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 củ[r]
(1)Phần 1:
CỰC TRỊ TRONG ĐẠI SỐ: Một số dạng toán thường gặp:
▼ Dạng 1: đưa dạng bình phương I. Phương pháp giảỉ:
Đưa dạng
A2≥0, hoặc A2+ c≥ c (vớI c số) dấu xảy A=0 II. Một số tập ví dụ:
Ví dụ 1:
Tìm giá trị lớn P = x(1− x) Lời giải:
( ) 1
1
2 4
P= x − x = − +x x = − x− + ≤
Đẳng thức xảy
2
x =
4
x=
Do giá trị lớn P
4 đạt
x=
Ví dụ 2:
Tìm giá trị x để biểu thức 2
2
x − x+ có giá trị lớn
Lời giải: Ta có:
( )2
2
2 3
1
3
2
x x x
x x
− + = − + ≥
⇒ ≤
− +
Do đó, x= bỉêu thức 2
2
x − x+ có giá trị lớn
1
V í d ụ 3:
VớI x,y khơng âm; tìm giá trị nhỏ biểu thức:
2 2004,
P= −x xy+ y− x+ Lời giải:
(2)( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2
2 2004, 2004,
2 1 2 2003,
1
1 2003,
4
1
1 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 (a b− −1)2 ≥0và
2
0 ,
b a b
− ≥ ∀
1
a= +b
2
a=
2003
P= ⇔ ⇔
1
b=
2
b=
Vậy P đạt giá trị nhỏ 2003
2
x =
2
y = hay
4
x=
4
y=
III. Bài tập tự giải:
1) Tìm giá trị lớn biểu thức: 2
2
P= − x −y − xy+ x
2) Tìm giá trị nhỏ ( ) 2
, 12 45
f x y =x − xy+ y − x+ 3) Cho hai số x,y thoả mãn đẳng thức: 2
2 4 x y x + + =
Xác định x,y để tích xy đạt giá trị nhỏ
4) Cho a số cố định, x, y số biến thiên Hãy tìm giá trị nhỏ biểu thức: A = (x– 2y + 1)2 + (2x + ay +5)2
Hướng dẫn giảI đáp số: 1)Max P = (x,y) = (1, -2)
2) ( ) ( )2
, 9
f x y = x− −y + y + ≥
3) Thêm
4xy+4x vào vế Kết quả: xy đạt GTNN
2
−
2
x= ± y= ±1
4) A≥0 a ≠ -4,
5
(3)▼ Dạng 2: sử dụng miền giá trị hàm số I. Phương pháp giảỉ:
Cho y = f(x) xác định D
( )
0
y ∈ f D ⇔phương trình y0 = f x( )có nghiệm ⇔ ≤a y0 ≤b Khi y = a, max y = b
II. Một số tập ví dụ: Ví dụ 1:
Tìm Max Min của: 2
1
x y
x
= + Lời giải:
Tập xác định D = R ⇒ y0là giá trị hàm số ⇔phương trình
1
x y
x
=
+ có nghiệm x∈R ⇔phương trình
0
x y +y =x có nghiệm x∈R
⇔phương trình
0 0
x y − +x y = có nghiệm x∈R
⇔ ∆ ≥0
⇔
1 4− y ≥0
⇔
y ≤
⇔ 1
2 y − ≤ ≤
Vậy Min y =
2
− , Max y =1
2
Ví dụ 2:
Xác đinh tham số a, b cho hàm số ax2
1
b y
x
+ =
+ đạt giá trị lớn
4, giá trị nhỏ –1 Lời giải:
Tập xác định D = R
y giá trị hàm số ⇔phương trình ax+b
1
y x
=
+ có nghiệm x∈R ⇔phương trình
0 ax 0
y x − +y − =b có nghiệm x∈R (1)
• Nếu y0 =0 (1) ⇔ ax = -b có nghiệm a = b =
⇔
a ≠
• Nếu y0 ≠0 (1) có nghiệm ⇔ ∆ ≥0 ⇔
0
4( )
(4)⇔ 2
0
4y 4by a
− + + ≥
Theo đề y0 đạt giá trị lớn 4, giá trị nhỏ –1 nên phương trình−4y02+4by0+a2 phảI có nghiệm –1 (do -1.4 = -4 < 0)
2 4
a
−
= − a= ±4
Theo định lý Viet ta có : ⇔
3
b= b=3
Vậy vớI a = 4, b = a = -4, b = y = -1, max y = Ví dụ 3:
Tìm giá trị lớn hàm số :
3
12 ( )
36
x x a y
x −
= + Lời giải: Hàm số cho xác định x x a( − )≥0
Đặt 12 (2 )
36
x x a z
x
−
= + (1) y=4 z3 , z≥0
0
z giá trị hàm số (1) ⇔ phương trình 12 ( )
36
x x a z
x
− =
+ có nghiệm
hay phương trình
0
(12−z x) −12ax 36− z =0có nghiệm (2)
• z0 =12 : (2) ⇔ax = -36 có nghiệm a≠0 • z0 ≠12 : (2) có nghiệm ⇔
2
0
36a 36 (12z z )
∆ = + − ≥ 2 0 2 0 2 12 12
6 36 36
a z z
z z a
a z a
⇔ + − ≥
⇔ − − ≤
⇔ − + ≤ ≤ + +
Vì z0 ≥0nên
2
0≤z ≤ +6 a +36
Vậy max
6 36
z= + a + ; max
(6 36)
y= + a +
III. Bài tập tự giải:
1) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức: 2 2 2 x x y x x − + = + +
2) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức: 3 1
4 3 1
x x y x x + + − + = + + − +
3) Tìm giá trị nhỏ hàm số :
( )
f x x x
x
(5)1) Max y= +3 2, Min y= −3 2
2) Đk: − ≤ ≤3 x
Đặt 2 2 t x t + = + ; 2 1 t x t − + =
+ vớI t = tg [ ]0;1 ϕ∈
Ta có
2
7 12 16
t t y t + + = − − + +
Max y
7
y= x = -3;
9
y= x =
0 < x ≤ y0 (1)
0
1
y x x
x
= + + ⇔
x > 2
0
2y x −y x+ =1
(2)
Điều kiện để (2) có nghiệm y0≥2
Áp dụng Vi-et ta chứng minh x1 <x2 < y0 Vậy f(x) = vớI x >0
▼ Dang 3: Sử dụng số bất đẳng thức quen thuộc ► Bất đẳng thức Cauchy
I. Kiến thức cần nắm:
• Cho hai số a, b ≥ 0, ta coù: ab b a ≥ +
Dấu “ =” xảy ⇔ a = b
• Cho n số a1, a2, … , an ≥ 0, ta có: n
n
n a a a
n a a a 2
1 + + + ≥
Dấu “=” xảy ⇔ a1 = a2 = … = an
II. Một số tập ví dụ:
◦ Biện pháp 1: Áp dụng bất đẳng thức trực tiếp Ví dụ 1:
Cho x > ; y > thoả mãn điều kiện
2 1 = + y
x Tìm giá trị nhỏ biểu
thức A = x+ y Lời giải:
(6)Vì x > ; y > nên x
> ; y
> ; x >0; y >0, theo bđt Cauchy có:
+ ≤
y x y
x
1 1
=>
4 1
≥ =>
≤ xy
xy
Vận dụng bđt Cauchy với hai số dương x y ta
A = x+ y ≥ x y ≥2 = ( Dấu “=” xảy ⇔ x = y = 4) Vậy A = ( x = y = 4)
Nhận xét: lúc ta dùng trực tiếp bđt Cauchy số đề Dưới ta nghiên cứu số biện pháp biến đổi biểu thức để vận dụng bđt Cauchy tìm cực trị
Biện pháp : Để tìm cực trị biểu thức ta tìm cực trị bình phương biểu thức
Ví dụ 2:
Tìm giá trị lớn biểu thức : A = 3x−5+ 7−3x Lời giải:
ĐKXĐ :
3
5 ≤ ≤ x
A2 = (3x – 5) + (7- 3x) + (3x−5).(7−3x)
A2 ≤ + ( 3x – + – 3x) = ( dấu “=” xảy ⇔ 3x – = – 3x ⇔ x = 2) Vậy max A2 = => max A = ( x = 2)
Nhận xét: Biểu thức A cho dạng tổng hai thức Hai biểu thức lấy có tổng khơng đổi (bằng 2) Vì vậy, ta bình phương biểu thức A xuất hạng tử hai lần tích thức Đến vận dụng bất đẳng thức Cauchy
◦ Biện pháp 2: Nhân chia biểu thức với số khác Ví dụ 3:
Tìm giá trị lớn biểu thức A = x x
5
−
(7)A = x x − = 30 10 9 3 = + − = − + ≤ − x x x x x x
(dấu “ =” xảy 18 = ⇔ = − x x ) Vậy max A =
30
( x = 18)
Nhận xét: Trong cách giải trên, x – biểu diễn thành 3
9
− x
vân dụng bđt Cauchy, tích
3
− x
làm trội trở thành tổng x x 3 = + − có dạng kx rút gọn cho x mẫu, kết số Con số tìm bằng cách lấy bậc hai 9, số 9có
Biện pháp 3: Biến đổi biểu thức cho thành tổng biểu thức cho tích của chúng số
1. Tách hạng tử thành tổng nhiều hạng tử Ví dụ :
Cho x > 0, tìm giá trị nhỏ biểu thức : A = 3 16
4 x x + Lời giải:
A = 3x +
3 3 16 16 16 x x x x x x x x
x = + + + ≥
A ≥ 4.2 = ( dấu “ =” xảy = 163 ⇔ x =2
x x Vậy A = ( x = 2)
Nhận xét: Hai số dương 3x
x 16
có tích khơng phải số.Muốn khử được x3 phải có x3 = x.x.x ta phải biểu diễn 3x = x + x + x dùng bđt Cauchy với số dương
2. Tách hạng tử chứa biến thành tổng số với hạng tử chứa biến cho hạng tử nghịch đảo hạng tử khác có biểu thức cho ( sai khác số)
Ví dụ 5:
(8)Lời giải:
A =
2 + − + − x x x x
A 2
2
2 − + = + =
− ≥ x x x x
( dấu “=” xảy
2 2 = ⇔ − = − ⇔ x x x x x ) Vậy A = (
2
= x )
◦ Biện pháp 4: Thêm hạng tử vào biểu thức cho Ví dụ 6:
Cho ba số dương x, y, z thoả mãn điều kiện x + y + z = Tìm giá trị nhỏ biểu thức :
P =
2 2 y x z x z y z y x + + + + + Lời giải:
Áp dụng bđt Cauchy hai số dương z y x + z y + ta được: x x z y z y x z y z y
x + = =
+ ≥
+ +
+ 2.2
2 Tương tự: z y x y x z y x z x z y ≥ + + + ≥ + + + 4 2
Vậy x y z x y z
y x z x z y z y x + + ≥ + + + + + + + + 2 2
P ( )
2 = + + − + +
≥ x y z x y z (dấu “=” xảy
3
= = =
⇔ x y z ) III. Bài tập tự giải:
1) Cho x + y = 15, tìm gía trị nhỏ nhất, giá trị lớn biểu thức: B = x−4+ y−3
(9)3) Cho x, y, z số dương thoả mãn điều kiện x + y + z ≥ 12 Tìm giá trị
nhỏ biểu thức P =
x z z y y x + +
4) Cho a, b, c số dương thoả mãn điều kiện a + b + c = Tìm giá trị
nhỏ biểu thức A =
) )( )( ( ) )( )( ( c b a c b a − − − + + +
5) Cho x, y thoả mãn điều kiện x + y = x > Tìm giá trị lớn biểu thức B = x2y3
6) Tìm giá trị nhỏ A xy yz zx
z x y
= + + với x, y, z số dương và:
a) x+ + =y z b) x2 + y2 +z2 =1
7) Tìm giá trị lớn 3 13 3 13 3 13
1 1
A
a b b c c a
= + +
+ + + + + + với a, b, c số dương abc =
8)Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn
A= + + +x y z xy+ yz+zx biết x2 +y2 +z2 =3 9) Tìm giá trị nhỏ A=3x+3y với x + y =
10) Tìm giá trị nhỏ A= x4 −4x+1
Hướng dẫn giải đáp số:
ĐKXĐ : x ≥ 4, y ≥
B ≥ 8⇒ B = 8( x = 4, y = 11 x = 12, y = 3) max B2 = 16 nên max B = ( x = 8, y = 7)
2
