Chuyên đề Cực trị trong đại số

Chuyên Đề Cực Trị Trong Đại Số 1 Phần 1: CỰC TRỊ TRONG ĐẠI SỐ: Một số dạng tốn 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 1 1 2 4 4 P x x x x x = − = − + = − − + ≤    Đẳng thức xảy ra khi 1 2 x = và 1 4 x = Do đĩ giá trị lớn nhất của P là 1 4 đạt khi 1 4 x = Ví dụ 2: Tìm giá trị của x để biểu thức 2 1 2 2 5x x− + cĩ giá trị lớn nhất Lời giải: Ta cĩ: ( )22 2 2 2 5 2 3 3 1 1 32 2 5 x x x x x − + = − + ≥ ⇒ ≤ − + Do đĩ, khi 2x = thì bỉêu thức 2 1 2 2 5x x− + cĩ giá trị lớn nhất là 1 3 V í d ụ 3: VớI x,y khơng 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 cĩ: 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 22 2 2 2 2 2 2 3 2 2004,5 2 1 3 2004,5 2 1 1 2 2 2003,5 1 1 1 2 2003,5 4 2 1 1 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 2 1 0 , 2 b a b − ≥ ∀    1a b= + 3 2 a = 2003P = ⇔ ⇔ 1 2 b = 1 2 b = Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất là 2003 khi 3 2 x = và 1 2 y = hay 9 4 x = và 1 4 y = 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 2 2 1 8 4 4 x y x + + = Xác định x,y để tích xy đạt giá trị nhỏ nhất 4) Cho a là số cố định, cịn 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 2 x = ± 1y = ± 4) 0A ≥ khi a ≠ -4, 9 5 A = 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= cĩ nghiệm 0a y b⇔ ≤ ≤ Khi đĩ min y = a, max y = b II. Một số bài tập ví dụ: Ví dụ 1: Tìm Max và Min của: 2 1 x y x = + Lời giải: Tập xác định D = R ⇒ 0y là một giá trị của hàm số ⇔ phương trình 0 2 1 x y x = + cĩ 1 nghiệm x∈R ⇔ phương trình 2 0 0x y y x+ = cĩ nghiệm x∈R ⇔ phương trình 2 0 0 0x y x y− + = cĩ nghiệm x∈R ⇔ 0∆ ≥ ⇔ 21 4 0y− ≥ ⇔ 2 4y ≤ ⇔ 1 1 2 2 y− ≤ ≤ 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 b y 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 1 y x = + cĩ nghiệm x∈R ⇔ phương trình 20 0ax 0y x y b− + − = cĩ nghiệm x∈R (1) • Nếu 0 0y = thì (1) ⇔ ax = -b cĩ nghiệm a = b = 0 ⇔ a ≠ 0 • Nếu 0 0y ≠ thì (1) cĩ nghiệm ⇔ 0∆ ≥ ⇔ 2 0 04( ) 0a y b y− − ≥ 4 ⇔ 2 2 0 04 4 0y by a− + + ≥ Theo đề 0y đạt giá trị lớn nhất là 4, giá trị nhỏ nhất là –1 nên phương trình 2 2 0 04 4y by a− + + phảI cĩ nghiệm là –1 và 4 (do -1.4 = -4 < 0) 2 4 4 a− = − 4a = ± Theo định lý Viet ta cĩ : ⇔ 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 a y x − =  +  Lời giải: Hàm số đã cho xác định khi ( ) 0x x a− ≥ Đặt 2 12 ( ) 36 x x a z x − =  +  (1) thì 4 3y z= , 0z ≥ 0z là một giá trị của hàm số (1) ⇔ phương trình 0 2 12 ( ) 36 x x a z x − = + cĩ nghiệm hay phương trình 20 0(12 ) 12ax 36 0z x z− − − = cĩ nghiệm (2) • 0z =12 : (2) ⇔ ax = -36 cĩ nghiệm khi 0a ≠ • 0 12z ≠ : (2) cĩ nghiệm ⇔ 2 0 036 36 (12 ) 0a z z∆ = + − ≥ 2 2 0 0 2 2 0 0 2 2 0 12 0 12 0 6 36 6 36 a z z z z a a z a ⇔ + − ≥ ⇔ − − ≤ ⇔ − + ≤ ≤ + + Vì 0 0z ≥ nên 2 00 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 x y x x − + = + + 2) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức: 3 3 4 1 1 4 3 3 1 1 x x y 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 2 3 2. 1 t x t + = + ; 2 2 1 1 2. 1 t x t − + = + vớI t = tg [ ]0;1 2 ϕ ∈ Ta cĩ 2 2 7 12 9 5 16 7 t t y t + + = − − + + Max y 9 7 y = khi x = -3; min 7 9 y = khi x = 1 0 < x ≤ 0y (1) 20 1 y x x x = + + ⇔ x > 0 2 20 02 1 0y x y x− + = (2) Điều kiện để (2) cĩ 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 có: ab ba ≥ + 2 Dấu “ =” xảy ra khi ⇔ a = b • Cho n số a1, a2, … , an ≥ 0, ta cĩ: n n n aaa n 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 cĩ:       +≤ yxyx 11 2 11 . 1 => 4 4 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: khơng phải lúc nào ta cũng cĩ 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 cĩ thể vận dụng bđt Cauchy rồi tìm cực trị của nĩ. Biện pháp 1 : Để tìm cực trị của một biểu thức ta tìm cực trị của bình phương biểu thức đĩ. 