tại O , OM DE⊥ nên . .ODOE OM DE= . .ODOE R DE=
.ODOE nhỏ nhất DE⇔ nhỏ nhất M⇔ là trung điểm�AB (câu a).
▼ Dang 2: Vận dụng các bất đẳng thức trong tam giác và quy tắc các điểm : I. Kiến thức cần nắm: • Tam giác ABC có
a) .AB AC BC AB AC− < < +
b) � � .ABC ACB AC AB≤ ⇔ ≤ • Tam giác ABC và tam giác ' ' 'A B C có
' ', ' 'AB A B AC A C= = thì: � �' ' '.BC B C A A≤ ⇔ ≤
• Quy tắc ba điểm , ,A B C . a) .BC AB AC≤ + Dấu" "= xảy ra [ ]A BC⇔ ∈
b) .BC AB AC≥ −
Dấu" "= xảy ra , ,A B C⇔ thẳng hàng.
30
Quy tắc n điểm 1 2; ;...; nA A A
Ta có 1 1 2 2 3 3 4 1...n n nA A A A A A A A A A−≤ + + + +
Dấu " "= xảy ra 1 2 1; ;...; ;n nA A A A−⇔ thẳng hàng và sắp xếp theo thứ tự đó.
II. Một số bài tập ví dụ: Ví dụ 1: Cho hai điểm A và B nằm trong nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng d ,hai điểm ,M N thuộc d và độ dài MN không đổi. Xác định vị trí hai điểm ,M N để đường gấp khúc AMNB đạt giá trị nhỏ nhất. Lời giải Dựng hình bình hành 'BNMB (hình bên) 'BB MN a⇒ = = (không đổi); ', 'NB MB B= cố định. Gọi 'A là điểm đối xứng của A qua đường thẳng d . Ta có 'AM A M= , 'A cố định. Xét ba điểm ', , 'A M B ta có ' ' ' 'A M MB A B+ ≥ Do đó ' 'AM MN NB A M MN MB+ + = + +
( ' ')A M MB MN= + + ' 'A B a≥ = không đổi
Dấu " "= xảy ra [ ' '].M A B⇔ ∈ Ví dụ 2: Cho góc nhọn xOy . A là điểm nằm trong góc đó. Hãy tìm trên hai tiaOx và Oy lần lượt hai điểm B vàC sao cho chu vi tam giác ABC nhỏ nhất. Lời giải: Gọi 1A và 2A lần lượt là điểm đối xứng của A qua hai tiaOx vàOy .
A cố định, �xOy cố định nên 1A và 2A cố định. Theo tính chất đối xứng trục ta có:
1 ;AB A B= 2 .AC A C=
ABCP AB BC AC= + +
1 2A B BC A C= + +
Xét các điểm 1 2, , ,A B C A ta có 1 2 1 2A B BC A C A A+ + ≥
Do đó 1 2ABCP A A≥ (không đổi)
Dấu " "= xảy ra 1 2, , ,A B C A⇔ thẳng hàng và sắp xếp theo thứ tự đó.
Ví dụ 3: Cho hình vuông ABCD . , , ,M N P Q là đỉnh của tứ giácMNPQ lần lượt thuộc các cạnh , , ,AB BC CD DA (MNPQ gọi là tứ giác nội tiếp hình vuông). Tìm điều kiện tứ giácMNPQ có chu vi nhỏ nhất. Lời giải: Gọi , ,E F G lần lượt là trunh điểm của các đoạn thẳng
, , .MQ MP NP AMQ� vuông góc tại A có
AE là trung điểm nên1
2AE MQ= 2 .MQ AE⇒ =
31
Tương tự 2NP GC= Mặt khác ,EF FG lần lượt là đường trung bình của các tam giác MPQ� và NPM�
nên1
2EF PQ= và
1
2FG MN=
Suy ra 2PQ EF= và 2 .MN FG= Do đó MNPQP MN NP PQ QM= + + +
2 2 2 2FG GC EF AE= + + + 2( )AE EF FG GC AC= + + + ≥ (không đổi )
(Xét các điểm , , , ,A E F G C ) Dấu " "= xảy ra , , , ,A E F G C⇔ thẳng hàng.
MN AC PQ⇔ � � và .MQ BD NP� � Khi đó MNPQ là hình chữ nhật. Ví dụ 4: Cho đường tròn ( ; )O R đường kính AB cố định,C là một điểm cố định nằm giữa A và .O M di động trên đường tròn ( ; ).O R Tìm vị trí củaM trên ( ; )O R tương ứng lúc độ dài CM lớn nhất, nhỏ nhất. Lời giải: Xét ba điểm , ,C O M ta có OM CO CM CO OM− ≤ ≤ +
OA OM OB R= = = Do đó CA CM CB≤ ≤
CM CB≤ (không đổi) Dấu " "= xảy ra M B⇔ ≡ Vậy khiM B≡ thì đoạn thẳngCM có độ dài lớn nhất. Mặt khácCM CA≥ (không đổi) Dấu " "= xảy ra M A⇔ ≡ Vậy khiM A≡ thì đoạn thẳng CM có độ dài nhỏ nhất. Ví dụ 5: Cho hai đường tròn ngoài nhau ( ; )O R và ( '; ').O R A nằm trên đường tròn ( )O , B nằm trên đường tròn ( ').O Xác định vị trí các điểm ,A B để đoạn thẳng AB có độ dài lớn nhất, nhỏ nhất. Lời giải: ( ')OO cắt ( )O tại ,C D và cắt ( ')O tại , .E F Xét ba điểm , ',A O B , ta có
' ' ' 'O A O B AB O A O B− ≤ ≤ +
Xét ba điểm , , 'O A O , ta có
' ' 'O O OA O B OA OO− ≤ ≤ +
Mà OA OC OD R= = = và ' ' ' 'O B O E O F R= = =
Do đó ' ' ' 'OO OD O E AB OC OO O F− − ≤ ≤ + + DE AB EF⇒ ≤ ≤
* AB EF≤ (không đổi) Dấu " "= xảy ra ,A C⇔ ≡ B F≡
32
Vậy AB có độ dài lớn nhất khi A C≡ và B F≡ * AB DE≥ (không đổi) Dấu " "= xảy ra A D⇔ ≡ và B E≡ Vậy AB có độ dài nhỏ nhất khi A D≡ và B E≡ . ▼ Dang 3: Vận dụng bất đẳng thức trong đường tròn. I. Kiến thức cần nhớ: - Đường kính dây cung lớn nhất của đường tròn. - Trong đường tròn ( )O : AB và CD là hai dây cung, H và K lần lượt là hình chiếu vuông góc trên AB và CD . Ta có OH OK AB CD≥ ⇔ ≤ � � AB CD AOB COD⇔ ≤ ⇔ ≤
Ví dụ 1: Cho đường tròn ( ; );O R AC là đường kính.BD là dây cung của ( ; )O R và BD vuông góc với AC . Xác định vị trí của dây BD để diện tích tứ giác ABCD lớn nhất. Lời giải AB CD⊥ (gt)
Nên 1
. .2ABCDS AC BD R BD= =
Mà BD là dây cung của ( ; )O R do đó 2BD R≤ Vậy 22ABCDS R≤ .
Dấu " "= xảy ra BD là đưòng kính của ( )O . Ví dụ 2: Cho nửa đường tròn ( ; )O R đường kính AB . M là điểm di động trên nửa đường tròn. Qua M vẽ tiếp tuyến với đường tròn, gọi D,C lần lượt là hình chiếu, của A; B trên tiếp tuyến ấy. Xác định vị trí của điểm M để diện tích cùa tứ giác ABCD có giá trị lớn nhất. Lời giải Ta có AD DC⊥ (gt) BC DC⊥ (gt) AD BC⇒ �
ABCD⇒ là hình thang mà � 90oD = nên ABCD là hình thang vuông. OM DC⊥ nên OM AD� và O là trung điểm AB Nên OM là đường trung bình của hình thang ABCD
2
AD BCOM
+⇒ =
Do đó . .2ABCD
AD BCS DC OM DC
+= =
Vẽ AE BC⊥ . Tứ giác ADCE là hình chữ nhật � � �( 90 )OADC DCE AEC= = = DC AE⇒ = � 90OAEC = E⇒ thuộc đường tròn đường kính AB.