a xy + yz + xz ≤ x2 + y2 + z2 (áp dụng bđt Cauchy cho số, 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 ⇔A max
P2 = 2
2 2 y x z x z y z y x x z z y y x + + + + +
Áp dụng bđt Cauchy cho số dương:
44 2 x yz z y x x z z y x z y x y x = ≥ + + +
Còn lại: tương tự
(10)P2 ≥ 3.12 = 36
Min P = 6.( x = y = z = 4)
a + b + c = ⇒ – a = b + c > Tương tự – b > 0, – c > Có: + a = + (1 – b – c) = (1 – b) + (1 – c) ≥ (1−b)(1−c) Suy (1 + a)(1 + b)(1 + c) ≥ (1−a) (2 1−b) (2 1−c)2
A ≥
Vậy A =
5 Nếu y ≤ B ≤ Nếu y >
1 = x + y =
3125 108 108 3 2 ≤ ⇒ ≥ + + +
+ x y y y x y x y x
hay B ≤
3125 108
Suy max B =
3125 108
6
Theo bất đẳng thức Cô-si
2
xy yz xy yz
y
z + x ≥ z x = tương tự
yz zx
z
x + y ≥ ;
zx xy
x
y + z ≥
Suy 2A ≥ 2(x+y+z) = ; A = với
x= = =y z
b) Ta có
2 2 2 2
2 2
x y y z z x
A
z x y
= + + +
Hãy chứng tỏ A2 ≥3
Min A = với x = y = z = 3
Dễ chứng minh a3+b3 ≥ab a( +b) với a > 0, b > Do đó:
( )
3
1 ( )
a +b + ≥ab a+b +abc=ab a+ +b c
1 1
1
( ) ( ) ( ) ( )
max 1
a b c
A
ab a b c bc a b c ca a b c abc a b c
A a b c
+ +
≤ + + = =
+ + + + + + + +
= ⇔ = = =
◦ Tìm giá trị lớn nhất:
(11)x+ + ≤y z (1) Ta có bất đẳng thức 2
xy+ yz+zx≤x + y +z mà 2
x +y +z ≤ nên xy+yz+zx≤3 (2)
Từ (1) (2) suy A≤6 Ta có maxA= ⇔ = = =6 x y z ◦ Tìm giá trị nhỏ : Đặt x + y + z = m
( ) ( )
2 2
2
m =x + y +z + xy+ yz+zx = + xy+yz+zx
Do
2
m
xy+yz+xz= − Ta có
2
m
A=m+ − nên
( )2
2
2 4
2
A m m m
A
= + − = + − ≥ −
⇒ ≥ −
2 2 21
x y z A
x y z
+ + =
= − ⇔
+ + =
, chẳng hạn x = -1, y = -1, z =
4
3x 3y 3x y 3x y
A= + ≥ = + =
10
Ta có x≤ x (xảy dấu x≥0 ) nên −4x≥ −4 x Do
4
A≥ x − x +
Áp dụng bất đẳng thức côsi với bốn số không âm
4 4
1 1 4
x + + + ≥ x = x ⇒x − x + ≥ −
minA= − ⇔2 x =1 x≥ ⇔ =0 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 xảy khi: ad = bc
• Cho a1, … , an b1, … , bn tuỳ ý, ta có:
(a12 + … + an2)(b12 + … + bn2) ≥ ( a1b1 + … + anbn)2
Dấu xảy khi:
n n b a b a = = 1
II. Một số tập ví dụ: Ví dụ 1:
Tìm giá trị lớn : P = x−1+4 5−x Lời giải:
ĐKXĐ: 1≤ x ≤
(12)P2 ≤ ( 32 + 42)(x – + – x) = 100 Suy max P = 10 − = − ⇔
4 x x x = 25 61
Ví dụ 2:
Cho a, b, c > Tìm P =
b a c a c b c b a + + + + + Lời giải: P =
(5 3) ( ) (5 3)
3 4 5 + + − + + + + + + + = + + − + + + + + + +
+ a b a b c b c a c a b
c c a b c b a
= [( ) ( ) ( )] (5 3)
2 + + − + + + + + + + + + + b a c a c b a c c b b a
≥ ( 3) (5 3) 2 + + − +
+ ( theo bđt Bunhiacopski)
Vaäy P = ( 3) (5 3) 2 + + − +
+
3 b a c a c b + = + = + Tổng quát:
Cho a, b, c > Chứng minh rằng:
( ) ( 2 2)
2 2 z y x xz yz xy z b a c y c a b x c b a + + − + + ≥ + + + + +
(cộng vào vế trái (x2 + y2 +z2) trừ (x2 + y2 +z2), sau áp dụng bđt Bunhicopski)
Ví dụ 3:
Cho a, b, c > Tìm P =
a c b c b b c b a c a + + + + + +
+3
Lời giải:
P = 3 6−10
+ + + + + + + + + + a c b c b a c b a c a
P = 3 3 6 −10
+ + + + + + + + + + + a c a c b c b a c b b a c b a
P = (3 ) 1 −10
+ + + + + + + a c c b b a c b a
P = [( ) ( ) (2 )] 1 −10≥(1+1+ 2)2 −10=6 + + + + + + + + + + a c c b b a c a c b b a
(13)Chọn α,β,γ cho: ) 3 ( ) ( ) ( ) (
3c a b c a b c b c a m a b c
a+ +α + = + +β + = +γ + = + +
Từ suy α =β =2,γ =6,m=2 III. Bài tập tự giải:
1 Cho a, b, c > Tìm giá trị nhỏ của: a) P =
a c b a c b b a b a c b + + + + + + +
+9
3
b) Q =
a c b a c b b a b a c b + + + + + + +
+3
c) R =
c b a c c b a b c b a c a + + − + + + + + +
2 Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn A=x2 + y2
biết 2( 2 ) ( )2
2
x x + y − + y − =
3 Tìm giá trị nhỏ :
2 2
a b c
A
b c c a a b
= + +
+ + + với a, b, c số dương a + b + c =6 Tìm giá trị nhỏ
2
A
x x
= +
− với < x < Cho a, b, c > abc =
Tìm giá trị nhỏ
( ) ( ) ( )
3 3
1 1
A
a b c b a c c a b
= + +
+ + +
Hướng dẫn giả đáp số:
1 Câu a câu b làm tương tự ví dụ
Câu c khơng thể làm ví dụ được, ta làm sau: Đặt a + 2b + c = x
a + b + 2c = y a + b + 3c = z
từ suy c = z – y; b = x + y – 2y; a = 5y – x – 3z R =
z y y z y x x y z y z y y z x x x y 8 4 8 4 + − − + + − = − + − + + − Rồi áp dụng bđt ta tìm R
2
Từ giả thiết suy
( 2)2 ( 2)
4
x +y − x + y + = −x ≤
Do A2 −4A+ ≤ ⇔3 (A−1)(A−3)≤ ⇔ ≤0 A≤3
min 0,
max 0,
A x y
A x y
= ⇔ = = ±
= ⇔ = = ±
(14)Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacópki cho cặp số Ta có
( ) ( ) ( )
2 2
2 2
a b c
b c a c a b
b c a c a b
+ + + + + + + + + + ( ) ( )
2 2
2
2 2
2
a b c
b c a c a b
b c a c a b
a b c
a b c a b c
b c a c a b
a b c a b c
b c a c a b
≥ + + + + + + + + ⇒ + + + + ≥ + + + + + + + ⇒ + + ≥ + + +
Suy A =
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski
( 2 2)( 2 2) ( )2 a +b m +n ≥ am+bn
Ta có:
( ) ( ) ( )
( )
( )
2 2
2
2
2
2
2
2 2
2
2 2
2
2
2
min 2 4
2 2
A x x x x
x x x x
A
x x
A x x x
x x x x
= + − + ≥ − + − − ⇒ ≥ + = + − = + ⇔ = ⇔ = ⇔ = − + − −
⇔x2 +4x+ = ⇔4 (x+2)2 = ⇔ =8 x 2−2 (chú ý x > 0) Vậy 2 2
2
A= + ⇔ =x −
5
Đặt a 1,b 1,c
x y z
= = =
, ,
x y z xyz > = Khi
2 2
x y z
A
y z z x x y
= + +
+ + +
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski, biến đổi tương đương ta được:
( )
( ) ( ) ( )
2
2
x y z x y z
A
y z z x x y
+ + + +
≥ =
+ + + + +
(15)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
) , ( > ≥ + − ≥ x x x α α α α (1) Dấu “ =” xảy x =1
II. Một số tập ví dụ: Ví dụ 1:
Cho x, y > cho x + y = Tim giá trị nhỏ : a P = x2 + y2
b Q = x5 + y5 Lời giải: a
Áp dụng bđt Bernoulli ta có: (2x)2 ≥ – + 2(2x)
(2y)2 ≥ – + 2(2y) Cộng vế theo vế: 4P ≥ -2 + 4(x + y) = P ≥
2
Vậy P =
2
x = y =
2
b
Áp dụng bđt Bernoulli ta có: (2x)5 ≥ – + 5(2x)
(2y)5 ≥ – + 5(2y) Cộng vế theo vế ta có: 32Q ≥ -8 + 10(x + y) = Q ≥
16
Vậy Q =
16
Khi x = y =
2
Tổng quát:
(16)* Theo (1), với mọiα ≥β >0, ta có: x x β α β α β α + −
≥1 (1’)
Đặt t= xβ ⇔tβ =x
(1’) ⇔
Dấu “=” xảy t = Ví dụ 2:
Cho x, y > 0, cho x3 + y3 = Tìm P = 10 10
y
x +
Lởi giải:
Theo (2), ta có:
( ) ( )
( ) ( )
( ) 2( )
9 10 2 10 10 2 10 10 3 10 3 3 10 3 3 10 = + + − ≥ ⇒ + − ≥ + − ≥ y x P y y x x
Vậy P ≥ 2
1
Hay P = 2
1
x = y = 2
1
* Từ (2) thay t
t t
, ta được:
Dấu “=” xảy t = t0 với t0 điểm đạt giá trị nhỏ Bài toán:
Cho a.xβ +b.yβ =1.(α ≥β;a,b,c,d >0) Tìm P = c.xα +d.yα
β α β α β α t
t ≥1− + (2)
β β α α α β α β α t t t
t 0 + 0−
−
(17)Đặt Y y d X x c = = α α
Bài toán trở thành : Cho m.xβ +n.yβ= p (m,n > 0) Tìm A = xα + yα
Lời giải:
Theo bđt (3), ta có:
β β α α α β β α α α β α β α β α β α y y y y x x x x 0 0 − − + − ≥ + − ≥
Cộng lại : A ≥ ( 0α 0α) ( 0α β β 0α β β) β α β α y y x x y
x + + − + −
−
Chọn (x0 , y0) thoả mãn:
β β
y n x
m + = p
n y m
xα−β α−β
=
0
Khi đó: A ≥ ( )
0 m x y x β α α α β α β α − + + − p
Vậy A = ( )
0 m x y x β α α α β α β α − + +
− p x = x0, y = y0
▼ Dạng 4: Áp dụng bất đẳng thức tam giác phuơng pháp tọa độ, vectơ I. Phương pháp giải:
Với điểm A, B, C, mặt phẳng ta có: AB+BC≥AC (đẳng thức B nằm A C)
• Với hai véc tơ a b ta có:
a b± ≤ a + b
Đẳng thức a
b
hướng ( )1
• Nếu a =(a a1, 2) b=(b1+b2)
( )1 ⇔ ( ) (2 )2 2 2
1 2 2
(18)C B
A
Đẳng thức xảy 1
2
a k b a k b
= =
(k∈R) Dạng tốn tìm giá trị lớn hàm số:
( ) ( )
2 2
y= f x +a + g x +b với
( ) ( ) ( )
,
a 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( ) ,
M f x a ⇒OM = f x +a
2
( ( ), ) ( )
N g x −b ⇒ON = g x +b
Ta có: 2 ( )2
( ) ( ) ( )
MN = f x −g x + a + b = k + a +b
Vì OM +ON ≥MN ⇔ ≥y k2+(a +b)2
Đẳng thức xảy M, N, O thẳng hàng ⇔ a f x ( )+ b g x ( )=0 Vậy Miny= k2+(a + b)2
II. Một số tập ví dụ: Ví dụ 1:
Tìm giá trị nhỏ biểu thức A= a2+ + +a 1 a2− + ⊥ ∀ ∈a 1, a R. Lời giải:
Dễ thấy biểu thức không thay đổi thay a −a, cần giải với a≥0
• Khi a=0: A=2
• Khi a>0: Xét ∆ABC có:
AB AM MB CM a AMC π = = = = =
Theo định lí hàm cơsi:
2 2
1 2.1 .cos
3
AC = +a − a π =a + −a
2 1.