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 cĩ tổng khơng 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 cĩ 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 10 3 99 5 3 3 9 2 1 5 3. 3 9 = +− =       + − ≤ − x x x x x x (dấu “ =” xảy ra khi và chỉ khi 183 3 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 1 3 3 9 =+ − cĩ dạng kx cĩ 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 9cĩ 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 + 4 333 16 ....4 1616 x xxx x xxx x ≥+++= A ≥ 4.2 = 8 ( dấu “ =” xảy ra khi và chỉ khi 2 16 3 =⇔= x x x Vậy min A = 8 ( khi và chỉ khi x = 2). Nhận xét: Hai số dương 3x và x3 16 cĩ tích khơng phải là một hằng số.Muốn khử được x3 thì phải cĩ x3 = x.x.x do đĩ 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 cĩ trong biểu thức đã cho ( cĩ 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 = 1 2 2 9 + − + − x x x x A 71921 2 . 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: x xzy zy xzy zy x == + + ≥ + + + 2 .2 4 ..2 4 22 Tương tự: z yx yx z y xz xz y ≥ + + + ≥ + + + 4 4 2 2 Vậy zyx zyx yx z xz y zy x ++≥ ++ +      + + + + + 2 222 P ( ) 1 2 = ++ −++≥ 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 A z 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 1 A 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 x yz zyxx z z yx z yx y x =≥+++ Cịn 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. Cĩ: 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 108 108 5 33322 325 32 ≤⇒≥++++ yx yxyyyxx hay B ≤ 3125 108 Suy ra max B = 3125 108 . 6. Theo bất đẳng thức Cơ-si 2. . 2 xy yz xy yz y z x z x + ≥ = tương tự 2 yz zx z x y + ≥ ; 2 zx xy x y z + ≥ Suy ra 2A ≥ 2(x+y+z) = 2 ; min A = 1 với 1 3 x y z= = = b) Ta cĩ 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x y y z z x A 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 đĩ: ( )3 3 1 ( ).a b ab a b abc ab a b c+ + ≥ + + = + + 1 1 1 1 ( ) ( ) ( ) ( ) max 1 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 + + ≤ + + = = + + + + + + + + = ⇔ = = = 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 cĩ 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 cĩ 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 đĩ 2 3 2 m xy yz xz − + + = . Ta cĩ 2 3 2 m A m − = + nên ( ) 222 2 3 1 4 4. 2. A m m m A = + − = + − ≥ − ⇒ ≥ − 2 2 2 1 min 2 3 x y z A 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 cĩ x x≤ (xảy ra dấu bằng khi và chỉ khi 0x ≥ ) nên 4 4 .x x− ≥ − Do đĩ 4 4 1A x x≥ − + . Áp dụng bất đẳng thức cơsi với bốn số khơng 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 cĩ (a2 + b2)(c2 + d2) ≥ (ac + bd)2 Dấu bằng xảy ra khi: ad = bc. • Cho a1, … , an và b1, … , bn tuỳ ý, ta cĩ: (a1 2 + … + an 2)(b1 2 + … + bn 2) ≥ ( 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 cĩ: 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(345345334455 ++−      + + + + + ++=++−+ + ++ + ++ + bacacb cba ba c ca b cb a = ( ) ( ) ( )[ ] )345(345. 2 1 ++−      + + + + + +++++ bacacb accbba ≥ ( ) ( )345345 2 1 2 ++−++ ( theo bđt Bunhiacopski). Vậy min P = ( ) ( )345345 2 1 2 ++−++ khi và chỉ khi 345 bacacb + = + = + . Tổng quát: Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng: ( ) ( )222222 2 1 zyxxzyzxyz ba c y ca b x cb a ++−++≥ + + + + + . (cộng vào vế trái (x2 + y2 +z2) rồi trừ đi (x2 + y2 +z2), sau đĩ 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 = 106 4 2 3 2 3 −      + + +      + + + +      + + + ac b cb ac ba ca P = 10 664332323 −      + ++ +      + ++ +      + ++ ac acb cb acb ba cba P = ( ) 10211323 −      + + + + + ++ accbba cba P = ( ) ( ) ( )[ ] ( ) 6102.21110211.2 2 =−++≥−      + + + + + +++++ 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 đĩ 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 A b 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 2 A 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 1 A 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 khơng 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 đĩ suy ra c = z – y; b = x + y – 2y; a = 5y – x – 3z. khi đĩ R = z y y z y x x y z yz y yzx x xy 8 88 44 1 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 đĩ ( )( )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 Bunhiacĩpki cho 3 cặp số Ta cĩ ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2a b c b c a c a b b c a c a b         + + + + + + +         + + +        ( ) ( ) 2 2 2 2 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 ra min A = 3. 4. Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ( ) ( ) ( )22 2 2 2a b m n am bn+ + ≥ + Ta cĩ: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 2 2 2 2 2 2 1 3 2 2. 2 1 2 12min 2 3 2 2 2 4 4 2 2 A x x x x x x x x A x xA x x x x 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 2 2 A x= + ⇔ = − . 5. Đặt 1 1 1 , ,a b c x y z = = = thì , , 0 1 x y z xyz >  = Khi đĩ 2 2 2x 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 + + + + ≥ = + + + + + Mặt khác theo BDT cơsi ta cĩ: 33 3x y z xyz+ + ≥ = Vậy 15 3 min 2 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 α ααα (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 cĩ: (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 cĩ: (2x)5 ≥ 1 – 5 + 5(2x) (2y)5 ≥ 1 – 5 + 5(2y) Cộng vế theo vế ta cĩ: 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 cĩ: xx β α β αβ α +−≥ 1 (1’) Đặt xtxt =⇔= ββ 1 (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 cĩ: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2)(2. 9 10 9 2 2 2 9 10 9 10 12 2 9 10 9 10 12 333 10 3 333 10 3 3 33 10 3 =++−≥⇒ +−≥ +−≥ 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 tốn: Cho 0,,,;.(1.. >≥=+ dcbaybxa βαββ ) Tìm min P = αα ydxc .. + βα β α β α tt +−≥ 1 (2) ββααα β α β α tttt ..1 00 −+      −≥ (3) 17 Đặt Yyd Xxc = = α α Bài tốn trở thành : Cho ββ ynxm .. + = p (m,n > 0) Tìm min A = αα yx + Lời giải: Theo bđt (3), ta cĩ: ββααα ββααα β α β α β α β α yyyy xxxx .1 .1 00 00 − − +      −≥ +      −≥ Cộng lại : A ≥ ( ) ( )...1 0000 ββαββααα β α β α yyxxyx −− +++      − Chọn (x0 , y0) thoả mãn: ββ ynxm .. + = p n y m x βαβα −− = 00 . Khi đĩ: A ≥ ( ) ..1 000 m x yx βα αα β α β α − ++      − p. Vậy min A = ( ) ..1 000 m x yx βα αα β α β α − ++      − 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 cĩ: AB BC AC+ ≥ (đẳng thức khi B nằm giữa A và C). • Với hai véc tơ bất kì a
và b
ta cĩ: 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 tốn 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 cĩ: ( )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 khơng thay đổi khi thay a bởi a− , do đĩ chỉ cần giải với 0a ≥ . • Khi 0a = : 2A = . • Khi 0a > : Xét ABC∆ cĩ:  1 2 3 AB AM MB CM a AMC pi  = = =  =   =  Theo định lí hàm cơsi: 2 2 21 2.1. .cos 1 . 3 AC a a a a pi = + − = + − 2 1.AC a a⇒ = − + Tương tự 2 1BC a a= + + , 2.AB = Khi đĩ: 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: 3 pi M 19 Ta cĩ: 2 2 2 2( ) ( ) .y x p p x q q= − + − + Xét điểm ( , ); ( , ).M x p p N x q q− − Ta cĩ: 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 x p 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 cĩ: (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 cĩ: 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 k pi pi⇔ = − ⇔ = ± + Vậy Min 5y = khi 2 2 . 3 x k pi pi= ± + 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 cĩ: 2 2 22 2 2 2 8a c b ab bc+ + + + = 2 2( ) ( ) 4 2 2 b b a c⇔ + + + = Do ( )2 2(1) 2 ( 2 ) 4c a⇔ + − = Xét ( ; ); (2 ; 2 ) 2 2 b b x a c y c a+ + −