33
AE⇒ là dây cung của đường tròn ( )O . 2DC R⇒ ≤ (trong đường tròn đường kính là dây cung lớn nhất) Do đó 2.2 2ABCDS R R R≤ =
Dấu " "= xảy ra AE⇔ là đường kính của ( )O
OM AB M⇔ ⊥ ⇔ là trung điểm �AB . Ví dụ 3: Cho tam giác đều ABC nội tiếp trong đường tròn ( ; )O R . M là điểm di động trên trên ( )O . Xác định các vị trí của điểm M để tổng MA MB MC+ + đạt giá trị lớn nhất. Lời giải Xét M thuộc cung BC. Trên dây MA lấy điểm D sao cho MD MB MBD= ⇒� cân. � � 60oBMA BCA= = (hai góc nội tiếp cùng chắn �AB ) Do dó MBD� đều.
,BD MB⇒ = � 60oDBM = � � � �60oABD ABC DBC DBC= − = − � � � �60oMBC MBD DBC DBC= − = −
Suy ra � �ABD MBC= . Xét MBC� và DBA� có
MB BD= ,� �MBC ABD= ,BC AB= ( ABC� đều) Do đó MBC� = DBA� (c.g.c) Suy ra MC DA= Ta có MA MD DA MB MC= + = +
2.MA MB MC MA⇒ + + = . MA là dây cung của ( ; )O R 2MA R⇒ ≤ (Đường kính là dây cung lớn nhất của đường tròn) Do đó 4MA MB MC R+ + ≤ (không đổi) Dấu " "= xảy ra MA⇔ là đường kính của ( )O
M⇔ là trung điểm cung BC. Lập luận tương tự ta có ba vị trí để MA MB MC+ + đạt giá trị lớn nhấ là trung điểm các cung BC; AC; AB. Ví dụ 4: Cho đường tròn ( ; )O R ; BC là dây cung cố định ( 2BC R≠ ). A là điểm chuyển động trên cung lớn BC. Xác định vị trí của A để chu vi tam giác ABC lớn nhất. Lời giải
.ABCP AB AC BC= + + BC không đổi. Trên tia đối tia AB lấy điểm D sao cho AD AC=
ADC� cân tại A � �2BAC ADC⇒ = �BAC không đổi �ADC⇒ không đổi. �BDC không đổi, BC cố định
34
D⇒ thuộc cung chứa góc có số đo 1
4sđ�BC của ( )O
dựng trên đoạn thẳng BC.
ABCP lớn nhất ( )max ( )maxAB AC AB CD⇔ + ⇔ +
maxBD⇔ ⇔BD là đường kính của cung chứa góc nói trên.
Khi đó � 90oBDC = .
Mà � � � � 90oABC BDC ACB ACD+ = + = � �BDC ACD= ( )AC AD=
Do đó � � � �ABC ACB AB AC= ⇔ = ⇔A là trung điểm cung lớn BC. Ví dụ 5 : Cho đường tròn ( ; )O R .A điểm cố định trong đường tròn ( A O≠ ). Xác định vị trí của diểm B
trên đường tròn ( )O sao cho �OBA lớn nhất. Lời giải Vẽ dây BC của đường tròn ( )O qua A. OBC� cân ( )OB OC=
��180
2
o BOCOBC
−=
vẽ OH BC⊥ ( )H BC∈ A BC∈ nên OH OA≤ (không đổi) Dấu " "= xảy ra H A⇔ ≡ AB OA⇔ ⊥ tại A.
Ta có �OBA lớn nhất �BOC⇔ nhỏ nhất �BC⇔ nhỏ nhất ⇔ dây BC nhỏ nhất
⇔ OH lớn nhất H A⇔ ≡ AB OA⇔ ⊥ tại A. ▼ Dạng 4:Vận dụng bất đẳng thức đại số I. Kiến thức cần nắm:
● Bất đẳng thức côsi cho 2 số dương: Cho 2 số dương a và b ta có:
2
a bab
+≥
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a=b . ● Bất đẳng thức Bunhiacopxki Sraxo (B.C.S):
Cho 4 số thực a,b,x,y ta có:
( ) ( )( )2 2 2 2 2ax by a b x y+ ≤ + +
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi ax=by. II. Một số bài tập ví dụ: Ví dụ 1: Cho đoạn thẳng AB=a. C là điểm trên đoạn thẳng AB. Vẽ các hình vuông ABCD và CBFG. Xác định vị trí diểm C để ACDE CBFGS S+ đạt giá trị nhỏ nhất. Lời giải: Đặt AC = x
35
Ta có CB a x= − (0 x a≤ ≤ ) 2
ACDES x= , 2( )CBFGS a x= − 2 2( )ACDE CBFGS S x a x+ = + −
2 2 22x a ax x= + − + 2 2
22( )4 2
a ax ax= − + +
2 2 2
22 2 2
a a ax = − + ≥
(không đổi)
Dấu " "= xảy ra 02 2
a ax x⇔ − = ⇔ =
Ví dụ 2: Cho đoạn thẳng BC cố định. A là điẻm di động sao cho tam giac ABC nhọn. AA’ là đường cao và H là trực tâm của tam giác ABC. Xác định vị trí điểm A để
'. 'AA HA đạt giá trị lớn nhất. Lời giải:
Xét 'A BH� và 'A AC� có � � ( ) � �' ' 90 , ' 'oBA H AA C A BH A AC= = =
(hai góc nhọn có cạnh tương ứng vuông góc)
Do đó ' '
' ' '. ' ' . ' .' '
HA A BA BH A AC AA HA A B A C
A C AA⇒ = ⇒ =� �∼
Ta có 2' . ' ' ( ' ) ' . 'A B A C A B BC A B A B BC A B= − = − 2
2( ' . ' )4 2
BC BCA B BC A B= − − +
22 2
' .4 2 4
BC BC BCA B = − − ≤
Vậy 2
AA'.HA' .4
BC≤ (không đổi)
Dấu " "= xảy ra '2
BCA B⇔ =
'A⇔ là trung điểm BC A⇔ thuộc trung trực BC. Vậy ABC� nhọn nên A nằm ngoài đường tròn đường kính BC. Ví dụ 3: Trong các tứ giác nội tiếp hình chữ nhật cho trước. Tìm tứ giác có tổng bình phương các cạnh nhỏ nhất. Lời giải:
AMQ� có � 90oA = theo định lí Pitago ta có 2 2 2QM AM AQ= + Tương tự 2 2 2MN BM BN= + , 2 2 2NP CN CP= + , 2 2 2PQ DP DQ= + Do đó 2 2 2 2 2 2 2 2 2MN NP PQ BM BN CN CP DP DQ+ + = + + + + +
Ta có 2 2 2
2 2 2( ) ( ) ( ) 1
2 2 2
AM BM AM BM AM BMAM BM AB
+ + − ++ = ≥ =
36
Chứng minh tương tự ta có
2 2 21
2CP DP CD+ ≥
2 2 21
2DQ AQ AD+ ≥
Do đó ( )2 2 2 2 2 2 2 21
2MN NP PQ QM AB BC CD DA+ + + ≥ + + + (không đổi)
Dấu " "= xảy ra
AM BM
BN CN
CP DP
DQ AQ
= =
⇔ ⇔=
=
MNPQ là hình thoi.
Ví dụ 4: Cho điểm A cố định nẳm ngoài đường tròn ( );O R . Qua A vẽ đường thẳng d cắt đường tròn ( )O
tại hai điểm B;C.Xác định vi trí của d để tổng AB AC+ đạt giá trị nhỏ nhất. Lời giải: Vẽ cát tuyến ADE qua O
Xét ABE� và ACD� có �A (chung); � �AEB ACD= (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BD)
Do đó . .AB AE
ABE ACD AB AC AE ADAD AC
⇒ = ⇒ =� �∼
Mà ( )( )22 2 2.AE AD OA OE OA OE OA OE OA R= + − = − = −
Ta có ( 2 . )AB AC AB AC AB AC+ = + − 2( ) 2 . 2 .AB AC AB AC AB AC= − + ≥
2 22 OA R= − (không đổi) Dấu " "= xảy ra d⇔ là tiếp tuyến của ( );O R .