AC a a
⇒ = − +
Tương tự
1
BC= a + +a , AB=2
Khi đó: AC+BC≥AB⇒ a2+ + +a 1 a2− + ≥ ⇔ ≥a 1 2 A 2. Đẳng thức xảy xảy a=0 Vậy MinA=2 a=0
Ví dụ 2:
Tìm giá trị nhỏ của: 2 2
2 2
y= x − px+ p + x − qx+ q
Lời giải:
3
π
(19)Ta có: 2 2
( ) ( )
y= x−p + p x q− +q
Xét điểm M x( −p p, );N x q q( − , )
Ta có: 2
( ) ( )
MN = p−q + p + q
Vì 2
( ) ( )
OM+ON ≥MN ⇔ ≥y p−q + p + q
Min
⇒ 2
( ) ( )
y= p q− + p + q
Khi M N O, , thẳng hàng q x( p) q x q( ) x p q q p
p q
+
⇔ − + − = ⇔ =
+
Ví dụ 3:
Tìm giá trị nhỏ của: 2
cos 2.cos cos 4.cos
y= x− x+ + x+ x+
Lời giải:
Trong mặt phẳng Oxy, xét điểm
(2;1 cos ); (4, 3)
M − x N
Ta có: MN=(2, cos )+ x y=OM +MN
Do cos≤ − x≤2 nên M∈[ ]AB với A(2, 0)
(2, 2)
B
Ta có: 2
4
OM +MN≥ON = + =
Đẳng thức xảy O M N, , thẳng hàng
6 4.(1 cos )x
⇔ − − =
cos 2
2
x x π kπ
⇔ = − ⇔ = ± +
Vậy Min y=5 2
x= ± π + kπ
Ví dụ 4:
Cho số thực a, b, c thoả mãn hệ sau
2 2
1 ( )
a c
b b a c
+ =
+ + =
( ) ( )
1
Tìm giá trị nhỏ M =b c( −a) Lời giải:
Từ giả thiết ta có: 2
2a +2c +b +2ab+2bc=8
2
( ) ( )
2
b b
a c
⇔ + + + =
Do ( )2
(1)⇔ 2c + −( )a =4
Xét ( ; ); (2 ; ) 2
b b
x a+ +c y c − a
(20)Ta có: x =2, y =2, x y =b c a.( − )
Mà x y ≤ x y hướng:
2 2
2
.( )
2 .( ) 2.( ) 1
2
10
b b b a c
a c
b a c a c a c
c c b + = − + + ⇔ = ⇔ + = − + ⇒ + = − = (do (1) (2))
2
2 10
2 10
1 3 1 3 1
( , , ) ( , 10, ); ( , 10, )
10 10 10 10
10 10 b a c a c
a b c b a c a c = + = − + = ⇔ ⇒ = − − − = − + = + = Max
⇒ M =b c a( − )=4 ( , , )a b c III. Bài tập tự giải:
1)Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số
4
1 sin cos cos
y= + x+ x+ x+
2)Tìm giá trị nhỏ hàm số: 2
1
y= x − + +x x − x+
3)Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số:
4 2
4 2
x y x y
y
y x y x
= + − + −
4)Tìm giá trị nhỏ hàm số:
( ) 2 ( ) ( )
2 2 1 1
f x = x − x+ + x + + x+ + x − − x+
Hướng dẫn giả đáp số:
Ta có: ( )2 ( )2
1 cos 1 cos
y= + − x + + + x
(21)Xét điểm M(1, 1-cos2x), N(2, 2) ta có: ( ) 1,1 cos
MN = + x
Ta có: y = OM + MN
Với M thuộc đoạn [AB] với A(1, 0) B(1, 1) Ta có miny = ON = 2
2 +2 =2
Dấu “=” xảy O, M, N thẳng hàng
( )
2−2 cos− x =0 cos x
⇔ =
Và maxy = OA + AN = 1+
1 2+ = +1
Dấu “=” xảy M trùng với A cos x
⇔ =
2 Ta có:
2
1 3
2 4
y= x− + + x− +
Xét điểm 1, 2
M x −
3 ,
2
N x − −
Hai điểm M, N nằm hai bên Ox Ta có: y = OM + ON ≥ MN
2
3
min
2 2
3
min 2
4 y MN y = = − + + + = + =
Dấu “=” xảy M, O, N thẳng hàng:
( )
1 3
0
2 2
3
x x x x − − − − = ⇔ + = ⇔ = −
4 2
4 2
x y x y
y
y x y x
= + − + − chọn 2 2 x y u y x
= + u∈[2;+∞)
hàm số y(x) trở thành
f(u) = u2 – 2u –
phác họa đồ thị hàm f(u) miền [2;+∞)ta thu kết quả:
max f(u) không tồn f(u) = f(2) = -3
(22)C
' C
M
'
M A
B
C M
'
M
Vậy: max y(x) không tồn y(x) = -3 đạt
2
2 2
x y
y + x =
2
x y
⇒ = ⇒mọi điểm (x; y) thuộc đường phân giác y = x y = -x (trừ gốc O(0; 0))
4
Hàm số f(x) viết lại dạng:
( ) ( )
2 2 2
2
2 3
1
2 2
f x = x + x− + x+ +x+ + x− +x+
(1)
Xét mặt phẳng tọa độ điểm
( )0,1 , 3, , 1,
2 2
A B− − C−
Và điểm M(x,x) nằm đường phân giác thứ
Dễ thấy ABC tam giác đều, với tâm gốc tọa độ Theo công thứ tính khoảng cách hai điểm mặt phẳng tọa độ, ta có vế phải (1) MA + MB + MC
Bổ đề: Nếu ABC tam giác đều, với điểm M mặt phẳng tam giác, ta ln có MA + MB + MC ≥ OA + OB + OC, O tâm tam giác Chứng minh:
Nếu M điểm tam giác Xét phép quay R(A,600),
'
'
M M
B C
C C
A A
→ → → →
⇒ MC = M’C’, MA = MM’
Vậy MA + MB + MC = MM’ + MB + M’C’ ≥ BC’ Mặt khác gọi O tâm tam giác ABC
OA + OB + OC = BC’
(23)Nếu M tam giác, chứng minh tương tự Theo bổ đề ta có
f(x) ≥ (do OA = OB = OC) Vậy f(x) =
▼ Dang :Phương pháp sử dụng đồ thị hàm số: I. Phuơng pháp giải:
Phương pháp thường dùng để tìm cực trị hàm số sau: Các hàm số qui tam thức bậc hai
3 Các hàm số chứa dấu giá trị tuyệt đối
4 Các tốn chuyển thành tốn hình học cách dùng công thức
độ dài đoạn thẳng: 2
( A B) ( A B)
AB= x −x + y −y
Đây toán mà f x( ) cho dạng bậc hai mà làm biểu diễn thành độ dài đoạn thẳng Đây ưu phương pháp đồ thị
5 Các hàm số u x y( , ) với x y, thoả mãn trước điều kiện II Một số tập ví dụ:
Ví dụ 1:
Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số sau:
1
) ( ) ( ) 3.( )
) ( ) (2 sin ).( sin ) 15
x x
a y x
x
b y x x b x
+ +
= + +
= + −
Lời giải:
a)Đặt u x x
x x
+
= = + ≥
Hàm y x( ) trở thành:
( )
y u =u + u+
Theo đồ thị hàm y u( ) [2;+∞)
Ta max ( )y u = khơng có miny(u)=y(2)=11
b)Đặt u=sinx⇒ − ≤ ≤1 u
Hàm y x( ) thành ( ) (2 ).( ) 15
y u = +u b u−
Dựa vào đồ thị ta có kết quả:
max ( ) (1) ( ) ( 1)
15
y u y
y u y
= =
(24)Khi 1 x x x ≥ − ≥ ⇔ ≤ −
Khi x2− ≤ ⇔ − ≤ ≤1 0 1 x 1. Khi x≤ −1 x≥1 Khi − ≤ ≤1 x
Khi x≥1 x≤ −1 Khi 1− ≤ ≤x
Khi x≤ −3 x≥ −1 Khi 3− ≤ ≤ −x
Khi − ≤ ≤ −4 x Khi − ≤ ≤ −4 x
Ví dụ 2:
Tìm giá trị nhỏ của: 2 ( 1)
y= +x x −
Lời giải:
Tao có
1
y= +x x −
Gọi
1
y =x + −x
2
y = − + +x x
thì
2 y y y =
Vẽ đồ thị y ta thấy miny= y( 1)− = −1
Ví dụ 3:
Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ của: ( )( )
6 9
y= +x x + x+ x + x+
5 [ 4; ]
4 − − Lời giải:
Ta có: y= +x (x+3)(x+1)
Do ( 3).( 1)
( 3).( 1)
x x x x + + − + +
Ta xét giá trị 4;
n∈ − −
Ta 2 3 x x y x x + + = − − −
Vẽ đồ thị
1
y =x + x+
2 3
y = − −x x−
Dựa vào đồ thị:
1
3
max ( )
2
min ( 3)
y y y y = − = − = − = − 2 1 x x y x x + − ⇒ = + − 2 1 x x y x x + − ⇒ = − + +
Khi 4− ≤ ≤ −x Khi
4
x
− ≤ ≤ −
(25)III Bài tập tương tự:
1.Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ y= − + − −x x 2x+2 với
2 x − ≤ ≤
2.Tìm giá trị nhỏ của: y= 4x2 −12x+13+ 4x2−28x+53.