20 Ta cĩ: 2x =
, 2y = 
, . .( ).x y b c a= −

Mà . .x y x y≤



cùng hướng: 2 2 2 2 2 .( ) 2 2 2 .( ) 2.( ) 1 2 2 10 b b b a ca c b a c a c a c c c b + = −+ +  ⇔ = ⇔ + = − + ⇒ + = −  = (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 c a 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 2 2 1 x y x y y 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 cĩ: ( ) ( )2 22 21 1 cos 1 1 cosy x x= + − + + + x y O 1 1 2 B N 2 A M 21 Xét điểm M(1, 1-cos2x), N(2, 2) ta cĩ: ( )21,1 cosMN x= + 
Ta cĩ: y = OM + MN Với M thuộc đoạn [AB] với A(1, 0) và B(1, 1) Ta cĩ 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 cĩ: 22 1 3 3 1 2 4 2 4 y x x   = − + + − +        Xét điểm 1 3 , 2 2 M x   −     và 3 1 , 2 2 N x   − −     Hai điểm M, N nằm hai bên Ox. Ta cĩ: y = OM + ON ≥ MN 2 2 3 1 3 1 min 2 2 2 2 3 1 min 2 2 4 4 y MN y     = = − + + +            = + =    Dấu “=” xảy ra khi M, O, N thẳng hàng: ( ) 1 1 3 3 0 2 2 2 2 3 1 2 3 1 x x x x   − − − − =        ⇔ + = ⇔ = − 3. 4 4 2 2 4 4 2 2 2 1 x y x y y y x y x     = + − + −        chọn 2 2 2 2 x y u 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) khơng 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) khơng tồn tại min y(x) = -3 đạt được khi 2 2 2 2 2 x y y x + = 2 2 1 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) cĩ thể viết lại dưới dạng: ( ) ( ) 2 22 2 22 3 1 3 11 2 2 2 2 f x x x x x x x       = + − + + + + + − + +                (1) Xét trên mặt phẳng tọa độ các điểm ( ) 3 1 3 10,1 , , , , 2 2 2 2 A 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 cơng thứ tính khoảng cách giữa hai điểm trên mặt phẳng tọa độ, ta cĩ 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 luơn cĩ MA + MB + MC ≥ OA + OB + OC, trong đĩ O là tâm tam giác đều. Chứng minh: Nếu M là điểm trong tam giác. Xét phép quay R(A,600), khi đĩ ' ' 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 ngồi tam giác, chứng minh tương tự. Theo bổ đề ta cĩ 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 tốn chuyển được thành tốn hình học bằng cách dùng cơng thức độ dài đoạn thẳng: 2 2( ) ( )A B A BAB x x y y= − + − . Đây là các bài tốn mà trong đĩ ( )f x cho dưới dạng căn bậc hai mà làm dưới căn biểu diễn được thành độ dài một đoạn thẳng nào đĩ. 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. 3 1 ) ( ) .(2 sin ).( sin ). 15 x x a y x x b y x x b x + + = + + = + − Lời giải: a)Đặt 1 1 2. x u x x 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 = khơng cĩ. 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 cĩ kết quả: max ( ) (1) 1 7 min ( ) ( 1) 15 y u y y u y = = = − = 24 Khi 2 1. 1 0 1. x x 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 cĩ 2 1 .y x x= + − Gọi 21 1y x x= + − và 2 2 1y x x= − + + thì 1 2 y y 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 cĩ: ( 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 x y x x  + + =  − − − Vẽ đồ thị 21 5 3y x x= + + 22 3 3y x x= − − − Dựa vào đồ thị: 2 1 3 3 max ( ) . 2 4 min ( 3) 3. y y y y = − = − = − = − 2 2 1 1 x x y x x  + −  ⇒ =   + − 2 2 1 1 x x y 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 cĩ: 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 cĩ: '(3, 2)A − 2 2' ' (7 3) (2 2) 4 2.y MA MB MA MB A B= + = + ≥ = − + + = Đẳng thức xảy ra khi 5 2 5 . 2 M H x x≡ ⇔ = ⇔ = Vậy min 4 2y = khi 5 . 