Ví dụ 5: Cho nửa đường tròn ( );O R đường kính AB. M là điểm chuyển động trên nửa đường tròn. Xác
định vị trí điểm M để 3MA MB+ đạt giá trị lớn nhất. Lời giải: � 90oAMB = (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) MAB� có � 90oM = nên theo định lí Pitago ta có
2 2 2 24MA MB AB R+ = = Áp dụng BĐT 2 2 2 2( )( )ax by a b x y= ≤ + +
Ta có: ( )2 23 3 (1 3)MA MB MA MB MA MB+ = + ≤ + +
2 2 21
2BN CN BC+ ≥
37
24.4 4 .R R= = 3 4MA MB R= ≤ (không đổi)
Dấu " "= xảy ra 3.MA MB⇔ = MAB⇔� là nửa tam giác đều
⇔ sđ� 60oMA = .
38
Phần 3: CỰC TRỊ TRONG LƯỢNG GIÁC ▼ Dạng 1: Sử dụng bất đẳng thức của hàm Sinx va Cosx. I. Phương pháp giải: Thông thường để giải một bài cực trị ta sử dụng các bđt đã được chứng minh. Tương tự, ở lượng giác vẫn có những bđt riêng biệt. Đối với hàm số đơn giản chỉ có sin và cos. Ta sử dụng:
1 1
1 1
Sinx
Cosx
− ≤ ≤− ≤ ≤
II. Một số bài tập ví dụ: Ví dụ 1: Tìm GTLN, GTNN của hàm số:
a) y = 1 - 2 sin 3x
b) y = 1 - 1 sin x− Lời giải: a) Vì 0≤ sin 3x ≤1 nên 1≥1 - 2 sin 3x ≥1-2 = -1.
Dấu bằng xảy ra khi : sin 3x = 0⇔ sin3x = 0⇔ 3x = kπ ⇔ x = 3
kπ
Vâỵ GTLN của hàm số là 1 và GTNN của hàm số là -1tại x = 3
kπ
Vì -1≤ sinx≤1 nên 2 ≥1- sinx ≥0 ⇔ 2 ≥ 1 sin x− ≥0 ⇔ 1+ 2 ≥1+ 1 sin x− ≥1.
1+ 1 sin x− = 1 + 2 khi sinx = -1 ⇔ x = 22
kπ
π− +
1+ 1 sin x− = 1 khi sinx = 1 ⇔ x = 22
kπ
π+
Vâỵ GTLN của hàm số là 1+ 2 tại x = x = 22
kπ
π− + và GTNN của hàm số là 1 tại x =
22
kπ
π+ .
Vẫn có thể sử dụng một số kĩ năng cơ bản để tìm cực trị: Ví dụ 2: Tìm GTLN của sin12x + cos12x Lời giải: Cách 1: Vì -1≤ sinx≤1 và -1≤ cosx⇒1 nên ta có : sin12x ≤ sin2x và cos12x ≤ cos2x ⇒ sin12x + cos12x ≤ sin2x + cos2x = 1 Cách 2:
39
Ta sin12x + cos12x = 1 – 2sin6x.cos6x ≤1. Vậy GTLN cuả sin12x + cos12x là 1. Ví dụ 3:
Tìm GTLN, GTNN cuả: sinx + sin2
3x
π +
( Bài tập cần qua bước biến đổi) Lời giải:
Ta có sinx + sin2
3x
π +
= 2sin3
xπ +
.cos
3
π= sin
3x
π +
.
Mà
-1≤ sin3
xπ +
≤1 nên GTNN của sinx + sin
2
3x
π +
là -1 và GTLN là 1.
Ví dụ 4:
Tìm GTLN , GTNN của biểu thức : 2 2
( )(1 )
(1 )(1 )
a b ab
a b
+ −
+ + ∀ a,b
Lời giải: (Đối với bài tập này, ban đầu không phải là dạng lượng, ta phải đưa về lượng giác qua các phép biến đổi để tìm cực trị). Đặt a= tan x b= tan y Ta có:
2 2
( )(1 )
(1 )(1 )
a b ab
a b
+ −+ + =
2 2
(tan tan )(1 tan .tan )
(1 tan )(1 tan )
x y x y
x y
+ −+ +
=
2 2
sin( ) c ( ).
cos .cos cos .cos1 1
.cos cos
x y os x yx y x y
x y
+ +
=
1
2sin 2( )x y+ ≤
1
2 ( vì sin 2( )x y+ ≤1) ⇒ -
1
2≤
2 2
( )(1 )
(1 )(1 )
a b ab
a b
+ −
+ +≤1
2
Vậy GTNN của biểu thức là -1
2và GTLN là
1
2.
▼ Dạng 2: Hình thành bình phương đủ I. Phương pháp giải: Dựa trên sự chuyển đổi qua lại giữa sin và cos, sử dụng các công thức lượng giác. II. Một số bài tập ví dụ: Ví dụ 1: Tìm GTLN của biểu thức A= cosA.cosB.cosC
40
Lời giải : Ta có: cosA.cosB.cosC = [ ]1( ) ( ) cos
2cos A B cos A B C+ + − =
[ ]1cos ( ) cos
2C cos A B C− + − = 2 21 1
cos . ( ) ( )2 4
cos C C cos A B cos A B − − − + −
+ 211 sin ( )
8A B − − =
1
8
22 21 1 1
cos ( ) sin ( )2 2 8
C cos A B A B − − − − − ≤ 1
8
Dấu bằng xảy ra khi cosC = 1
( )2cos A B− cosC =
1
2
⇔
sin( )A B− = 0 � �A B=
⇔ � �A B= = �C = 60o.
Vậy GTLN của biểu thức A là 1
8 khi ∆ABC đều
▼ Dang 3: Sử dụng các bất đẳng thức lượng giác trong tam giác. I. Phương pháp giải: Trong tam giác ABC nhọn:
tan tan tan tan tan tan 12 2 2 2 2 2
cot .cot cot cot cot cot 1
tan tan tan tan .tan .tan
A B B C C A
A B B C C A
A B C A B C
∗ + + =
∗ + + =
∗ + + =
a) tanA+ tanB+ tanC 3 3≥
b) tan tan tan 32 2 2
A B C+ + ≥
c) 1
tan .tan .tan2 2 2 3 3
A B C≤
d) 3
cos cos cos2
A B C+ + ≤
► Chứng minh: a) Áp dụng bđt Côsi cho 3 số dương:
3tanA tanB tanC 3 tan .tan .tan
3tanA tanB tanC 3 tanA tanB tanC
3 2(tanA tanB tanC) 27(tanA tanB tanC) (tanA tanB tanC) 27
tanA tanB tanC 3 3
A B C+ + ≥
⇔ + + ≥ + +
⇔ + + ≥ + + ⇔ + + ≥
⇔ + + ≥
(đpcm)
41
b) Áp dụng bất đẳng thức: ( ) ( )23a b c ab bc ac+ + ≥ + + ta coù:
2
tan tan tan 3 tan tan tan tan tan tan2 2 2 2 2 2 2 2 2
A B C A B B C C A + + ≥ + +
= 3
⇔ tan tan tan2 2 2
A B C+ + ≥ 3 (đpcm)
c) Áp dụng bđt Côsi 2 2 23tan tan tan tan tan tan 3 tan tan tan2 2 2 2 2 2 2 2 2
A B B C C A A B C+ + ≥
⇔3
2 2 2 1tan tan tan
2 2 2 3
A B B ≤
⇔1
tan tan tan2 2 2 3 3
A B B≤ (đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi ∆ABC đều. Cách 1:
Xét cos cos cos 60A B C cos+ + + = 22 2
A B A Bcos cos
+ −
+
60 602
2 2
C Ccos cos
+ −
602
2 2
A B Ccos cos + + ≤ + =
60 604 .