3.Tìm giá trị lớn nhỏ hàm số: u= −2x+ +y biết x y, thoả:
2
36x +16y =9
Hương dẫn đáp số:
Với − ≤ ≤ −2 x y= −(1 x) (3+ −x) (2− x−2)=6
Với − ≤ ≤1 x y= −4x+2
Với 1≤ ≤x y= −2 x
Với 3≤ ≤x y= −6
Ta vẽ đồ thị hàm số y= − + − −x x 2x+2 với − ≤ ≤2 x
Từ đồ thị maxy= ⇔ − ≤ ≤ −6 x
miny= − ⇔ ≤ ≤6 x
2
Ta có: y= (2x−3)2+(0 2)− + (2x−7)2+(0 2) − Trên mặt phẳng toạ độ Oxy, xét
(2 , 0)
M x ,A(3, 2),B(7, 2)
như y=MA MB+ ,
A B nằm phía so với Ox nên lấy
'
A đối xứng A qua Ox '
A B cắt Ox H ta có: A'(3, 2)−
2
' ' (7 3) (2 2)
y=MA MB+ =MA+MB≥A B= − + + =
Đẳng thức xảy
5
2
2
M ≡H ⇔ x= ⇔ =x
Vậy miny=4
(26)3
Từ điều kiện 36x2+16y2 = ⇔9 (6 )x 2+(4 )x =3 2
Đặt
1
6 6
4
4
x X
x X
y Y
y Y
= =
⇔
=
=
Ta có 2
3
X +Y = (1)
(1) phương trình đường trịn ( ) hệ trục toạ độ Oxy có tâm O bán kính
3
R=
Hàm 1
3
u= − x+ + ⇔ = −y u X + Y+
4
4( 5)
Y X u
⇔ = + − ta gọi phương trình phương trình đường thẳng d đường thẳng song song với đường thẳng
3
Y = X cắt Oytại
(0; 4( 5))
P u−
-Ta vẽ hai đường thẳng Y Y1, 2 song song với đường thẳng
3
Y = X tiếp xúc
( )
-Y Y1, 2 cắt Oy N M maxu giá trị xác định P≡N hay
4( 5)
m= naxu− M(0; ).m
Min u xác định P≡N tức n=4(minu−5) N(0; )m M đối xứng N qua O nên m= −u
-Kẻ OH ⊥Y1 lấy OH ⊥Y1 A(3; 0), (3; 4),B ∆OAB= ∆OHM ⇒m=OM =OB=5
Khi
25
max
5 4(max 5) 4
5 4(min 5) 15
min
4
u u
u
u
=
= −
⇔
− = −
=
(27)Phần 2: CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC PHẲNG
▼ Dạng 1: Vận dụng quan hệ đường xiên đường vng góc, quan hệ đường xiên hình chiếu
I. Kiến thức cần nhớ:
II Một số tập ví dụ: Ví dụ 1:
Cho tam giác ABC A( =90 ).o M điểm chuyển động cạnh BC Vẽ
, ( , )
MD⊥AB ME⊥ AC D∈AB E∈AC Xác định vị trí điểm M để đoạn thẳng DE có độ dài
nhỏ Lời giải:
Vẽ AH ⊥BC H( ∈BC) Hcố định AH khơng đổi
Tứ giác AEMD có A=E =D=90o nên AEMD hình
chữ nhật
Suy DE=AM màAM ≥AH(không đổi) Dấu " "= xảy ⇔M ≡H
Ví dụ 2:
Cho tam giác ABC.Qua đỉnh A tam giác dựng
đường thẳng dcắt cạnh BC cho tổng khoảng cách từ Bvà từCđến dcó giá trị nhỏ
Lời giải:
Gọi M giao điểm củadvà cạnh BC
Vẽ BH ⊥d CK, ⊥D H K( ; ∈d)
MAB MAC ABC
S +S =S
2 ABC
BH AM CK AM
S
+ =
2SABC
BH CK
AM
+ =
BH+CK nhỏ 2SABC
AM
⇔ nhỏ ⇔AM nhỏ
Giả sử AB≤AC hai đường xiên AM AC, đường xiên ACcó hình chiếu khơng nhỏ hơn, AM ≤AC(hằng số)
Dấu " "= xảy ⇔M ≡C
Ví dụ 3:
(28)Cho hình bình hành ABCD.Qua Avẽ đường thẳng dkhơng cắt hình bình hành Gọi B C D', ', '
lần lượt hình chiếu vng góc điểm B C D, , đường thẳng d Xác định vị trí đường thẳng d để tổng BB'+CC'+DD' có giá trị lớn Lời giải:
Gọi O giao điểm AC BD
'
O hình chiếu vng góc O d
' , '
DD ⊥d BB ⊥d
' '
DD BB
⇒
' '
DD BB
⇒ hình thang Mà OO'⊥d DD, '⊥d
' '
OO DD
⇒ O trung điểm BD(ABCD hình bình hành)
Do OO'là đường trung bình hình thang
' '
DD B B ' ' ' ' ' '
2
BB DD
OO + BB DD OO
⇒ = ⇒ + =
' , ' ' '
OO ⊥d CC ⊥ ⇒d OO CC O trung điểm AC.(ABCD hình bình hành) Do OO' đường trung bình ACC'
'
' ' '
2
CC
OO CC OO
⇒ = ⇒ =
A∈d OO'⊥d nênOO'≤OA
Do BB'+CC'+DD'=4.OO'≤4.OA(khơng đổi) Dấu " "= xảy ⇔O"≡ ⇔A d vng góc ACtạiA Ví dụ 4:
Cho nửa đường tròn ( ; )O R đường kính AB M điểm nửa đường trịn Xác định vị trí M
để:
a) Diện tích tam giác MAB lớn b) Chu vi tam giácMAB lớn Lời giải:
Vẽ MH ⊥ AB H, ∈AB
a)
2 MAB
MH AB
S =
=MH R
Ta có MH ⊥AB O, ∈AB
Do MH ≤OM =R
Nên
MAB
S ≤R (không đổi)
Dấu " "= xảy ⇔H ≡O⇔M trung điểm AB
b) AMB=90o(AMBlà góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)
MAB
vng M có MH ⊥ AB⇒MH AB =MA MB
MAB
vuông M theo định lí Pitago có:
2 2 4 2.
MA +MB = AB = R
, MAB
P =MA MB+ +AB ABkhông đổi
2 2
(29)Do PMAB lớn ⇔MA MB+ lớn
(MA MB)
⇔ + lớn ⇔MA MB lớn
MAB
S
⇔ lớn ⇔Mlà trung điểm AB (câu a) Ví dụ 5:
Cho nửa đường trịn ( )O đường kính AB=2 R Kẻ hai tiếp tuyến Ax, By nửa đường tròn
( )O tiếp xúc với ( )O điểm M cắt Ax D cắt By E Xác định vị trí M nửa đường tròn ( )O cho:
a) AD+BE đạt giá trị nhỏ b) OD OE đạt giá trị nhỏ Lời giải:
a) Vẽ DH ⊥By H, ∈By
Tứ giác ADHB có A = =B H =90O nên ADHB hình chữ nhật ⇒DH =AB=2R
Ta có AD=MD BE, =ME(tính chất hai tiếp tuyến ( )○ cắt điểm) Do AD+BE=MD+ME=DEmàDE≥DH(vì DH ⊥By E, ∈By)
Do AD+BE≥2R(không đổi) Dấu " "= xảy ⇔E≡H ⇔DE AB
OM AB M
⇔ ⊥ ⇔ trung điểm AB
b) DA DM tiếp tuyến của( )○ ⇒ODlà phân giácAOM Tương tự OElà phân giácMOB
AOM vàMOBkề bù Do EOD=90o
ODE
vuông O, OM ⊥DEnên
OD OE=OM DE
OD OE=R DE
OD OEnhỏ nhất⇔DEnhỏ nhất⇔Mlà trung điểmAB(câu a)
▼ Dang 2: Vận dụng bất đẳng thức tam giác quy tắc điểm : I. Kiến thức cần nắm:
• Tam giác ABCcó a) AB−AC <BC< AB+AC
b) ABC≤ACB⇔AC≤ AB
• Tam giác ABCvà tam giác A B C' ' 'có
' ', ' '
AB= A B AC= A C thì: BC≤B C' '⇔ ≤A A' • Quy tắc ba điểmA B C, ,
a) BC≤AB+AC
Dấu" "= xảy ra⇔ ∈A [BC]
b) BC≥ AB−AC
(30)Quy tắc n điểm A A1; 2; ;An
Ta có A A1 n ≤A A1 2+A A2 3 +A A3 4 + + An−1An
Dấu " "= xảy ra⇔ A A1; 2; ;An−1;Anthẳng hàng xếp theo thứ tự
II Một số tập ví dụ: Ví dụ 1:
Cho hai điểm A B nằm nửa mặt phẳng bờ đường thẳngd,hai điểmM N, thuộc d độ dài MN khơng đổi Xác định vị trí hai điểm M N, để đường gấp khúc AMNB đạt giá trị nhỏ
Lời giải
Dựng hình bình hành BNMB' (hình bên) ⇒BB'=MN =a(khơng đổi); NB=MB B', 'cố định Gọi A' điểm đối xứng 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 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.Alà điểm nằm góc Hãy tìm hai tiaOxvà Oylần lượt hai điểmBvàCsao cho chu vi tam giácABCnhỏ
Lời giải:
GọiA1vàA2lần lượt điểm đối xứng củaAqua hai tiaOxvàOy
Acố định, xOycố định nênA1vàA2cố định Theo tính chất đối xứng trục ta có:
1 ;
AB= A B AC= A C2 ABC
P = AB+BC+AC
1
A B BC A C
= + +
Xét điểm A B C A1, , , 2ta có A B1 +BC+A C2 ≥ A A1 2
Do PABC ≥A A1 2(khơng đổi)
Dấu " "= xảy ra⇔ A B C A1, , , 2thẳng hàng xếp theo thứ tự Ví dụ 3:
Cho hình vng ABCD.M N P Q, , , đỉnh tứ giácMNPQlần lượt thuộc
cạnhAB BC CD DA, , , (MNPQgọi tứ giác nội tiếp hình vng) Tìm điều kiện tứ giácMNPQcó
chu vi nhỏ Lời giải:
GọiE F G, , trunh điểm đoạn thẳng
, ,
MQ MP NP AMQ
vng góc tạiAcó
AElà trung điểm nên
2
(31)Tương tựNP=2GC
Mặt khácEF FG, đường trung bình tam giácMPQvàNPM
nên
2
EF = PQvà
2
FG= MN
Suy raPQ=2EFvàMN =2FG
Do PMNPQ =MN+NP+PQ QM+
=2FG+2GC+2EF+2AE
=2(AE+EF+FG+GC)≥ AC(không đổi ) (Xét điểm A E F G C, , , , )
Dấu " "= xảy ra⇔ A E F G C, , , , thẳng hàng
MN AC PQ
⇔ vàMQ BD NP
Khi MNPQ hình chữ nhật Ví dụ 4:
Cho đường trịn( ; )O R đường kínhABcố định,Clà điểm cố định nằm giữaAvàO M di động đường tròn( ; ).O R Tìm vị trí củaMtrên ( ; )O R tương ứng lúc độ dài CM lớn nhất, nhỏ Lời giải:
Xét ba điểmC O M, , ta có OM −CO≤CM ≤CO OM+
OA=OM =OB=R
Do CA≤CM ≤CB CM ≤CB(khơng đổi) Dấu " "= xảy ra⇔M ≡B
Vậy khiM ≡Bthì đoạn thẳngCMcó độ dài lớn Mặt khácCM ≥CA(không đổi)
Dấu " "= xảy ra⇔M ≡A
Vậy khiM ≡Athì đoạn thẳng CM có độ dài nhỏ Ví dụ 5:
Cho hai đường trịn ngồi nhau( ; )O R và( '; ').O R Anằm đường tròn( )O , Bnằm đường trịn( ').O Xác định vị trí điểmA B, để đoạn thẳngABcó độ dài lớn nhất, nhỏ
Lời giải:
(OO')cắt( )O tạiC D, cắt( ')O tạiE F,
Xét ba điểmA O B, ', , ta có
' ' ' '
O A O B− ≤AB≤O A O B+ Xét ba điểmO A O, , ', ta có
' ' '
O O OA− ≤O B≤OA OO+ Mà OA=OC=OD=R
' ' ' '
O B=O E=O F =R
Do OO'−OD O E− ' ≤ AB≤OC+OO'+O F'
DE AB EF
⇒ ≤ ≤
* AB≤EF(không đổi)
(32)Vậy ABcó độ dài lớn A≡C B≡F