2 x = 26 3. Từ điều kiện 2 2 2 2 236 16 9 (6 ) (4 ) 3 .x y x x+ = ⇔ + = Đặt 1 6 6 4 1 4 x X x X y Y y Y  ==  ⇔  =  =  Ta cĩ 2 2 23 .X Y+ = (1) (1) là phương trình đường trịn ( ) trong hệ trục toạ độ Oxy cĩ tâm O bán kính 3.R = Hàm 1 1 2 5 5. 3 4 u x y u X Y= − + + ⇔ = − + + 4 4( 5). 3 Y X u⇔ = + − ta gọi phương trình này là phương trình đường thẳng d đường thẳng luơn song song với đường thẳng 4 3 Y 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 3 Y X= và tiếp xúc ( ) . - 1 2,Y Y cắt Oy lần lượt tại N và M khi đĩ maxu là giá trị xác định khi P N≡ hay 4( 5)m naxu= − trong đĩ (0; ).M m Min u xác định khi P N≡ tức là 4(min 5)n u= − trong đĩ (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 đĩ 25 max .5 4(max 5) 4 5 4(min 5) 15 min . 4 uu u u  == −  ⇔  − = −  =  27 Phần 2: CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC PHẲNG ▼ Dạng 1: Vận dụng quan hệ giữa đường xiên và đường vuơng gĩc, 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 cĩ độ dài nhỏ nhất. Lời giải: Vẽ ( )AH BC H BC⊥ ∈ H cố định và AH khơng đổi. Tứ giác AEMD cĩ    90oA E D= = = nên AEMD là hình chữ nhật. Suy ra DE AM= mà AM AH≥ (khơng 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 cĩ 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 AM S+ = 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 cĩ hình chiếu khơng nhỏ hơn, do đĩ AM AC≤ (hằng số) Dấu " "= xảy ra .M C⇔ ≡ Ví dụ 3: Ta cĩ 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 khơng cắt hình bình hành. Gọi ', ', 'B C D lần lượt là hình chiếu vuơng gĩc của các điểm , ,B C D trên đường thẳng d . Xác định vị trí của đường thẳng d để tổng ' ' 'BB CC DD+ + cĩ giá trị lớn nhất. Lời giải: Gọi O là giao điểm của AC và BD . 'O là hình chiếu vuơng gĩc 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 đĩ 'OO là đường trung bình của hình thang ' 'DD B B ' ' ' ' ' 2. ' 2 BB DD OO BB DD OO + ⇒ = ⇒ + = . ' , ' ' 'OO d CC d OO CC⊥ ⊥ ⇒  và O là trung điểm AC .( ABCD là hình bình hành). Do đĩ 'OO là đường trung bình của 'ACC ' ' ' 2. ' 2 CC OO CC OO⇒ = ⇒ = A d∈ và 'OO d⊥ nên 'OO OA≤ Do đĩ ' ' ' 4. ' 4.BB CC DD OO OA+ + = ≤ (khơng đổi) Dấu " "= xảy ra "O A d⇔ ≡ ⇔ vuơng gĩc AC tại A . Ví dụ 4: Cho nửa đường trịn ( ; )O R đường kính .AB M là điểm trên nửa đường trịn. 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 AB S = .MH R= Ta cĩ , .MH AB O AB⊥ ∈ Do đĩ MH OM R≤ = Nên 2MABS R≤ (khơng đổi) Dấu " "= xảy ra H O M⇔ ≡ ⇔ là trung điểm AB b)  90oAMB = (AMB là gĩc nội tiếp chắn nửa đường trịn) MAB vuơng tại M cĩ . .MH AB MH AB MAMB⊥ ⇒ = MAB vuơng tại M theo định lí Pitago cĩ: 2 2 2 24 .MA MB AB R+ = = ,MABP MA MB AB= + + AB khơng đổi 2 2 2( ) 2 .MA MB MA MB MAMB+ = + + 29 Do đĩ 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 trịn ( )O đường kính 2 .AB R= Kẻ hai tiếp tuyến Ax, By của nửa đường trịn ( )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 trịn ( )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 cĩ    90OA B H= = = nên ADHB là hình chữ nhật 2DH AB R⇒ = = Ta cĩ ,AD MD BE ME= = (tính chất hai tiếp tuyến của ( )○ cắt nhau tại một điểm). Do đĩ AD BE MD ME DE+ = + = màDE DH≥ (vì ,DH By E By⊥ ∈ ) Do vậy 2AD BE R+ ≥ (khơng 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 giácAOM . Tương tự OE là phân giácMOB . AOM vàMOB kề bù. Do đĩ  90oEOD = ODE vuơng tại O , OM DE⊥ nên . .ODOE OM DE= . .ODOE R DE= .ODOE nhỏ nhất DE⇔ nhỏ nhất M⇔ là trung điểmAB (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 cĩ a) .AB AC BC AB AC− < < + b)   .ABC ACB AC AB≤ ⇔ ≤ • Tam giác ABC và tam giác ' ' 'A B C cĩ ' ', ' '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 cĩ 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 đĩ. 