4 4
A B C A B Ccos cos
+ + + + − −=
4 60cos≤
1cos cos cos 2
2A B C⇔ + + + ≤
3cos cos cos
2A B C⇔ + + ≤ (đpcm)
Cách 2: (Ứng dụng tích vô hướng để chứng minh)
Lấy các vectơ 1e��, 2e���, 3e�� như hình vẽ và có độ dài là 1: 1 2 3e e e= =
�� ��� ��=1.
Hiển nhiên ta có:
( )
( ) ( ) ( )
2
1 2 3
1 2 2 3 3 1
0
3 2 , 2 , 2 , 0
e e e
cos e e cos e e cos e e
+ + ≥
⇔ + + + ≥
�� ��� ��
�� ��� ��� �� �� ��
3cos cos cos
2A B C⇔ + + ≤ ⇒ đpcm
Dấu bằng xảy ra khi 1 2 3e e e+ +�� ��� ��
= 0 ABC⇔ ∆ ABC⇔ ∆ đều
Có thể sử dụng các bđt thức trên hoặc khai thác thêm các bđt sau trong tam giác (phải chứng minh trước khi áp dụng):
) tan tan tan 3 3n n n ne A B C+ + ≥
3 3)sin sin sin
2f A C B+ + ≤
A
B C
42
2 2 2
) cot cot cot 3
3)
4
g A B C
h cos A cos B cos C
+ + ≥
+ + ≥
2 2 2
3) sin sin sin
2 2 2 23
)2 2 2 2
3)sin sin sin
2 2 2 4
A B Ci
A B Cj cos cos cos
A B Ck
+ + ≤
+ + ≤
+ + ≥
2 2 2)tan tan tan 9m A B C+ + ≥ (∆ nhọn)
2 2 2) tan tan tan 12 2 2
3 3) sin .sin .sin
81
) sin .sin .sin2 2 2 8
3 3) os . os . os
2 2 2 8
A B Cn
o A B C
A B Cp
A B Cq c c c
+ + ≥
≤
≤
≤
2 2 2 9
) os os os2 2 2 4
A B Cl c c c+ + ≤
II. Một số bài tập ví dụ: Ví dụ 1: Tìm GTNN của biểu thức:
A= 2 2 2sin sin sin2 2 2
A B C+ + sin .sin .sin
2 2 2
A B C
43
Lới giải:
Ta có A=1 cos 1 cos 1 cos
sin .sin .sin2 2 2 2 2 2
A B C A B C− − −+ + +
=3 1
1 4sin .sin .sin sin .sin .sin2 2 2 2 2 2 2 2
A B C A B C − + +
(vì cos cos cos 1 4sin .sin .sin2 2 2
A B CA B C+ + = + )
=1− sin .sin .sin2 2 2
A B C 11
8≥ − =
7
8
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức là :7
8.
Ví dụ 2:
Tìm GTNN của biểu thức B= 6 6 6tan tan tan2 2 2
A B C+ +
Lời giải: Không sử dụng gián tiếp các bđt thức cm trên, ta sử dụng các bđt toán học quen thuộc. Ta có:
( )6 6 6 3 3 3 3 3 3tan tan tan tan tan . tan tan .tan tan 12 2 2 2 2 2 2 2 2
A B C A B B C C A+ + ≥ .
Nếu x = tan tan2 2
A B, y = tan tan
2 2
B C, z = tan tan
2 2
C A, thì x+y+z = 1.
Áp dụng BCS với hai dãy , ,x y z vaø 3 3 3, ,x y z ta có:
( ) ( ) ( )23 3 3 2 2 2x y z x y z x y z+ + + + ≥ + +( )
22
3
x y z + +≥
=
1
9( )3 3 3 12
9x y z⇔ + + ≥
Từ (1) và (2) 6 6 6 1tan tan tan
2 2 2 9
A B C⇒ + + ≥ . Dấu bằng xảy ra khi x = y = z
⇔ A=B=C .
Vậy GTNN của B là 1
9.
1. Tìm GTLN của biểu thức D= tan . tan .tan4 4 4
A B C
44
2. Cho , , 0
. .
a b c
a Sinx b Siny c
≥
+ = Tìm GTLN của biểu thức
E=2 2os osc x c y
a b+ .
▼ Dạng 4: Biểu thức chứa các hàm số lượng giác. I. Phương pháp giải: Giả sử các góc A, B, C thoả mãn hai điều kiện:
1) )
( ) ( ) 22
A Bf A f B f
+ + ≥
hoặc 2( ). ( )2
A Bf A f B f
+ ≥
Đẳng thức xảy ra khi A=B;
2) 3( ) 23 2
Cf C f f
ππ
+ + ≥
hoặc 2 3( ).3 2
Cf C f f
ππ
+ ≥
Đẳng thức xảy ra khi C=3
π.
Khi cộng hoặc nhân (1), (2) ta sẽ có bđt ( ) ( ) ( ) 33
f A f B f C fπ + + ≥
(3)
hoặc 3( ). ( ). ( )3
f A f B f C fπ ≥
(4) Đẳng thức xảy ra khi A=B=C. Tương tự ta cũng có bđt với chiều ngược lại Xét các VD sau: Ví dụ 1: Trong tam giác ABC, tìm GTNN của biểu thức
1 1 1
1 sin 1 sin 1 sinA B C+ +
+ + +
Lời giải: Ta có:
1 1
1 sin 1 sinA B+
+ +
4
2 sin sinA B≥
+ +(áp dụng
1 1 4
x y x y+ ≥
+)
( )4 4
2 2 sin sin 2 2 sin .2 2
A B A BA B cos
≥ =+ −+ + +
(áp dụng BCS)
2
1 sin2
A B≥
++
⇒ ≥1 1 2
+ (5)1+ sinA 1+ sinB A +B
1+ sin2
(có dạng (1))
45
Tương tự sin 60 60
≥
1 1 2+ (6)
1+ sinC 1+ C+1+ sin
2
.Cộng (5) và (6) ta có:
1 1 1 1
1 sin 1 sin 1 sin 1 sin 60A B C+ + +
+ + + +
1 12
60
≥ +
A +B C+1+ sin 1+ sin2 2
4
1 sin 60≥
+ ( Cũng làm tương tự các bước (5), (6))
Suy ra 1 1 1
1 sin 1 sin 1 sinA B C+ +
+ + +
3
1 sin 60≥
+ 4
3 2
2 3=
+
Vậy GTNN của biểu thức là 4
3 2
2 3+. Dấu bằng xảy ra khi ABC∆ đều.
Ví dụ 2: Trong tam giác ABC, tìm GTNN của biểu thức
1 1 11 . 1 . 1
sin sin sinA B C + + +
Lời giải: Ta có:
1 11 . 1
sin sinA B + +
1 1 11
sin sin sin .sinA B A B= + + +
22 1
1sin .sin sin .sinA B A B
≥ + +
21
1sin .sinA B
= + ( ) ( )
2
21
cos A B cos A B
= + − − +
( )
22
2 11 1
1 sin2
A Bcos A B
≥ + = + + − +
2
11
60sin
2C
≥ + +
(có dạng (1))
46
Tương tự
2
1 1 11 . 1 1
60sin sin 60sin
2CC
+ + ≥ + +
(8)
Nhân (7) và (8) ta được 1 1 1 1
1 . 1 . 1 . 1sin sin sin sin 60A B C
+ + + +
2
1 11 . 1
60sin sin2 2
A B C
≥ + + + +
41
1sin 60
≥ +
Suy ra 1 1 1
1 . 1 . 1sin sin sinA B C
+ + +
31
1sin 60
≥ +
32
13
= +
Vậy GTNN của biểu thức là 3
21
3
+
khi ABC∆ đều.