*AB≥DE(không đổi)
Dấu " "= xảy ra⇔ A≡D B≡E
VậyABcó độ dài nhỏ A≡D B≡E
▼ Dang 3: Vận dụng bất đẳng thức đường tròn I. Kiến thức cần nhớ:
- Đường kính dây cung lớn đường tròn - Trong đường tròn ( )O :AB CD
là hai dây cung, H K hình chiếu vng góc AB CD Ta có OH ≥OK ⇔ AB≤CD
AB CD AOB COD
⇔ ≤ ⇔ ≤
Ví dụ 1:
Cho đường tròn ( ; );O R AC đường kính.BD dây cung ( ; )O R BD vng góc với AC Xác định vị trí dây BD để diện tích tứ giác ABCD lớn
Lời giải
AB⊥CD(gt)
Nên
2 ABCD
S = AC BD=R BD
Mà BD dây cung ( ; )O R
do BD≤2R
Vậy
2 ABCD
S ≤ R
Dấu " "= xảy BD đưịng kính ( )O Ví dụ 2:
Cho nửa đường trịn ( ; )O R đường kính AB M điểm di động nửa đường tròn Qua M
vẽ tiếp tuyến với đường tròn, gọi D,C hình chiếu, A; B tiếp tuyến Xác định vị trí điểm M để diện tích cùa tứ giác ABCD có giá trị lớn
Lời giải
Ta có AD⊥DC(gt)
BC⊥DC(gt)⇒ AD BC
ABCD
⇒ hình thang mà D=90o
nên ABCD hình thang vng
OM ⊥DCnên OM ADvà O trung điểm AB Nên OM đường trung bình hình thang ABCD
2
AD BC
OM +
⇒ =
Do
2 ABCD
AD BC
S = + DC=OM DC
Vẽ AE⊥BC Tứ giác ADCE hình chữ nhật
(ADC=DCE=AEC=90 )O ⇒DC=AE
90O
(33)⇒ AE dây cung đường tròn ( )O
⇒DC≤2R(trong đường trịn đường kính dây cung lớn nhất)
Do
.2 ABCD
S ≤R R= R
Dấu " "= xảy ra⇔ AElà đường kính ( )O
OM AB M
⇔ ⊥ ⇔ trung điểm AB Ví dụ 3:
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( ; )O R M điểm di động trên ( )O Xác định vị trí điểm M để tổng MA MB+ +MCđạt giá trị lớn
Lời giải
Xét M thuộc cung BC
Trên dây MA lấy điểm D cho
MD=MB⇒MBDcân
60o
BMA=BCA= (hai góc nội tiếp chắn AB) Do dó MBD
,
BD MB
⇒ = 60o
DBM =
60o
ABD= ABC−DBC= −DBC
60o
MBC=MBD−DBC= −DBC
Suy ABD=MBC Xét MBC DBA có
MB=BD,MBC=ABD,BC=AB(ABC đều) Do MBC=DBA(c.g.c)
Suy MC=DA
Ta có MA=MD+DA=MB+MC
2
MA MB MC MA
⇒ + + =
MA dây cung ( ; )O R ⇒MA≤2R
(Đường kính dây cung lớn đường trịn) Do MA MB+ +MC≤4R(khơng đổi)
Dấu " "= xảy ra⇔MA đường kính ( )O M
⇔ trung điểm cung BC
Lập luận tương tự ta có ba vị trí để MA MB+ +MC đạt giá trị lớn nhấ trung điểm cung BC; AC; AB
Ví dụ 4:
Cho đường tròn ( ; )O R ; BC dây cung cố định (BC≠2R) A điểm chuyển động cung lớn BC Xác định vị trí A để chu vi tam giác ABC lớn
Lời giải
ABC
P = AB+AC+BC
BC không đổi
Trên tia đối tia AB lấy điểm D cho AD=AC ADC
cân A ⇒BAC=2ADC
BACkhông đổi⇒ADCkhông đổi
(34)D
⇒ thuộc cung chứa góc có số đo
4sđ
BC ( )O
dựng đoạn thẳng BC
ABC
P lớn ⇔(AB+AC) max⇔(AB CD+ ) max max
BD
⇔ ⇔BD đường kính
của cung chứa góc nói Khi BDC=90o
Mà ABC+BDC =ACB+ACD=90o
BDC=ACD (AC=AD)
Do ABC=ACB⇔AB=AC⇔A trung điểm cung lớn BC Ví dụ :
Cho đường tròn ( ; )O R A điểm cố định đường tròn (A≠O) Xác định vị trí diểm B đường trịn ( )O cho OBA lớn
Lời giải
Vẽ dây BC đường tròn ( )O qua A
OBC
cân (OB=OC)
180
2 o
BOC
OBC= −
vẽ OH ⊥BC (H∈BC)
A∈BCnên OH ≤OA(không đổi)
Dấu " "= xảy ra⇔H ≡A⇔ AB⊥OAtại A Ta có OBAlớn ⇔BOCnhỏ
BC
⇔ nhỏ ⇔dây BC nhỏ
⇔OH lớn ⇔H ≡A ⇔AB⊥OAtại A ▼ Dạng 4:Vận dụng bất đẳng thức đại số I Kiến thức cần nắm:
● Bất đẳng thức côsi cho số dương: Cho số dương a b ta có:
2
a b ab
+
≥
Dấu “=” xảy a=b
● Bất đẳng thức Bunhiacopxki Sraxo (B.C.S): Cho số thực a,b,x,y ta có:
( )2 ( 2)( 2) ax by+ ≤ a +b x +y
Dấu “=” xảy ax=by II Một số tập ví dụ:
Ví dụ 1:
Cho đoạn thẳng AB=a C điểm đoạn thẳng AB Vẽ hình vng ABCD CBFG Xác định vị trí diểm C để SACDE +SCBFG đạt giá trị nhỏ
(35)Ta có CB= −a x(0≤ ≤x a)
ACDE
S =x ,
( )
CBFG
S = a−x
2
( )
ACDE CBFG
S +S =x + a−x
2 2
2
x a ax x
= + − + 2 2( ) a a x ax = − + +
2 2 2
2
2 2
a a a
x
= − + ≥
(không đổi)
Dấu " "= xảy
2
a a
x x
⇔ − = ⇔ =
Ví dụ 2:
Cho đoạn thẳng BC cố định A điẻm di động cho tam giac ABC nhọn AA’ đường cao H trực tâm tam giác ABC Xác định vị trí điểm A để
' '
AA HA đạt giá trị lớn
Lời giải:
Xét A BH' A AC' có BA H' =AA C' (=90 , 'o) A BH =A AC'
(hai góc nhọn có cạnh tương ứng vng góc)
Do ' ' ' ' ' ' ' '
' '
HA A B
A BH A AC AA HA A B A C
A C AA
⇒ = ⇒ =
∼
Ta có
' ' ' ( ' ) ' '
A B A C = A B BC−A B =A B BC−A B
2
2
( ' ' )
4
BC BC
A B BC A B
= − − +
2
2
'
4
BC BC BC
A B = − − ≤ Vậy AA'.HA' BC
≤ (không đổi) Dấu "="xảy '
2 BC A B ⇔ = ' A
⇔ trung điểm BC ⇔ Athuộc trung trực BC
Vậy ABC nhọn nên A nằm ngồi đường trịn đường kính BC Ví dụ 3:
Trong tứ giác nội tiếp hình chữ nhật cho trước Tìm tứ giác có tổng bình phương cạnh nhỏ
Lời giải:
AMQ
có 90o
A= theo định lí Pitago ta có 2
QM = AM +AQ
Tương tự 2
MN = BM +BN , 2
NP =CN +CP , 2
PQ =DP +DQ
Do 2 2 2 2
MN +NP +PQ =BM +BN +CN +CP +DP +DQ
Ta có
2 2
2 ( ) ( ) ( )
2 2
AM BM AM BM AM BM
(36)Chứng minh tương tự ta có
2 2
2
CP +DP ≥ CD
2 2
2
DQ +AQ ≥ AD
Do 2 2 1( 2 2)
2
MN +NP +PQ +QM ≥ AB +BC +CD +DA (không đổi)
Dấu "="xảy
AM BM
BN CN
CP DP
DQ AQ
=
=
⇔ ⇔
=
=
MNPQ hình thoi
Ví dụ 4:
Cho điểm A cố định nẳm ngồi đường trịn (O R; ) Qua A vẽ đường thẳng d cắt đường tròn ( )O
tại hai điểm B;C.Xác định vi trí d để tổng AB+AC đạt giá trị nhỏ Lời giải:
Vẽ cát tuyến ADE qua O
Xét ABE ACD có A (chung); AEB=ACD
(hai góc nội tiếp chắn cung BD)
Do ABE ACD AB AE AB AC AE AD
AD AC
⇒ = ⇒ =
∼
Mà ( )( ) 2 2
AE AD= OA OE+ OA OE− =OA −OE =OA −R
Ta có AB+AC =(AB+AC−2 AB AC )
( AB AC) AB AC AB AC
= − + ≥
2
2 OA R
= − (không đổi)
Dấu "="xảy ra⇔d tiếp tuyến (O R; ) Ví dụ 5:
Cho nửa đường tròn (O R; ) đường kính AB M điểm chuyển động nửa đường trịn Xác định vị trí điểm M để MA+ 3MB đạt giá trị lớn
Lời giải:
90o
AMB= (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)
MAB
có M=90o nên theo định lí Pitago ta có
2 2
4
MA +MB = AB = R
Áp dụng BĐT 2 2
( )( )
ax=by ≤ a +b x +y
Ta có: ( 2)
3 (1 3)
MA+ MB= MA+ MB ≤ + MA +MB
2 2
2
(37)2 4.4R R
= =
3
MA= MB≤ R(không đổi) Dấu "="xảy ra⇔ 3.MA=MB
MAB
⇔ nửa tam giác
(38)Phần 3:
CỰC TRỊ TRONG LƯỢNG GIÁC ▼ Dạng 1: Sử dụng bất đẳng thức hàm Sinx va Cosx I Phương pháp giải:
Thông thường để giải cực trị ta sử dụng bđt chứng minh Tương tự, lượng giác có bđt riêng biệt
Đối với hàm số đơn giản có sin cos Ta sử dụng: 1
1
Sinx Cosx
− ≤ ≤
− ≤ ≤
II Một số tập ví dụ: Ví dụ 1:
Tìm GTLN, GTNN hàm số: a) y = - 2sin 3x
b) y = - sin− x
Lời giải:
a) Vì 0≤ sin 3x ≤1 nên 1≥1 - 2sin 3x ≥1-2 = -1
Dấu xảy :sin 3x = 0⇔sin3x = 0⇔3x = kπ ⇔x =
3 kπ
Vâỵ GTLN hàm số GTNN hàm số -1tại x = kπ
Vì -1≤ sinx≤1 nên ≥1- sinx ≥0 ⇔ 2 ≥ sin− x ≥0 ⇔1+ 2 ≥1+ sin− x ≥1 1+ sin− x = + sinx = -1 ⇔x = 2
2 k π
π
− +
1+ sin− x = sinx = ⇔x = 2
2 k π
π
+
Vâỵ GTLN hàm số 1+ x = x = 2 k π
π
− + GTNN hàm số x =
2 k π
π
+
Vẫn sử dụng số kĩ để tìm cực trị: Ví dụ 2:
Tìm GTLN sin12x + cos12x Lời giải:
Cách 1:
Vì -1≤sinx≤1 -1≤cosx⇒1 nên ta có : sin12x ≤ sin2x cos12x ≤ cos2x
(39)Ta sin12x + cos12x = – 2sin6x.cos6x ≤1 Vậy GTLN cuả sin12x + cos12x Ví dụ 3:
Tìm GTLN, GTNN cuả: sinx + sin
x π
+
( Bài tập cần qua bước biến đổi) Lời giải:
Ta có sinx + sin
x π
+
= 2sin x
π
+
.cos
π = sin x π + Mà -1≤ sin
3
x π
+
≤1 nên GTNN sinx + sin
2
x π
+
-1 GTLN Ví dụ 4:
Tìm GTLN , GTNN biểu thức : ( 2)(1 2) (1 )(1 )
a b ab
a b
+ − + +
∀a,b
Lời giải:
(Đối với tập này, ban đầu dạng lượng, ta phải đưa lượng giác qua các phép biến đổi để tìm cực trị)
Đặt a= tanx b= tany
Ta có:
2
( )(1 )
(1 )(1 )
a b ab
a b
+ −
+ +
= (tan tan )(1 tan tan )2 2
(1 tan )(1 tan )
x y x y
x y
+ −
+ + =
2
sin( ) c ( )
.