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 khơng 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⇒ = = (khơng đổi); ', 'NB MB B= cố định. Gọi 'A là điểm đối xứng của A qua đường thẳng d . Ta cĩ 'AM A M= , 'A cố định. Xét ba điểm ', , 'A M B ta cĩ ' ' ' 'A M MB A B+ ≥ Do đĩ ' 'AM MN NB A M MN MB+ + = + + ( ' ')A M MB MN= + + ' 'A B a≥ = khơng đổi Dấu " "= xảy ra [ ' '].M A B⇔ ∈ Ví dụ 2: Cho gĩc nhọn xOy . A là điểm nằm trong gĩc đĩ. 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 cĩ: 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 cĩ 1 2 1 2A B BC A C A A+ + ≥ Do đĩ 1 2ABCP A A≥ (khơng đổi) Dấu " "= xảy ra 1 2, , ,A B C A⇔ thẳng hàng và sắp xếp theo thứ tự đĩ. Ví dụ 3: Cho hình vuơng 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 vuơng). Tìm điều kiện tứ giácMNPQ cĩ chu vi nhỏ nhất. Lời giải: Gọi , ,E F G lần lượt là trunh điểm của các đoạn thẳng , , .MQ MP NP AMQ vuơng gĩc tại A cĩ AE là trung điểm nên 1 2 AE 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 nên 1 2 EF PQ= và 1 2 FG MN= Suy ra 2PQ EF= và 2 .MN FG= Do đĩ MNPQP MN NP PQ QM= + + + 2 2 2 2FG GC EF AE= + + + 2( )AE EF FG GC AC= + + + ≥ (khơng 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 đĩ MNPQ là hình chữ nhật. Ví dụ 4: Cho đường trịn ( ; )O R đường kính AB cố định,C là một điểm cố định nằm giữa A và .O M di động trên đường trịn ( ; ).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 cĩ OM CO CM CO OM− ≤ ≤ + OA OM OB R= = = Do đĩ CA CM CB≤ ≤ CM CB≤ (khơng đổi) Dấu " "= xảy ra M B⇔ ≡ Vậy khiM B≡ thì đoạn thẳngCM cĩ độ dài lớn nhất. Mặt khácCM CA≥ (khơng đổi) Dấu " "= xảy ra M A⇔ ≡ Vậy khiM A≡ thì đoạn thẳng CM cĩ độ dài nhỏ nhất. Ví dụ 5: Cho hai đường trịn ngồi nhau ( ; )O R và ( '; ').O R A nằm trên đường trịn ( )O , B nằm trên đường trịn ( ').O Xác định vị trí các điểm ,A B để đoạn thẳng AB cĩ 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 cĩ ' ' ' 'O A O B AB O A O B− ≤ ≤ + Xét ba điểm , , 'O A O , ta cĩ ' ' 'O O OA O B OA OO− ≤ ≤ + Mà OA OC OD R= = = và ' ' ' 'O B O E O F R= = = Do đĩ ' ' ' 'OO OD O E AB OC OO O F− − ≤ ≤ + + DE AB EF⇒ ≤ ≤ * AB EF≤ (khơng đổi) Dấu " "= xảy ra ,A C⇔ ≡ B F≡ 32 Vậy AB cĩ độ dài lớn nhất khi A C≡ và B F≡ * AB DE≥ (khơng đổi) Dấu " "= xảy ra A D⇔ ≡ và B E≡ Vậy AB cĩ độ dài nhỏ nhất khi A D≡ và B E≡ . ▼ Dang 3: Vận dụng bất đẳng thức trong đường trịn. I. Kiến thức cần nhớ: - Đường kính dây cung lớn nhất của đường trịn. - Trong đường trịn ( )O : AB và CD là hai dây cung, H và K lần lượt là hình chiếu vuơng gĩc trên AB và CD . Ta cĩ OH OK AB CD≥ ⇔ ≤   AB CD AOB COD⇔ ≤ ⇔ ≤ Ví dụ 1: Cho đường trịn ( ; );O R AC là đường kính.BD là dây cung của ( ; )O R và BD vuơng gĩc với AC . Xác định vị trí của dây BD để diện tích tứ giác ABCD lớn nhất. Lời giải AB CD⊥ (gt) Nên 1 . . 2ABCD S AC BD R BD= = Mà BD là dây cung của ( ; )O R do đĩ 2BD R≤ Vậy 22ABCDS R≤ . Dấu " "= xảy ra BD là đưịng kính của ( )O . Ví dụ 2: Cho nửa đường trịn ( ; )O R đường kính AB . M là điểm di động trên nửa đường trịn. Qua M vẽ tiếp tuyến với đường trịn, 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 cĩ giá trị lớn nhất. Lời giải Ta cĩ AD DC⊥ (gt) BC DC⊥ (gt) AD BC⇒  ABCD⇒ là hình thang mà  90oD = nên ABCD là hình thang vuơng. OM DC⊥ nên OM AD và O là trung điểm AB Nên OM là đường trung bình của hình thang ABCD 2 AD BC OM + ⇒ = Do đĩ . . 2ABCD AD BC S DC OM DC + = = Vẽ AE BC⊥ . Tứ giác ADCE là hình chữ nhật   ( 90 )OADC DCE AEC= = = DC AE⇒ =  90OAEC = E⇒ thuộc đường trịn đường kính AB. 33 AE⇒ là dây cung của đường trịn ( )O . 