▼ Dạng 5: Sử dung đạo hàm I . Kiến thức cần nắm: Để giải các dạng bài toán này cần sử dụng tới một số cong thức tính đạo hàm sau đây:
( )( ) ( )( )( ) ( )
( )
( ) ( )
2
2
'
' '.
'
os ' '.
1tan '
'tan '
Sinx Cosx
Sinu u Sinx
Cosx Sinx
C u u Sinx
xCos xu
uCos u
=
=
= −
= −
=
=
II. Một số bài tập ví dụ: .Ví dụ 1: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số ( ) 3cos3 2cos2 9cos 2y f x x x x= = + + +
Lời giải: Lời giải:
TXĐ: D=R Ta có ( ) ( ) ( )3 23 4cos 3cos 2 2cos 1 9cos 2y f x x x x x= = − + − + +
3 212cos 4cosx x= +
47
10
243
16
8−0
Đặt t = cos x , 1 1t− ≤ ≤ Ta có ( ) 3 212 4y g t t t= = +
( )' ' 2
' 2
36 8
0 36 8 0
y g t t t
y t t
= = +
= ⇔ + =
( )4 9 2 0
0
2
9
t t
t
t
⇔ + =
=⇔ = −
Bảng biến thiên t
-1 2
9− 0 1
( )'g t + 0 - 0 +
( )g t
Căn cứ vào bảng biến thiên ta được: max f(x) = max g(t) = 16 min f(x) = min g(t) = -8
Ví dụ 2: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
( ) 2 2cos 2cos 5 cos 4cos 8y f x x x x x= = − + + + +
Lời giải: TXĐ: D=R Đặt t = cos x, 1 1t− ≤ ≤
Ta có ( ) 2 22 5 4 8y g t t t t t= = − + + + +
Dg(x)= [-1,1]
( )' '
2 2
1 2
2 5 4 8
t ty g t
t t t t
− += = +
− + + +
( ) ( )
( )( )
2 2
2 2
1 4 8 2 2 5
2 5 4 8
t t t t t t
t t t t
− + + + + − +=
− + + +
48
2 2 5+2 13+
5
' 0y =
( ) ( )2 21 4 8 2 2 5 0t t t t t t⇔ − + + + + − + =
( ) ( )2 22 2 5 1 4 8 0t t t t t t⇔ + − + = − + + = (do 1 1t− ≤ ≤ )
( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )
2 22 22 2 5 1 4 8
2 1 0
24 12 0
2 1
11
22
2 1
t t t t t t
t t
t
t
tt
t
+ − + = − + +⇔ + − ≥+ =
⇔ − ≤ ≤
= −⇔ ⇔ = −
− ≤ ≤
Bảng biến thiên
t -1
1
2− 1
( )'g t + 0 -
( )g t
Căn cứ vào bảng biến thiên ta có max f(x) = max g(x) = 2 13+ min f(x) = min g(x) = 5
Ví dụ 3: Cho cos 2 cos 2 1, ,x y x y R+ = ∀ ∈ .Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:
2 2tan tanA x y= + Lời giải: Ta có: 2 2tan tanA x y= + ( ) ( )2 2tan 1 tan 1 2x y= + + + −
2 2
2
2
1 1 2 22 2
cos cos 1 cos 2 1 cos 2
2cos 2 2cos 2 2
cos 2 cos 2 2
x y x y
x x
x x
= + − = + −+ +
− +=
− + +
Đặt cos 2t x= với 1 1t− ≤ ≤ , ta có :
49
( )
( )( )
2
2
22
2 1( ) , 1 1
26 2 1 1
'( ) 022
t tA f t t
t tt
f t tt t
− += = − ≤ ≤
− + +−
⇒ = = ⇔ =− + +
t 1− 1
2 1
'( )f t − 0 +
( )f t 2
3
Vậy min A2
3= khi ,
6x
ππ= ± + ∈�k k
( )g x nhỏ nhất 2 1sin
3x⇔ = ⇒ min ( )g x
21 1 5 5
33 3 3 3
= − + =
Do đó : 1 3 4 8
1 13 5 3 5
y y+ ≤ ≤ + ⇔ ≤ ≤
Vậy max8
5y = ; min
4
3y =
► . Một số bài tập dạng tương tự: 1.Tìm giá trị lớn nhất của hàm số:
2 21 11 cos 5 2sin
2 2y x x= + + +
2.Tìm giá trị nhỏ nhất của:
2 2
2 22 2
1 1sin cos
sin cosy x x
x x = + + +
3.Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số:
1
50
2 2( ) 2sin 3sin cos 5cosy f x x x x x= = + + 4.Tim giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số:
24sin 2 sin 24
y x xπ = + +
5.Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:
1 1
,0sin cos 2
y xx x
π= + < <
6.Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: ( )( )( ) 2sin cos 2cos sinf x x x x x= + −
7. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số :
4 2
4 2
3cos 4sin
3sin 2cos
x xy
x x
+=
+
8.Cho tam giác ABC tìm giá trị lớn nhất của: ( )3 cos 3 cos cosP B A C= + +
9.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : 4 4 2 2cot cot 2 tan . tan 2P a b a b= + + +
10.Cho , ,α β δ thoả mãn điều kiện :
2 2 2cos cos cos 1α β δ+ + = Tìm giá trị lớn nhất của:
2 2 21 cos 1 cos 1 cosy α β δ= + + + + +
11.Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số
( )3 2 2
1cos sin
cos siny x x
x x= + +
12.Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số 10 10cos siny x x= + 13. Cho ∆ABC. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
M= cos2A + cos2B – cos2C 14. Tìm GTLN và GTNN của hàm số
2 cos
sin cos 2
xy
x x
+=
+ −
15. Tìm GTLN và GTNN của hàm số
2
2
cos sin cos
sin 1
x x xy
x
+=
+ (1)
16. Định m để hàm số ( )4 42 sin cos sin cos cos 2y x x m x x x= + + (1)
51
có giá trị lớn nhất không lớn hơn 2 17. Tìm GTLN và GTNN của hàm số cos siny x x= +
18. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số
( )2 2
4
3sin 1 4sin
cos
x xy
x
−= với 0
6x
π< <
19. Cho ABC∆ có 3 góc nhọn, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P = tanA.tanB.tanC 20. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 1 tan tan 1 tan tan 1 tan tanM A B B C C A= + + + + +
với A, B, C >0 và A + B + C = 2
π
21. Trong mọi tam giác ABC,những tam giác nào làm cho biểu thức sau đạt giá trị lớn nhất:
Hướng dẫn và đáp số:
1. Ta có: 2 21 5 11 cos sin
2 4 2y x x= + + +
Áp dụng BĐT Bunhiacopski cho 4 số, ta có:
2 21 5 11 cos sin
2 4 2x x+ + + 2 2 2 21 5 1
1 1 . 1 cos sin2 4 2
x x≤ + + + +
9 1 22
24 2 2
≤ + =
Vậy max 22
2y =
Dấu “=” xảy ra khi : 2 21 51 cos sin
2 4x x+ =
2. Ta có:
( )2 2 2