cos cos cos cos
1 1
. cos cos
x y os x y
x y x y
x y
+ +
=
1
2 sin 2(x+ y) ≤ 1
2 ( sin 2(x+ y) ≤1) ⇒ -1
2 ≤ 2
( )(1 ) (1 )(1 )
a b ab
a b
+ −
+ + ≤
1 2
Vậy GTNN biểu thức -1
2và GTLN 1 2
▼ Dạng 2: Hình thành bình phương đủ I Phương pháp giải:
Dựa chuyển đổi qua lại sin cos, sử dụng công thức lượng giác II Một số tập ví dụ:
Ví dụ 1:
(40)Lời giải : Ta có: cosA.cosB.cosC = 1[ ( ) ( ) cos] cos A+B +cos A−B C=
[ ]
1
cos ( ) cos
2 − C+cos A−B C=
2
1
cos ( ) ( )
2 cos C C cos A B 4cos A B
− − − + −
+1
1 sin ( )
8 − A B− = 1 8
2
2
1 1
cos ( ) sin ( )
2 C 2cos A B A B
− − − − −
≤
1 8
Dấu xảy cosC= 1 ( )
2cos A−B cosC =
1 2
⇔
sin(A−B)= A= B ⇔ A= B=C= 60o
Vậy GTLN biểu thức A 1
8 ∆ABC
▼ Dang 3: Sử dụng bất đẳng thức lượng giác tam giác I. Phương pháp giải:
Trong tam giác ABC nhọn:
tan tan tan tan tan tan
2 2 2
cot cot cot cot cot cot 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 3
2 2 2
A B C
+ + ≥
c) tan .tan .tan 1
2 2 2 3 3
A B C
≤
d) cos cos cos 3
2
A+ B+ C≤
► Chứng minh:
a) Áp dụng bđt Côsi cho số dương:
tanA tanB tanC tan tan tan
tanA tanB tanC tanA tanB tanC
3
(tanA tanB tanC) 27(tanA tanB tanC) (tanA tanB tanC) 27
tanA tanB tanC 3
A B C
+ + ≥
⇔ + + ≥ + +
⇔ + + ≥ + + ⇔ + + ≥
⇔ + + ≥
(41)
b) Áp dụng bất đẳng thức: (a b+ +c)2 ≥3(ab bc+ +ac) ta coù:
tan tan tan tan tan tan tan tan tan
2 2 2 2 2
A B C A B B C C A
+ + ≥ + +
=
⇔ tan tan tan
2 2
A B C
+ + ≥ (đpcm)
c) Áp dụng bđt Côsi 3 2
tan tan tan tan tan tan tan tan tan
2 2 2 2 2
A B B C C A A B C
+ + ≥
⇔
3
2 2
tan tan tan
2 2
A B B
≤ ⇔
1 tan tan tan
2 2 3
A B B
≤ (đpcm) Dấu xảy ∆ABC
Cách 1:
Xét cosA+cosB+cosC+cos60=
2
A B A B
cos + cos −
+
60 60
2
2
C C
cos + cos −
60
2
A B C
cos cos + + ≤ + = 60 60 4
A B C A B C
cos + + + cos + − −
=
4cos60
≤
1
cos cos cos
2
A B C
⇔ + + + ≤ cos cos cos
2
A B C
⇔ + + ≤ (đpcm)
Cách 2: (Ứng dụng tích vơ hướng để chứng minh) Lấy vectơ e1
,e2
,e3
hình vẽ có độ dài 1: e1 = e2 = e3
=1
Hiển nhiên ta có:
( )
( ) ( ) ( )
2
1 2 3
0
3 , , ,
e e e
cos e e cos e e cos e e
+ + ≥
⇔ + + + ≥
3 cos cos cos
2
A B C
⇔ + + ≤ ⇒ đpcm
Dấu xảy e1+e2+e3
= 0⇔ ∆ABC ⇔ ∆ABCđều
Có thể sử dụng bđt thức khai thác thêm bđt sau tam giác (phải chứng minh trước áp dụng):
) tann tann tann 3 3n
e A+ B+ C ≥
3 ) sin sin sin
2
f A+ C+ B≤
A
(42)2 2
) cot cot cot 3
3 )
4
g A B C
h cos A cos B cos C
+ + ≥
+ + ≥
2 2
3
) sin sin sin
2 2
3 )
2 2
3
) sin sin sin
2 2
A B C
i
A B C
j cos cos cos
A B C
k
+ + ≤
+ + ≤
+ + ≥
2 2
)tan tan tan 9
m A+ B+ C≥ (∆nhọn)
2 2
) tan tan tan
2 2
3 ) sin sin sin
8 ) sin sin sin
2 2
3 ) os os os
2 2
A B C
n
o A B C
A B C
p
A B C
q c c c
+ + ≥
≤
≤
≤
2 2
) os os os
2 2
A B C
l c +c +c ≤
II Một số tập ví dụ: Ví dụ 1:
Tìm GTNN biểu thức:
A= 2
sin sin sin
2 2
A B C
+ + sin sin sin
2 2
(43)Lới giải:
Ta có A=1 cos cos cos sin sin sin
2 2 2
A B C A B C
− − −
+ + +
=3 1 sin sin sin sin sin sin
2 2 2 2
A B C A B C
− + +
(vì cos cos cos sin sin sin
2 2
A B C
A+ B+ C = + )
=1−sin sin sin
2 2
A B C
1 ≥ − =7
8 Vậy giá trị nhỏ biểu thức :7
8
Ví dụ 2:
Tìm GTNN biểu thức B= 6
tan tan tan
2 2
A B C
+ +
Lời giải:
Không sử dụng gián tiếp bđt thức cm trên, ta sử dụng bđt tốn học quen thuộc
Ta có:
( )
6 6 3 3 3
tan tan tan tan tan tan tan tan tan
2 2 2 2 2
A B C A B B C C A
+ + ≥
Nếu x = tan tan
2
A B
, y = tan tan
2
B C
, z =tan tan
2
C A
, x+y+z = Áp dụng BCS với hai dãy x, y, z vaø 3
, ,
x y z ta có:
( )( 3 3 3) ( 2 2 2)2
x+ +y z x +y +z ≥ x +y +z ( )
2
x y z
+ + ≥ =
9 ( )
3 3
2
x y z
⇔ + + ≥
Từ (1) (2) 6
tan tan tan
2 2
A B C
⇒ + + ≥ Dấu xảy x = y = z
⇔A=B=C
Vậy GTNN B
9
1 Tìm GTLN biểu thức D=tan tan tan
4 4
(44)2 Cho , ,
a b c
a Sinx b Siny c
≥
+ =
Tìm GTLN biểu thức
E=
2
os os
c x c y
a + b
▼ Dạng 4: Biểu thức chứa hàm số lượng giác I Phương pháp giải:
Giả sử góc A, B, C thoả mãn hai điều kiện:
1) ( ) ( ) )
2
A B
f A + f B ≥ f +
2 ( ) ( )
2
A B
f A f B ≥ f +
Đẳng thức xảy A=B;
2) ( )
3
C
f C f f
π π + + ≥
( )
3
C
f C f f
π π + ≥
Đẳng thức xảy C=
3 π
Khi cộng nhân (1), (2) ta có bđt ( ) ( ) ( ) 3
f A + f B + f C ≥ f π
(3)
hoặc
( ) ( ) ( )
3
f A f B f C ≥ f π
(4)
Đẳng thức xảy A=B=C Tương tự ta có bđt với chiều ngược lại Xét VD sau:
Ví dụ 1:
Trong tam giác ABC, tìm GTNN biểu thức
1 1
1+ sinA+1+ sinB+1+ sinC
Lời giải: Ta có:
1
1+ sinA+1+ sinB
4
2 sinA sinB
≥
+ + (áp dụng
1
x+ ≥y x+y )
( )
4
2 sin sin
2 sin
2
A B A B
A B
cos
≥ =
+ −
+ + + (áp dụng BCS)
2 sin A B ≥ + +
⇒ + ≥ (5)
1+ sinA 1+ sinB A + B 1+ sin
2
(45)Tương tự
sin 60 60
≥
1
+ (6)
1+ sinC 1+ C+
1+ sin
.Cộng (5) (6) ta có:
1 1
1+ sinA+1+ sinB+1+ sinC +1+ sin 60
1 60 ≥ +
A + B C + 1+ sin 1+ sin
2
4 sin 60 ≥
+ ( Cũng làm tương tự bước (5), (6))
Suy 1
1+ sinA+1+ sinB+1+ sinC
3 sin 60 ≥
+
3
2
= +
Vậy GTNN biểu thức 24
2+ Dấu xảy ∆ABCđều
Ví dụ 2:
Trong tam giác ABC, tìm GTNN biểu thức
1 1
1
sinA sinB sinC
+ + + Lời giải: Ta có: 1
1
sinA sinB
+ +
1 1
1
sinA sinB sin sinA B
= + + +
2
2
1
sin sinA B sin sinA B
≥ + + 1
sin sinA B
= + ( ) ( ) 2
cos A B cos A B
= + − − + ( ) 2 1 1 sin A B
cos A B
≥ + = + + − + 1 60 sin C ≥ + +
(46)Tương tự
2
1 1
1 1
60 sin sin 60
sin C C + + ≥ + + (8)
Nhân (7) (8) ta 1 1 1 1 sinA sinB sinC sin 60
+ + + +
2
1
1
60
sin sin
2 2
A B C
≥ + + + + 1 sin 60 ≥ +
Suy 1 1 1
sinA sinB sinC
+ + + 1 sin 60 ≥ + 3 = +
Vậy GTNN biểu thức
3 +
∆ABC
▼ Dạng 5: Sử dung đạo hàm I Kiến thức cần nắm:
Để giải dạng toán cần sử dụng tới số cong thức tính đạo hàm sau đây:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 ' ' ' '
os ' '
1 tan '
' tan '
Sinx Cosx
Sinu u Sinx
Cosx Sinx
C u u Sinx
x Cos x u u Cos u = = = − = − = =
II Một số tập ví dụ: .Ví dụ 1:
Tìm giá trị lớn nhỏ hàm số y= f x( )=3cos 3x+2 cos 2x+9 cosx+2
Lời giải: Lời giải:
TXĐ: D=R
Ta có ( ) ( ) ( )
3 cos 3cos 2 cos cos
y= f x = x− x + x− + x+
12 cos x cos x
(47)10 243
16
−
Đặt t = cosx, − ≤ ≤1 t
Ta có ( )
12
y= g t = t + t
( )
' '
'
36
0 36
y g t t t
y t t
= = +
= ⇔ + =
( )
4 0
2
t t
t t
⇔ + =
= ⇔
= −
Bảng biến thiên t
-1
9
−
( )
'
g t + - +
( )
g t
Căn vào bảng biến thiên ta được: max f(x) = max g(t) = 16
min f(x) = g(t) = -8
Ví dụ 2:
Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số
( ) 2
cos cos cos cos
y= f x = x− x+ + x+ x+
Lời giải:
TXĐ: D=R
Đặt t = cos x, − ≤ ≤1 t
Ta có ( ) 2
2
y= g t = t − t+ + t + t+ Dg(x)= [-1,1]
' '( )
2
1
2
t t
y g t
t t t t
− +
= = +
− + + +
( ) ( )
( )( )
2
2
1 2
2
t t t t t t
t t t t
− + + + + − +
=
(48)2 2+
2+ 13
5
'
y =
( ) ( )
1 2
t t t t t t
⇔ − + + + + − + =
( ) ( )
2
t t t t t t
⇔ + − + = − + + = (do − ≤ ≤1 t 1)
( ) ( ) ( ) ( )
( )( )
2 2 2
2
2
24 12
2 1 2
t t t t t t
t t t t t t t + − + = − + + ⇔ + − ≥ + = ⇔ − ≤ ≤ = − ⇔ ⇔ = − − ≤ ≤
Bảng biến thiên t
-1
2
−
( )
'
g t + -
( )
g t
Căn vào bảng biến thiên ta có max f(x) = max g(x) = 2+ 13
min f(x) = g(x) =
Ví dụ 3:
Cho cos 2x+cos 2y= ∀1, x y, ∈R.Tìm giá trị nhỏ hàm số:
2
tan tan
A= x+ y
Lời giải:
Ta có: A=tan2x+tan2 y =(tan2 x+ +1) (tan2 y+ −1) 2
2
2
1 2
2
cos cos cos cos 2 cos 2 cos 2
cos cos 2
x y x y
x x x x = + − = + − + + − + = − + +
(49)( ) ( ) ( ) 2 2
( ) , 1
2
6 1
'( )
2
t t
A f t t
t t t
f t t
t t − + = = − ≤ ≤ − + + − ⇒ = = ⇔ = − + + t
−1
2 '( )
f t − +
( )
f t
3
Vậy minA
3
= ,
6
x= ± +π kπ k∈
g x( ) nhỏ sin
3
x
⇔ = ⇒ ming x( )
2
1 5
3
3 3
= − + =
Do : 1
3 y y
+ ≤ ≤ + ⇔ ≤ ≤
Vậy max
5
y= ;
3
y=
► Một số tập dạng tương tự:
1.Tìm giá trị lớn hàm số:
2
1
1 cos 2sin
2
y= + x+ + x
2.Tìm giá trị nhỏ của:
2 2 2 1 sin cos sin cos
y x x
x x
= + + +
3.Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số:
(50)2 ( ) sin 3sin cos cos
y= f x = x+ x x+ x
4.Tim giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số:
4 sin sin
y= x+ x+π
5.Tìm giá trị nhỏ hàm số:
1
,
sin cos
y x
x x
π
= + < <
6.Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số:
( )( )
( ) sin cos cos sin
f x = x+ x x− x
7 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số :
4
4
3cos sin 3sin cos
x x y x x + = +
8.Cho tam giác ABC tìm giá trị lớn của:
( )
3 cos cos cos
P= B+ A+ C
9.Tìm giá trị nhỏ biểu thức :
4 2
cot cot tan tan
P= a+ b+ a b+
10.Cho α β δ, , thoả mãn điều kiện :
2 2
cos α+cos β+cos δ =1
Tìm giá trị lớn của:
2 2
1 cos cos cos
y= + α + + β + + δ
11.Tìm giá trị nhỏ hàm số
(cos sin )3 2 2 cos sin
y x x
x x
= + +
12.Tìm giá trị nhỏ hàm số 10 10
cos sin
y = x+ x
13 Cho ∆ABC Tìm giá trị lớn biểu thức M= cos2A + cos2B – cos2C
14 Tìm GTLN GTNN hàm số cos
sin cos
x y x x + = + −
15 Tìm GTLN GTNN hàm số
2
cos sin cos sin
x x x
y
x
+ =
+ (1)
16 Định m để hàm số ( 4 )
2 sin cos sin cos cos
(51)có giá trị lớn khơng lớn
17 Tìm GTLN GTNN hàm số y= cosx + sinx
18 Tìm giá trị lớn hàm số
( )
2
4 3sin sin
cos
x x
y
x
−
= với
6
x π
< <
19 Cho ∆ABC có góc nhọn, tìm giá trị nhỏ biểu thức P = tanA.tanB.tanC
20 Tìm giá trị lớn biểu thức
1 tan tan tan tan tan tan
M = + A B+ + B C + + C A
với A, B, C >0 A + B + C =
2 π
21 Trong tam giác ABC,những tam giác làm cho biểu thức sau đạt giá trị lớn nhất:
Hướng dẫn đáp số:
1 Ta có:
1 cos sin
2
y= + x+ + x
Áp dụng BĐT Bunhiacopski cho số, ta có:
2
1
1 cos sin
2 x x
+ + + 2
1 cos sin
2 x x
≤ + + + +
9 22
2
4 2
≤ + =
Vậy max 22
2
y=
Dấu “=” xảy :
1 cos sin
2 x x
+ =
2 Ta có:
( )
2 2
2 2 2
2 2
1 1
sin cos 1 sin cos
sin cos cos cos
x x x x
x x x x
+ + + ≤ + + + +
2 2
2 2
2 2
1 1 1
sin cos sin cos
sin cos sin cos
x x x x
x x x x
⇒ + + + ≥ + + +
3 3
3 3
sin sin sin
cos cos cos
A B C
M
A B C
+ +
=
(52)
2
2
1
1
2 sin x.cos x
≥ + ( ) 2
1 25
1
2 sin 2x 2
≥ + ≥ + =
Vậy 25
2
y=
Dấu “=” xảy khi:
2
sin cos
4 sin
x x x x π π = ⇔ = ± + = k
3.Ta có : 2
2 sin 3sin cos cos
y= x+ x x+ x
cos 3sin 5(1 cos )
2
x x x
= − + + +
( )
7
sin +cos2x
2 x
= +
cos
2 x
π = + − Ta có: ( ) ( )
3 3
1 cos cos
4 2
1
7 cos
2 2
x x x π π π − ≤ − ≤ ⇔ − ≤ − ≤ ⇔ − ≤ + − ≤ +
Vậy max 1(7 2)
y= + ,min 1(7 2)
2
y= −
4 Ta có:
4 sin sin
y= x+ x+π
( )
2 cos sin +cos2x =2+sin 2x - cos2x
=2+ sin x x x π = − + −
Với sin 2 2
4
x π y
− ≤ − ≤ ⇔ − ≤ ≤ +
Vậy max y= +2 , y= −2
Với 0
2
x π
(53)Áp dụng BĐT Cauchy, ta có:
1
sin cos
y
x x
= + 2 2
sin cosx x sin 2x
≥ = ≥
Dấu “=” xảy khi:
sin
1
cos sin
x x x = =
tanx x 0,2
π π
⇔ = ⇔ = ∈
6.Ta có: f x( )=(2 sinx+cosx)(2 cosx−sinx)
2
4 sin cosx x sin x cos x sin cosx x
= − + −
( 2 )
3sin cosx x cos x sin x
= + −
3sin 2 cos
2 x x
= +
1(4 cos 3sin )
2 x x
= +
cos sin
2 x x
= +
Đặt cos 4,sin
5
α = α = với
2 π α < <
Ta có : ( ) 5(cos cos sin sin ) 5cos 2( )
2
f x = x α + x α = x−α
Với cos 2( ) 5cos 2( )
2 2
x α x α
− ≤ − ≤ ⇔ − ≤ − ≤
( )
2 f x ⇔ − ≤ ≤ Vậy max ( ) 5;
2
f x = ( )
2
f x = −
7 Ta có: ( )
( )
2
2
4
4
3 sin sin 3cos sin
3sin cos 3sin sin
x
x x
y
x x x x
− + + = = + + −
4
3sin sin
1
3sin sin 3sin sin
x x
x x x x
− +
= = +
− + − +
Đặt
2
4 2
( ) 3sin sin sin
3
g x = x− x+ = x− +
( )
g x lớn sin x
⇔ = ⇒ max
2
1
( ) 3
3
g x = − + =
(54)8 Ta có: cos cos cos
2
A C A C
P= B+ + −
2
2
2 cos sin cos
2
3 sin sin
2
2 sin sin
2
3 5 3 sin
2 2
B A C
B B B B B B − = + ≤ − + ≤ − + + ≤ − − + ≤
Suy : max
2
P=
cos 30 120 sin 2 A C A C B B − = = = ⇔ = =
9 Ta có: 4 ( 2 )2 2 cot a+cot b= cot a−cot b +2 cot a.cot b
( )2
2 2 2
cot cot cot cot tan tan
P a b a b a b
⇒ = − + + +
( ) ( )
2
2 2 2
cot cot cot cot tan tan cot cot tan tan cot cot tan tan
a b a b a b a b a b
a b a b
= − + + −
+ +
( 2 )2 ( )2
cot a cot b cot cota b tan tana b
= − + − + + ≥
Dấu “=” xảy :
cot cot
cot cot tan tan cot
a b a b
a b
a b a b a
π − = = ⇔ ⇔ = = − = =
Vậy P=6
10 Áp dụng BĐT Bunhiacopski cho số, ta có:
2 2
1 cos+ α + cos+ β + cos+ δ
2 2 2
1 1 cos α cos β cos δ
≤ + + + + + + +
2
3 cos α cos β cos δ
≤ + + +
vì 2
cos α+cos β+cos δ =1 nên ta có :
2 2
1 cos+ α + cos+ β + cos+ δ ≤ =2
(55)Dấu “=” xảy khi: 1 cos+ 2α = 1 cos+ 2β = 1 cos+ 2δ
2 2
2 2
1 cos cos cos cos cos cos
3 cos cos cos
3 α β δ α β δ α β δ ⇔ + = + = + ⇒ = = = ⇔ = = = ±
11 Ta có (cos sin )3 2 2
cos sin
y x x
x x = + + 2 cos 1 sin 2 x x π = − + 2 cos
4 sin
x x π = − +
cos cos
4
x π x π
− ≥ − ⇒ − ≥ −
2 cos 2
4
x π
⇔ − ≥ −
2
0 sin
sin
x
x
≤ ≤ ⇒ ≥
suy
2
2 cos 2
4 sin
y x x π = − + ≥ −
Dấu “=” xảy
2
cos
4
sin
x x π − = − ⇔ = x π ⇔ =
Vậy miny = −4 2
12 Ta có: 10 10 cos sin
y = x+ x
5
1 cos cos
2 x x + − = +
15 (1 cos ) (5 cos )5
2 x x
(56)
(
5
1 cos 10 cos 10 cos cos cos
2 x x x x x
= + + + + +
)
2
1 cos 2x 10 cos 2x 10 cos 2x cos 2x cos 2x
+ − + − + −
( ) 20 cos 10 cos
32 x x
= + +
( ) 10 cos cos
16 x x
= + +
( )2 cos
16 x
= + −
Mặt khác 2
0≤cos 2x≤ ⇔ ≤ +1 1 cos 2x≤2
( )2 1 cos 2x
⇔ ≤ + ≤
( )2 5 cos 2x 20
⇔ ≤ + ≤
( ) ( 2 )2 ( )
1 1
5 cos 20
16 16 x 16
⇔ − ≤ + − ≤ − 1 16 y ⇔ ≤ ≤
Vậy max y =1, dấu “=” xảy x=0 y =
16, dấu “=” xảy x= π
13
Ta có
M= cos2A + cos2B – cos2C
= 2cos(A+B)cos(A-B) + – 2cos2C = -2cosC cos(A-B) + – 2cos2C = -2[cos2C + cos(A-B) cosC +
4cos
(A-B)] +
2[cos
(A-B)] +1
= -2[cosC +
2cos(A-B)]
+
2[1 - sin
(A-B)] +1 =
2 -2[cosC +
2cos(A-B)]
-
2sin
(A-B)]
2 ≤
Dấu “=” xảy
( )
( )
1
cos cos
2
sin
C A B
(57)cos C A B + = ⇔ − = cos 6 2 A B C
A B C
π π = = = − ⇔ ⇔ = =
Vậy max M =
2 ứng với ∆ABC có
A = B =
6 π
C =
3 π
14 Vì sin cos cos
x+ x= x−π
sin cos 2
sin cos
x x
x x
⇒ + ≤ <
⇔ + − <
hay sinx+cosx− ≠2 ∀ ∈x R
Do cos
sin cos
x y
x x
+ =
+ − (1)
⇔ y(sinx+cosx−2)= +2 cosx ⇔ ysinx+(y−1 cos) x= +2 2y (2)
(1) có nghiệm x ⇔ (2) có nghiệm x
( ) (2 )2
2
2
2
1 2
2
2 10
5 19 19
2
y y y
y y y y
y y y ⇔ + − ≥ + ⇔ − + ≥ + + ⇔ + + ≤ − − − + ⇔ ≤ ≤
Vậy y = 19
2 − −
max y = 19
2 − +
15 Ta có :
4 ( 2 )2 2
sin x+cos x= sin x+cos x −2 sin xcos x
2
2
1
1 sin sin
2
1 cos
1 cos
2 4
(58)Và s in cos cos 1sin cos 1s in4
2
x x x= x x= x
Nên
( )1 1cos s in4
4 4
4 cos s in4 cos s in4
m
y x x
y x m x
x m x y
⇔ = + +
⇔ = + +
⇔ + = −
PT có nghiệm x
( )2
2
2
2
2
16 48 32
6
4
m y
y y m