2DC R⇒ ≤ (trong đường trịn đường kính là dây cung lớn nhất) Do đĩ 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 trịn ( ; )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 gĩc nội tiếp cùng chắn AB ) Do dĩ MBD đều. ,BD MB⇒ =  60oDBM =    60oABD ABC DBC DBC= − = −    60oMBC MBD DBC DBC= − = − Suy ra  ABD MBC= . Xét MBC và DBA cĩ MB BD= , MBC ABD= ,BC AB= ( ABC đều) Do đĩ MBC = DBA (c.g.c) Suy ra MC DA= Ta cĩ 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 trịn) Do đĩ 4MA MB MC R+ + ≤ (khơng đổi) Dấu " "= xảy ra MA⇔ là đường kính của ( )O M⇔ là trung điểm cung BC. Lập luận tương tự ta cĩ 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 trịn ( ; )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 khơng đổi. Trên tia đối tia AB lấy điểm D sao cho AD AC= ADC cân tại A  2BAC ADC⇒ = BAC khơng đổi ADC⇒ khơng đổi. BDC khơng đổi, BC cố định 34 D⇒ thuộc cung chứa gĩc cĩ số đo 1 4 sđBC của ( )O dựng trên đoạn thẳng BC. ABCP lớn nhất ( )max ( )maxAB AC AB CD⇔ + ⇔ + maxBD⇔ ⇔BD là đường kính của cung chứa gĩc nĩi trên. Khi đĩ  90oBDC = . Mà     90oABC BDC ACB ACD+ = + =  BDC ACD= ( )AC AD= Do đĩ    ABC ACB AB AC= ⇔ = ⇔A là trung điểm cung lớn BC. Ví dụ 5 : Cho đường trịn ( ; )O R .A điểm cố định trong đường trịn ( A O≠ ). Xác định vị trí của diểm B trên đường trịn ( )O sao cho OBA lớn nhất. Lời giải Vẽ dây BC của đường trịn ( )O qua A. OBC cân ( )OB OC=  180 2 o BOC OBC − = vẽ OH BC⊥ ( )H BC∈ A BC∈ nên OH OA≤ (khơng đổi) Dấu " "= xảy ra H A⇔ ≡ AB OA⇔ ⊥ tại A. Ta cĩ 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 cơsi cho 2 số dương: Cho 2 số dương a và b ta cĩ: 2 a b ab + ≥ 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 cĩ: ( ) ( )( )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 vuơng 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 cĩ 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 a x ax= − + + 2 2 2 2 2 2 2 a a a x = − + ≥    (khơng đổi) Dấu " "= xảy ra 0 2 2 a a x 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 cĩ   ( )  ' ' 90 , ' 'oBA H AA C A BH A AC= = = (hai gĩc nhọn cĩ cạnh tương ứng vuơng gĩc) Do đĩ ' ' ' ' '. ' ' . ' . ' ' HA A B A BH A AC AA HA A B A C A C AA ⇒ = ⇒ = ∼ Ta cĩ 2' . ' ' ( ' ) ' . 'A B A C A B BC A B A B BC A B= − = − 2 2( ' . ' ) 4 2 BC BC A B BC A B= − − + 22 2 ' . 4 2 4 BC BC BC A B = − − ≤    Vậy 2 AA'.HA' . 4 BC ≤ (khơng đổi) Dấu " "= xảy ra ' 2 BC A B⇔ = 'A⇔ là trung điểm BC A⇔ thuộc trung trực BC. Vậy ABC nhọn nên A nằm ngồi đường trịn đường kính BC. Ví dụ 3: Trong các tứ giác nội tiếp hình chữ nhật cho trước. Tìm tứ giác cĩ tổng bình phương các cạnh nhỏ nhất. Lời giải: AMQ cĩ  90oA = theo định lí Pitago ta cĩ 2 2 2QM AM AQ= + Tương tự 2 2 2MN BM BN= + , 2 2 2NP CN CP= + , 2 2 2PQ DP DQ= + Do đĩ 2 2 2 2 2 2 2 2 2MN NP PQ BM BN CN CP DP DQ+ + = + + + + + Ta cĩ 2 2 2 2 2 2( ) ( ) ( ) 1 2 2 2 AM BM AM BM AM BM AM BM AB + + − + + = ≥ = 36 Chứng minh tương tự ta cĩ 2 2 21 2 CP DP CD+ ≥ 2 2 21 2 DQ AQ AD+ ≥ Do đĩ ( )2 2 2 2 2 2 2 21 2 MN NP PQ QM AB BC CD DA+ + + ≥ + + + (khơng 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 ngồi đường trịn ( );O R . Qua A vẽ đường thẳng d cắt đường trịn ( )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 cĩ A (chung);  AEB ACD= (hai gĩc nội tiếp cùng chắn cung BD) Do đĩ . . AB AE ABE ACD AB AC AE AD AD AC ⇒ = ⇒ = ∼ Mà ( )( ) 22 2 2.AE AD OA OE OA OE OA OE OA R= + − = − = − Ta cĩ ( 2 . )AB AC AB AC AB AC+ = + − 2( ) 2 . 