2 2 2 2 2 22 2 2 2
1 1 1 1sin cos 1 1 sin cos
sin cos cos cosx x x x
x x x x
+ + + ≤ + + + +
2 2 22 2 2 2
2 2 2 2
1 1 1 1 1sin cos sin cos
sin cos 2 sin cosx x x x
x x x x ⇒ + + + ≥ + + +
3 3 3
3 3 3
sin sin sin
cos cos cos
A B CM
A B C
+ +=
+ +
52
2
2 2
1 11
2 sin .cosx x ≥ +
( )2
22
1 4 1 251 1 4
2 sin 2 2 2x ≥ + ≥ + =
Vậy min 25
2y =
Dấu “=” xảy ra khi:2 2sin cos
4sin 2 1
x xx
x
ππ
=⇔ = ± +
=k
3.Ta có : 2 22sin 3sin cos 5cosy x x x x= + +
( )3 51 cos 2 sin 2 1 cos 2
2 2x x x= − + + +
( )7 3sin 2 +cos2x
2 2x= +
7 3 2
cos 22 2 4
xπ = + −
Ta có:
( ) ( )
3 2 3 2 3 21 cos 2 1 cos 2
4 2 2 4 2
1 7 3 2 17 3 2 cos 2 7 3 2
2 2 2 4 2
x x
x
π π
π
− ≤ − ≤ ⇔ − ≤ − ≤
⇔ − ≤ + − ≤ +
Vậy max ( )17 3 2
2y = + ,min ( )1
7 3 22
y = −
4. Ta có: 24sin 2 sin 24
y x xπ = + +
( )2 1 2cos sin 2 +cos2x
=2+sin 2x - cos2x
=2+ 2 sin 24
x x
xπ
= − +
−
Với 1 sin 2 1 2 2 2 24
x yπ − ≤ − ≤ ⇔ − ≤ ≤ +
Vậy max 2 2y = + , min 2 2y = −
5. Với 02
xπ
< < cos 0x⇒ > và sin 0x >
53
Áp dụng BĐT Cauchy, ta có:
1 1
sin cosy
x x= +
2 2 22 2
sin cos sin 2x x x≥ = ≥
Dấu “=” xảy ra khi:sin 2 1
1 1
cos sin 2
x
x x
=
=
tan 1 0,4 2
x xπ π ⇔ = ⇔ = ∈
6.Ta có: ( )( )( ) 2sin cos 2cos sinf x x x x x= + −
2 24sin cos 2sin 2cos sin cosx x x x x x= − + − ( )2 23sin cos 2 cos sinx x x x= + −
3sin 2 2cos 2
2x x= +
( )14cos 2 3sin 2
2x x= +
5 4 3cos 2 sin 2
2 5 5x x = +
Đặt 4 3
cos ,sin5 5
α α= = với 02
πα< <
Ta có : ( ) ( )5 5( ) cos 2 cos sin 2 sin cos 2
2 2f x x x xα α α= + = −
Với ( ) ( )5 5 51 cos 2 1 cos 2
2 2 2x xα α− ≤ − ≤ ⇔ − ≤ − ≤
5 5
( )2 2
f x⇔ − ≤ ≤
Vậy max 5
( ) ;2
f x = min 5
( )2
f x = −
7. Ta có: ( )
( )
22 24 2
4 2 4 2
3 1 sin 4sin3cos 4sin
3sin 2cos 3sin 2 1 sin
xx xy
x x x x
− ++= =
+ + −
4 2
4 2 4 2
3sin 2sin 3 11
3sin 2sin 2 3sin 2sin 2
x x
x x x x
− += = +
− + − +
Đặt 2
4 2 2 1 5( ) 3sin 2sin 2 3 sin
3 3g x x x x = − + = − +
( )g x lớn nhất 2sin 1x⇔ = ⇒ max2
1 5( ) 3 1 3
3 3g x = − + =
54
8. Ta có: 3 cos 6cos cos2 2
A C A CP B
+ −= +
2
2
2
3 cos 6sin cos2 2
3 1 2sin 6sin2 2
2 3 sin 6sin 32 2
3 5 3 5 32 3 sin
2 2 2 2
B A CB
B B
B B
B
−= +
≤ − +
≤ − + +
≤ − − + ≤
Suy ra : max 5 3
2P = khi
cos 1302
3 120sin
2 2
A CA C
B B
− = = = ⇔
= =
9. Ta có: ( )24 4 2 2 2 2cot cot cot cot 2cot .cota b a b a b+ = − +
( )22 2 2 2 2 2cot cot 2cot .cot 2 tan .tan 2P a b a b a b⇒ = − + + +
( ) ( )22 2 2 2 2 2cot cot 2 cot .cot tan .tan 2cot .cot . tan . tan
4cot .cot . tan . tan 2
a b a b a b a b a b
a b a b
= − + + −
+ +
( ) ( )2 22 2cot cot 2 cot .cot tan . tan 4 2 6a b a b a b= − + − + + ≥
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi :
cot cot 0
cot .cot tan .tan 0 cot 1 4
a b a ba b
a b a b a
π− = = ⇔ ⇔ = =
− = =
Vậy min 6P = 10. Áp dụng BĐT Bunhiacopski cho 6 số, ta có:
2 2 21 cos 1 cos 1 cosα β δ+ + + + +2 2 2 2 2 21 1 1 . 1 cos 1 cos 1 cosα β δ≤ + + + + + + +
2 2 23. 3 cos cos cosα β δ≤ + + +
vì 2 2 2cos cos cos 1α β δ+ + = nên ta có : 2 2 21 cos 1 cos 1 cosα β δ+ + + + + 3. 4≤ 2 3=
Vậy max 2 3y =
55
Dấu “=” xảy ra khi: 2 2 21 cos 1 cos 1 cosα β δ+ = + = +
2 2 2
2 2 2
1 cos 1 cos 1 cos
1cos cos cos
31
cos cos cos3
α β δ
α β δ
α β δ
⇔ + = + = +
⇒ = = =
⇔ = = = ±
11. Ta có ( )3 2 2
1cos sin
cos siny x x
x x= + +
3
2
12 cos
4 1sin 2
2
x
x
π = − +
32
42 2 cos
4 sin 2x
x
π = − +
vì 3cos 1 cos 14 4
x xπ π − ≥ − ⇒ − ≥ −
32 2 cos 2 24
xπ ⇔ − ≥ −
và 2
2
40 sin 2 1 4
sin 2x
x≤ ≤ ⇒ ≥
suy ra 32
42 2 cos 4 2 2
4 sin 2y x
x
π = − + ≥ −
Dấu “=” xảy ra 2
cos 14
sin 2 1
x
x
π − = − ⇔ =
5
4x
π⇔ =
Vậy min 4 2 2y = − 12. Ta có: 10 10cos siny x x= +
5 5
1 cos 2 1 cos 2
2 2
x x+ − = +
( ) ( )5 5
5
11 cos 2 1 cos 2
2x x = + + −
56
( 2 3 4 5
5
11 5cos 2 10cos 2 10cos 2 5cos 2 cos 2
2x x x x x= + + + + +
)2 3 4 51 5cos 2 10cos 2 10cos 2 5cos 2 cos 2x x x x x+ − + − + −
( )2 412 20cos 2 10cos 2
32x x= + +
( )2 411 10cos 2 5cos 2
16x x= + +
( )2215 cos 2 1 4
16x = + −
Mặt khác 2 20 cos 2 1 1 1 cos 2 2x x≤ ≤ ⇔ ≤ + ≤
( )221 1 cos 2 4x⇔ ≤ + ≤
( )225 5 1 cos 2 20x⇔ ≤ + ≤
( ) ( ) ( )221 1 1
5 4 5 1 cos 2 4 20 416 16 16
x ⇔ − ≤ + − ≤ −
1
116
y⇔ ≤ ≤
Vậy max y =1, dấu “=” xảy ra khi x=0
min y = 1
16, dấu “=” xảy ra khi x=
4
π
13. Ta có
M= cos2A + cos2B – cos2C = 2cos(A+B)cos(A-B) + 1 – 2cos2C = -2cosC cos(A-B) + 1 – 2cos2C
= -2[cos2C + cos(A-B) cosC + 1
4cos2(A-B)] +
1
2[cos2(A-B)]
+1
= -2[cosC + 1
2cos(A-B)]2 +
1
2[1 - sin2(A-B)] +1
= 3
2 -2[cosC +
1
2cos(A-B)]2 -
1
2sin2(A-B)]
3
2≤
Dấu “=” xảy ra
( )
( )
1cos cos 0
2sin 0
C A B
A B
+ − =⇔
− =
57
1
cos 020
C
A B
+ =⇔
− =
1
cos 62
2
3
A BC
A B C
π
π
= = = − ⇔ ⇔
= =
Vậy max M = 3
2 ứng với ∆ABC có
A = B = 6
π và C =
2
3
π
14. Vì sin cos 2 cos4
x x xπ + = −
sin cos 2 2
sin cos 2 0
x x
x x
⇒ + ≤ <
⇔ + − <
hay sin cos 2 0x x+ − ≠ x R∀ ∈
Do đó 2 cos
sin cos 2
xy
x x
+=