m m y ⇔ + ≥ − ⇔ − + − ≤ − + + + ⇔ ≤ ≤ Do max m
y = + +
Ta có
2
6
max 2
4
m
y≤ ⇔ + + ≤
2 4 m m m ⇔ + ≤ ⇔ + ≤ ⇔ = 16 Ta có
(1) ( )
sin cos sin cos
y x x x x
⇔ + = + (do sin2x +1≠ )
1 cos cos
1 s in2
2 2
cos 2y cos s in2
x x
y x
y y x x x
− +
⇔ + = +
⇔ − + = + +
(1 y)cos 2x s in2x 3y
⇔ + + = − (2)
(1) có nghiệm x ⇔ (2) có nghiệm x ( )2 ( )2
1 y 3y
⇔ + + ≥ −
2
2
2
8
y y y y
y y
⇔ + + ≥ − +
⇔ − − ≤
6
4
− +
⇔ ≤
max
y= +
4
(59)17 Tìm GTLN GTNN hàm số y= cosx+ sinx
Lời giải: Ta có
y= cosx+ sinx
( 2)( )
1 cosx sinx 1 cosx sinx
= + ≤ + + (BĐT
Bunhiacopski)
⇒ ≤y cos( x+sinx)
mặt khác cos sin cos
4
x+ x= x−π ≤
suy y≤ 2
Dấu “=” xảy cos sin cos x x x x π π = ⇔ ⇔ = − =
Vậy maxy= 2
4
x=π
Ta có 0≤cosx≤1 (ĐK để y xác định) 0≤sinx≤1
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 y≥1 , dấu “=” xảy x = Vậy y = x =
18 Tìm giá trị lớn hàm số
( )
2
4 3sin sin
cos
x x
y
x
−
= với
6
x π
< <
Lời giải:
Vì 0 sin
6
x π x
< < ⇒ < <
2
0 sin sin
4
x x
⇒ < < ⇒ − >
Áp dụng BĐT cô-si cho số
3sin x
(60)( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2
3sin sin
3sin sin
1 sin
3sin sin
cos
3sin sin (1) x x x x x x x x x x + − ≥ − − ⇔ ≥ − ⇒ ≥ −
Chia vế (1) cho
cos x (
0 cos
6
x π x
< < ⇒ > )
Ta ( )
2
4
3sin sin 1 cos x x y x − = ≤
dấu “=” xảy 2
3sin sin sin
x x x
⇔ = − ⇔ =
ta tìm 0,
x ∈ π
2
sin
x=
Vậy max
y=
19
Ta có 2
1 cos 3sin
y= + x+ + x
2
3 cos sin
3 x x
= + + +
Áp dụng BĐT Bunhiacopski ta có :
( )
( )
2
1
3 cos 6sin
3
5 55
5
6
y x x
y
≤ + + + +
⇒ ≤ + =
Dấu “=” xảy
2
2
2
2
3 cos 2 6sin
3.(3 cos ) 2.(2 6sin ) 18 cos 12(1 cos )
7
30 cos cos
30 x x x x x x x x ⇔ + = + ⇔ + = + ⇔ + = + − ⇔ = ⇔ =
Vậy max 55
6
y= 20
(61)
tan( ) tan( )
A B C
A B C
π
π
⇔ + = −
⇒ + = −
tan tan tan tan tan
A B C A B + ⇒ = − −
⇔tanA+tanB= −tan (1 tan tan )C − A B
⇔tanA+tanB+tanC =tan tan tanA B C (1) Vì ∆ABC có góc nhọn ⇒tan , tan , tanA B C>0
Áp dụng BĐT cô-si cho số tgA, tgB, tgC
tanA+tanB+tanC≥3 tanAtanBtanC (2) từ (1) (2) ta
tan tan tanA B C≥3 tanAtanBtanC
3
(tan tan tan ) 27 tan tan tan (tan tan tan ) 27
tan tan tan 3
A B C A B C
A B C
A B C
⇔ ≥
⇔ ≥
⇔ ≥
Dấu “=” xảy tanA = tanB = tanC
⇔ A=B=C hay ∆ABC 21
Vì A + B + C =
2 π ( ) tan tan
A B C
A B C
π π ⇔ + = − ⇒ + = − ( )
tan tan
cot
1 tan tan tan
tan tan tan tan tan tan tan tan tan tan tan
A B
C
A B C
A B C A B
A B B C C A
+
⇔ = =
−
⇔ + = −
⇔ + + =
Mặt khác áp dụng BĐT Bunhiacôpski ta
( 2 2)( )
1 1 tan tan tan tan tan tan
M ≤ + + + A B+ + B C+ + C A
= 3 1( + ) =2
dấu xảy
tanA tanB = tanB tanC = tanC tanA ⇔ tanA=tanB=tanC
6
A B C π
⇔ = = = (do A + B + C =
2 π
)
Ta có: sin sin sin cos cos cos cos
2 2 2
A B A B C A B C
(62)Áp dụng BĐT :
3 3
2
a +b a b+
≥ , dấu “=” xảy a=b
Ta có:
3
3sin 3sin sin sin
cos
2 2
A B A B C
+ +
≤ ≤
( theo(1) )
3
3
sin sin
cos
2
A+ B C
⇔ ≤ (2)
Tương tự:
3
3
sin sin
cos
2
B+ C A
≤ (3)
3
3
sin sin
cos
2
C+ A B
≤ (4)
Cộng (2),(3),(4) ta có:
3sinA+3sinB+3sinC ≤ 3cosA+3cosB+3cosC
⇔ 3
3 3
sin sin sin
cos cos cos
A B C
M
A B C
+ +
=
+ + ≤1
Dấu “=” xảy
sin sin sin
3
cos
2
A B C
A B C
A B π
= =
⇔ = = =
−
=
(63)Phần :
BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM
Bài 1:
Cho a + b ≥ 1, giá trị nhỏ biểu thức a3 + b3 A) B) 1/2 C) 1/4 D)
Bài 2:
Giá trị lớn hàm số 2 1 x x y x x + + =
− +
A
3 B C
3
2 D.5
Bài 3:
Giá trị nhỏ hàm số
2 2 x x y x x − + = + + :
A.1
2 +
B.1
2 −
C
7 +
D.9
7 −
Bài 4:
Cho a + b = 1, giá trị nhỏ biểu thức a4 + b4 A) B) C) 1/8 D) 1/4 Bài 5:
Cho a, b, c >0 thoả mãn 1
a + =c b , giá trị nhỏ 2
a b c b
a b c b
+ +
+
− −
A.1 B.2 C.3 D.4
Bài 6:
Giá trị nhỏ hàm số ( ) 2 1 x x f x x x + − = − + Bài 7:
GTNN, GTLN hàm số
2
2
1 x x y x + + = − +
A Min y = 1, max y = B Min y = -6, max y = -1 C Min y =2, max y = D Min y = -5, max y = -2
A) B) C) D)
Bài 8:
Cho a, b, c >0, giá trị nhỏ biểu thức a b c
b+c+c+a+a+b
A) B) 1/2 C) 3/2 D)
(64)Cho a, b, c, d >0 Giá trị nhỏ biểu thức a b b c c d d a
b c d c d a d a b a b c
+ + + +
+ + +
+ + + + + + + +
A) 8/3 B)1/3 C) 2/3 D) Bài 10:
Cho hàm số cos sin
y= x− x Giá trị lớn y A) -1 B) C) 1/2 D) Bài 11:
Giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số 2 1
x y
x x
+ =
+ + A) max y = 1, y = -1/3 B) max y = 2, y = 1/2
C) max y = 1/2, y = 1/3 D) max y = 3, y = 1/3 Bài 12:
Giả sử x, y, z số dương thay đổi thỏa x + y + z = Giá trị lớn biểu thức
1 1
x y z
x+ + y+ + z+
A) 3/4 B) 1/3 C) D)
Bài 13:
Cho số dương x, y, z cho xyz = n số nguyên dương Giá trị nhỏ biểu thức 1
2 2
n n n
x y z
+ + +
+ +
A) B) C) D)
Bài 14:
Cho sinx+siny+sinz=0 Giá trị lớn biểu thức
2
sin sin sin
P= x+ x+ x
A) B) 1/2 C) D) Bài 15:
Giá trị nhỏ biểu thức:
cos2 xcos2 y+sin2(x−y)+ sin2 xsin2 y+sin2(x− y)
A) B) C) D)
Bài 16:
Giá trị lớn biểu thức ( )( ) ( 2) (2 2)2
1
1
x y xy
x y
+ −
+ +
A) B) 1/2 C) D) Bài 17:
Cho x, y, z dương x + y + z = Giá trị lớn S = xyz(x+y)(y+z)(z+x)
(65)Cho x, y thay đổi cho
0
x y
≤ ≤
≤ ≤
giá trị lớn biểu thức (3-x)(4-y)(2x+3y)
A) B) C) D)
Bài 19:
Giá trị nhỏ biểu thức
a2 +b2 −2a−12b+37+ a2 +b2 +6a−6b+18
A) B) 5/2 C) D) Bài 20:
Cho x2 + y2 = Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ P = x + y A) max P = 1, P = B) max P = 0, P = -
C) max P = 2, P = D) max P = 2, P = - Bài 21:
Cho x2 + y2 = u2 + v2 = 1.Giá trị lớn P= x u( −v)+y u( +v) A) B) C) D) -
Bài 22:
Cho ∆ABC giá trị lớn
2 2
2 2
sin sin sin cos cos cos
A B C
P
A B C
+ +
=
+ +
A) B) 1/2 C) D) Bài 23:
Cho x, y, z góc nhọn thỏa x + y + z = 90o Giá trị lớn biểu thức
P= 5+tan tanx y+ 5+tan tany z + 5+tan tanz x A) B) C) D) 2
Bài 24:
Cho ,
x y
x y
>
+ =
, giá trị nhỏ
2
1
P x y
x y
= + + +
A) 25/2 B) 1/2 C) D) Hướng dẫn đáp án :
1 Từ giả thiết a+ ≥b biến đổi tương đương ta
3
3
a +b ≥ b − b+
mà
2
2 1
3 3
2 4
b − b+ = b− + ≥
(66)4 Từ a + b = suy a2 + 2ab + b2 =1 mặt khác a2 – 2ab + b2 ≥ từ ta có 2
2
a +b ≥ bình phương hai vế, kết hợp với bdt 2
2
a − a b +b ≥ ta 4
a +b ≥
5 Từ giả thiết ta có b 2ac
a c
=
+ :
( 2)
2
3
4
2 2 2
ac a c
a 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) = (a b) (b c) (c a) 1
a b b c C a
+ + + + + + + ≥
+ + +
(Bunhiacopski cho cặp số) Suy P ≥ 3/2
9 A 10 D 11 A
12 Áp dụng bunhiacopski cho ba cặp số tìm max = ¾
13 Ta có 1
2
n n
a a
a a
+ ≥ ⇒ + ≥
Áp dụng ta tìm = 14 D
15 C 16 B
17 Áp dụng côsi cho số :
( ) ( ) ( ) ( )( )( )
3
3
1
2
x y z xyz
x y y z z x x y y z z x
= + + ≥
= + + + + + ≥ + + +
Nhân vế theo vế, biến đổi tìm max = 8/729
18 Có thể viết lại biểu thức cho thành: 1(6 )(12 )(2 ) − x − y x+ y
Áp dụng cơsi cho ba số tìm max = 36 19 D
(67)23 C
24 Áp dụng B.C.S cho cặp số (1, 1) x 1,y
x y
+ +
Sau biến đổi tương đương ta
2 2
1 1
1
2 xy x x y y
+ ≤ + + +
2
2
x y
xy≤ + =
1
1 25
xy
xy
⇒ ≥
⇒ + ≥
(68)(69)(70)(71)(72)(73)(74)(75)(76)(77)(78)(79)(80)(81)(82)(83)(84)(85)(86)(87)(88)(89)(90)(91)(92)(93)(94)(95)(96)(97)(98)(99)(100)(101)(102)(103)(104)(105)(106)(107)(108)(109)(110)(111)(112)(113)(114)(115)