+ − (1)
( )sin cos 2 2 cosy x x x⇔ + − = +
( )sin 1 cos 2 2y x y x y⇔ + − = + (2)
(1) có nghiệm đối với x ⇔ (2) có nghiệm đối với x
( ) ( )2 22
2 2
2
1 2 2
2 2 1 4 8 4
2 10 3 0
5 19 5 19
2 2
y y y
y y y y
y y
y
⇔ + − ≥ +
⇔ − + ≥ + +
⇔ + + ≤
− − − +⇔ ≤ ≤
Vậy min y = 5 19
2
− − và max y =
5 19
2
− +
15. Ta có :
( )24 4 2 2 2 2sin cos sin cos 2sin cosx x x x x x+ = + −
221 1
1 2 sin 2 1 sin 22 2
1 1 cos 4 3 11 cos 4
2 2 4 4
x x
xx
= − = −
− = − = +
58
Và 1 1
s in cos cos 2 sin 2 cos 2 s in42 4
x x x x x x= =
Nên
( ) 3 11 2 cos 4 s in4
4 4 4
4 6 2cos 4 s in4
2cos 4 s in4 4 6
my x x
y x m x
x m x y
⇔ = + +
⇔ = + +
⇔ + = −
PT trên có nghiệm đối với x
( )22 2
2 2
2 2
2 4 6
16 48 32 0
6 4 6 4
4 4
m y
y y m
m my
⇔ + ≥ −
⇔ − + − ≤
− + + +⇔ ≤ ≤
Do đó 26 4
max4
my
+ +=
Ta có 26 4
max 2 24
my
+ +≤ ⇔ ≤
2
2
4 2
4 4
0
m
m
m
⇔ + ≤
⇔ + ≤
⇔ =
16. Ta có (1) ( )2 2sin 1 cos sin cosy x x x x⇔ + = + (do sin2x +1≠ 0 )
1 cos 2 1 cos 2 1
1 s in22 2 2
cos 2 2y 1 cos 2 s in2
x xy x
y y x x x
− + ⇔ + = +
⇔ − + = + +
( )1 cos 2 s in2 3 1y x x y⇔ + + = − (2)
(1) có nghiệm đối với x ⇔ (2) có nghiệm đối với x
( ) ( )2 221 1 3 1y y⇔ + + ≥ −
2 2
2
2 2 9 6 1
8 8 1 0
y y y y
y y
⇔ + + ≥ − +
⇔ − − ≤
2 6 2 6
4 4
− +⇔ ≤
vậy 2 6
max4
y+
= và 2 6
min4
y−
=
59
17. Tìm GTLN và GTNN của hàm số cos siny x x= + Lời giải: Ta có cos siny x x= +
( )( )2 21 cos 1 sin 1 1 cos sinx x x x= + ≤ + + (BĐT
Bunhiacopski)
( )2 cos siny x x⇒ ≤ +
mặt khác cos sin 2 cos 24
x x xπ + = − ≤
suy ra 2 2y ≤ Dấu “=” xảy ra
cos sin
4cos 14
x xx
x
ππ
=
⇔ ⇔ = − =
Vậy max 2 2y = khi 4
xπ
=
Ta có 0 cos 1x≤ ≤ (ĐK để y xác định) và 0 sin 1x≤ ≤
2
2
2 2
cos cos cos
sin sin sin
1 cos sin cos sin
x x x
x x x
x x x x y
≤ ≤⇒
≤ ≤
⇒ = + ≤ + =
nên 1y ≥ , dấu “=” xảy ra khi x = 0 Vậy min y = 1 khi x = 0
18. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số
( )2 2
4
3sin 1 4sin
cos
x xy
x
−= với 0
6x
π< <
Lời giải:
Vì 1
0 0 sin6 2
x xπ
< < ⇒ < <
2 210 sin 1 4sin 0
4x x⇒ < < ⇒ − >
Áp dụng BĐT cô-si cho 2 số 23sin x và 21 4sin x− ta được
60
( ) ( )
( )
( )
2 2
2 2
222 2
42 2
3sin 1 4sin3sin 1 4sin
2
1 sin3sin 1 4sin
2
cos3sin 1 4sin (1)
4
x xx x
xx x
xx x
+ −≥ −
−⇔ ≥ −
⇒ ≥ −
Chia 2 vế của (1) cho 4cos x ( vì 40 cos 06
x xπ
< < ⇒ > )
Ta được ( )2 2
4
3sin 1 4sin 1
4cos
x xy
x
−= ≤
dấu “=” xảy ra 2 2 2 13sin 1 4sin sin
7x x x⇔ = − ⇔ =
ta tìm được 0 0,6
xπ ∈
thì 2 1
sin7
x =
Vậy 1
max4
y =
19.
Ta có 2 21 2cos 1 3siny x x= + + +
2 21 13 6cos 2 6sin
3 2x x= + + +
Áp dụng BĐT Bunhiacopski ta có :
( )
( )
2 21 13 6cos 2 6sin
3 2
5 555 6
6 6
y x x
y
≤ + + + +
⇒ ≤ + =
Dấu “=” xảy ra
2 2
2 2
2 2
2 2
3. 3 6cos 2. 2 6sin
3.(3 6cos ) 2.(2 6sin )
9 18cos 4 12(1 cos )
730cos 7 cos
30
x x
x x
x x
x x
⇔ + = +
⇔ + = +
⇔ + = + −
⇔ = ⇔ =
Vậy 55
max6
y =
20. Ta có A + B + C = π
61
tan( ) tan( )
A B C
A B C
ππ
⇔ + = −
⇒ + = −
tan tan
tan1 tan .tan
A BC
A B
+⇒ = −
−
tan tan tan (1 tan .tan )A B C A B⇔ + = − − tan tan tan tan .tan .tanA B C A B C⇔ + + = (1) Vì ABC∆ có 3 góc nhọn tan , tan , tan 0A B C⇒ > Áp dụng BĐT cô-si cho 3 số tgA, tgB, tgC 3tan tan tan 3 tan tan tanA B C A B C+ + ≥ (2) từ (1) và (2) ta được 3tan . tan . tan 3 tan tan tanA B C A B C≥
3
2
(tan .tan .tan ) 27 tan . tan . tan
(tan .tan .tan ) 27
tan .tan .tan 3 3
A B C A B C
A B C
A B C
⇔ ≥
⇔ ≥
⇔ ≥
Dấu “=” xảy ra khi tanA = tanB = tanC A B C⇔ = = hay ABC∆ đều
21.
Vì A + B + C = 2
π
( )
2
tan tan2
A B C
A B C
π
π
⇔ + = −
⇒ + = −
( )
tan tan 1cot
1 tan tan tantan tan tan 1 tan tan
tan tan tan tan tan tan 1
A BC
A B CA B C A B
A B B C C A
+⇔ = =
−⇔ + = −
⇔ + + =
Mặt khác áp dụng BĐT Bunhiacôpski ta được
( ) ( )2 2 21 1 1 1 tan tan 1 tan tan 1 tan tanM A B B C C A≤ + + + + + + +
( )3 3 1 2 3= + =
dấu bằng xảy ra khi tanA tanB = tanB tanC = tanC tanA tan tan tanA B C⇔ = =
6
A B Cπ
⇔ = = = (do A + B + C = 2
π)
Ta có: sin sin 2sin cos 2cos cos 2cos2 2 2 2 2
A B A B C A B CA B
+ − −+ = = ≤ (1)
62
Áp dụng BĐT : 33 3
2 2
a b a b+ + ≥
, dấu “=” xảy ra khi a b=
Ta có:
3
3 3sin sin sin sincos
2 2 2
A B A B C + +≤ ≤
( theo(1) )
3 3
3sin sin
cos2 2
A B C+⇔ ≤ (2)
Tương tự: 3 3
3sin sin
cos2 2
B C A+≤ (3)
3 3
3sin sin
cos2 2
C A B+≤ (4)
Cộng (2),(3),(4) ta có: 3 3 3 3 3 3sin sin sin cos cos cosA B C A B C+ + ≤ + +
⇔3 3 3
3 3 3
sin sin sin
cos cos cos
A B CM
A B C
+ +=
+ +1≤
Dấu “=” xảy ra khisin sin sin
3cos 12
A B CA B CA B
π= =
⇔ = = = −
=
Vậy max 1M = ⇔ABC là tam giác đều
63
Phần 5 : BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM Bài 1: Cho a + b ≥ 1, giá trị nhỏ nhất của biểu thức a3 + b3 là
A) 1 B) 1/2 C) 1/4 D) 2 Bài 2:
Giá trị lớn nhất của hàm số 2
2
1
1
x xy
x x
+ +=
− + là
A. 1
3 B. 3 C.
3
2 D.5
Bài 3:
Giá trị nhỏ nhất của hàm số 2
2
2 1
2 1
x xy
x x
− +=
+ +:
A.1 5
2
+ B.
1 5
2
− C.
9 4 2
7
+ D.
9 4 2
7
−
Bài 4: Cho a + b = 1, giá trị nhỏ nhất của biểu thức a4 + b4 là
A) 2 B) 1 C) 1/8 D) 1/4 Bài 5:
Cho a, b, c >0 thoả mãn 1 1 2
a c b+ = , giá trị nhỏ nhất của
2 2
a b c b
a b c b
+ ++
− − là
A.1 B.2 C.3 D.4 Bài 6:
Giá trị nhỏ nhất của hàm số ( )2
2
2 1
1
x xf x
x x
+ −=
− +
Bài 7:
GTNN, GTLN của hàm số 2
2
2 4 5
1
x xy
x
+ +=
− +
A. Min y = 1, max y = 6 B. Min y = -6, max y = -1 C. Min y =2, max y = 5 D. Min y = -5, max y = -2
A) 0 B) 2 C) 3 D) 4 Bài 8:
Cho a, b, c >0, giá trị nhỏ nhất của biểu thức a b c
b c c a a b+ +
+ + + là
A) 1 B) 1/2 C) 3/2 D) 2 Bài 9:
64
Cho a, b, c, d >0. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức
a b b c c d d a
b c d c d a d a b a b c
+ + + ++ + +
+ + + + + + + + là
A) 8/3 B)1/3 C) 2/3 D) 1 Bài 10: Cho hàm số 6 5cos siny x x= − . Giá trị lớn nhất của y là
A) -1 B) 0 C) 1/2 D) 1 Bài 11:
Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 2
1
1
xy
x x
+=
+ + lần lượt là
A) max y = 1, min y = -1/3 B) max y = 2, min y = 1/2 C) max y = 1/2, min y = 1/3 D) max y = 3, min y = 1/3
Bài 12: Giả sử x, y, z là những số dương thay đổi thỏa x + y + z = 1. Giá trị lớn
nhất của biểu thức 1 1 1
x y z
x y z+ +
+ + +là
A) 3/4 B) 1/3 C) 1 D) 2 Bài 13: Cho các số dương x, y, z sao cho xyz = 1 và n là số nguyên dương. Giá trị nhỏ
nhất của biểu thức 1 1 1
2 2 2
n n nx y z+ + + + +
là
A) 1 B) 2 C) 3 D) 4 Bài 14: Cho sin sin sin 0x y z+ + = . Giá trị lớn nhất của biểu thức
2 4 6sin sin sinP x x x= + + là A) 0 B) 1/2 C) 1 D) 2
Bài 15: Giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
( ) ( )2 2 2 2 2 24cos cos sin 4sin sin sinx y x y x y x y+ − + + − là
A) 0 B) 1 C) 2 D) 4 Bài 16:
Giá trị lớn nhất của biểu thức ( )( )
( ) ( )2 22 2
1
1 1
x y xy
x y
+ −
+ + là
A) 0 B) 1/2 C) 1 D) 2 Bài 17: Cho x, y, z dương và x + y + z = 1. Giá trị lớn nhất của
S = xyz(x+y)(y+z)(z+x) là A) 8/729 B) 1/729 C) 0 D) 1/2
Bài 18:
65
Cho x, y thay đổi sao cho 0 3
0 4
x
y
≤ ≤
≤ ≤ .
giá trị lớn nhất của biểu thức (3-x)(4-y)(2x+3y) là A) 1 B) 6 C) 2 D) 0
Bài 19: Giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 2 2 22 12 37 6 6 18a b a b a b a b+ − − + + + + − + A) 2 B) 5/2 C) 3 D) 5
Bài 20: Cho x2 + y2 = 1. Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của P = x + y lần lượt là
A) max P = 1, min P = 0 B) max P = 0, min P = - 2
C) max P = 2 , min P = 1 D) max P = 2 , min P = - 2 Bài 21:
Cho x2 + y2 = u2 + v2 = 1.Giá trị lớn nhất của P= ( ) ( )x u v y u v− + + là
A) 2 B) 1 C) 0 D) - 2 Bài 22:
Cho ∆ABC giá trị lớn nhất của 2 2 2
2 2 2
sin sin sin
cos cos cos
A B CP
A B C
+ +=
+ + là
A) 0 B) 1/2 C) 2 D) 3 Bài 23:
Cho x, y, z là 3 góc nhọn thỏa x + y + z = 90o. Giá trị lớn nhất của biểu thức
5 tan tan 5 tan tan 5 tan tanP x y y z z x= + + + + + là
A) 2 B) 3 C) 4 3 D) 2 2
Bài 24:
Cho , 0
1
x y
x y
>
+ =, giá trị nhỏ nhất của
22
1 1P x y
x y
= + + +
là
A) 25/2 B) 1/2 C) 1 D) 2
Hướng dẫn và đáp án : 1. Từ giả thiết 1a b+ ≥ biến đổi tương đương ta được
3 3 23 3 1a b b b+ ≥ − +
mà 2
2 1 1 13 3 1 3
2 4 4b b b
− + = − + ≥
2.B 3.D
66
4. Từ a + b = 1 suy ra a2 + 2ab + b2 =1 mặt khác a2 – 2ab + b2 ≥ 0
từ đó ta có 2 2 1
2a b+ ≥ bình phương hai vế, kết hợp với bdt
4 2 2 42 0a a b b− + ≥ ta được 4 4 1
8a b+ ≥ .
5. Từ giả thiết ta có 2ac
ba c
=+
vậy :
( )2 22 33 34
2 2 2 2 2
ac a ca b c b a b c a
a b c b a c ac
+ ++ + + ++ = + = ≥
− −
6.C 7.A
8. Đặt P = a b c
b c c a a b+ +
+ + +
Ta có 2(P + 3) = ( ) ( ) ( ) 1 1 19a b b c c a
a b b c C a + + + + + + + ≥ + + +
(Bunhiacopski cho 3 cặp số) Suy ra P ≥ 3/2 9. A 10. D 11. A 12. Áp dụng bunhiacopski cho ba cặp số tìm được max = ¾
13. Ta có 1 1
2 2
nna a
a a+ + ≥ ⇒ ≥
Áp dụng ta tìm được min = 3 14. D 15. C 16. B 17. Áp dụng côsi cho 3 số :
( ) ( ) ( ) ( )( )( )
3
3
1 3
2 3
x y z xyz
x y y z z x x y y z z x
= + + ≥
= + + + + + ≥ + + +
Nhân vế theo vế, biến đổi tìm được max = 8/729
18. Có thể viết lại biểu thức đã cho thành: ( ) ( ) ( )16 2 12 3 2 3
6x y x y− − +
Áp dụng côsi cho ba số tìm được max = 36. 19. D 20. D 21. A 22. D
67
23. C
24. Áp dụng B.C.S cho 2 cặp số (1, 1) và 1 1,x y
x y
+ +
Sau đó biến đổi tương đương ta được 2 22
1 1 1 11
2x y
xy x y
+ ≤ + + +
vì 2
1
2 4
x yxy
+ ≤ =
2
14
11 25
xy
xy
⇒ ≥
⇒ + ≥
vậy min = 25/2