2 .AB AC AB AC AB AC= − + ≥ 2 22 OA R= − (khơng đổi) Dấu " "= xảy ra d⇔ là tiếp tuyến của ( );O R . Ví dụ 5: Cho nửa đường trịn ( );O R đường kính AB. M là điểm chuyển động trên nửa đường trịn. Xác định vị trí điểm M để 3MA MB+ đạt giá trị lớn nhất. Lời giải:  90oAMB = (gĩc nội tiếp chắn nửa đường trịn) MAB cĩ  90oM = nên theo định lí Pitago ta cĩ 2 2 2 24MA MB AB R+ = = Áp dụng BĐT 2 2 2 2( )( )ax by a b x y= ≤ + + Ta cĩ: ( )2 23 3 (1 3)MA MB MA MB MA MB+ = + ≤ + + 2 2 21 2 BN CN BC+ ≥ 37 24.4 4 .R R= = 3 4MA MB R= ≤ (khơng 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: Thơng thường để giải một bài cực trị ta sử dụng các bđt đã được chứng minh. Tương tự, ở lượng giác vẫn cĩ những bđt riêng biệt. Đối với hàm số đơn giản chỉ cĩ 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 = kpi ⇔ x = 3 kpi Vâỵ GTLN của hàm số là 1 và GTNN của hàm số là -1tại x = 3 kpi 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 = 2 2 k pi pi− + 1+ 1 sin x− = 1 khi sinx = 1 ⇔ x = 2 2 k pi pi+ Vâỵ GTLN của hàm số là 1+ 2 tại x = x = 2 2 k pi pi− + và GTNN của hàm số là 1 tại x = 2 2 k pi pi+ . Vẫn cĩ 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 cĩ : 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 + sin 2 3 x pi +    ( Bài tập cần qua bước biến đổi) Lời giải: Ta cĩ sinx + sin 2 3 x pi +    = 2sin 3 x pi +    .cos 3 pi = sin 3 x pi +    . Mà -1≤ sin 3 x pi +    ≤1 nên GTNN của sinx + sin 2 3 x pi +    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 khơng 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 cĩ: 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 .cos 1 1 . cos cos x y os x y x y x y x y + + = 1 2 sin 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 2 và 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 cơng 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 cĩ: cosA.cosB.cosC = [ ]1 ( ) ( ) cos 2 cos A B cos A B C+ + − = [ ]1 cos ( ) cos 2 C cos A B C− + − = 2 21 1cos . ( ) ( ) 2 4 cos C C cos A B cos A B − − − + −   + 21 1 sin ( ) 8 A B − −  = 1 8 2 2 21 1 1cos ( ) sin ( ) 2 2 8 C cos A B A B − − − − −   ≤ 1 8 Dấu bằng xảy ra khi cosC = 1 ( ) 2 cos 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 1 2 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 3 2 2 2 A B C + + ≥ c) 1 tan .tan .tan 2 2 2 3 3 A B C ≤ d) 3 cos cos cos 2 A B C+ + ≤ ► Chứng minh: a) Áp dụng bđt Cơsi 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: ( ) ( )2 3a b c ab bc ac+ + ≥ + + ta có: 2 tan tan tan 3 tan tan tan tan tan tan 2 2 2 2 2 2 2 2 2 A B C A B B C C A   + + ≥ + +        = 3 ⇔ tan tan tan 2 2 2 A B C + + ≥ 3 (đpcm) c) Áp dụng bđt Cơsi 2 2 23tan tan tan tan tan tan 3 tan tan tan 2 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 tan 2 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+ + + = 2 2 2 A B A B cos cos + −            + 60 60 2 2 2 C C cos cos    + −         60 2 2 2 A B C cos cos   + + ≤ + =         60 60 4 . 4 4 A B C A B C cos cos + + + + − − = 4 60cos≤ 1 cos cos cos 2 2 A B C⇔ + + + ≤ 3 cos cos cos 2 A B C⇔ + + ≤ (đpcm) Cách 2: (Ứng dụng tích vơ hướng để chứng minh) Lấy các vectơ 1e 
, 2e 
, 3e 
như hình vẽ và cĩ độ dài là 1: 1 2 3e e e= = 


=1. Hiển nhiên ta cĩ: ( ) ( ) ( ) ( ) 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 + + ≥ ⇔ + + + ≥ 








3 cos cos cos 2 A B C⇔ + + ≤ ⇒ đpcm Dấu bằng xảy ra khi 1 2 3e e e+ + 


= 0 ABC⇔ ∆ ABC⇔ ∆ đều Cĩ 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 2 f 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 2 3 ) 2 2 2 2 3 )sin sin sin 2 2 2 4 A B C i A B C j cos cos cos A B C k + + ≤ + + ≤ + + ≥ 2 2 2)tan tan tan 9m A B C+ + ≥ (∆ nhọn) 2 2 2) tan tan tan 1 2 2 2 3 3 ) sin .sin .sin 8 1 ) sin .sin .sin 2 2 2 8 3 3 ) os . os . os 2 2 2 8 A B C n o A B C A B C p A B C q c c c + + ≥ ≤ ≤ ≤ 2 2 2 9) os os os 2 2 2 4 A B C l c c c+ + ≤ II. Một số bài tập ví dụ: Ví dụ 1: Tìm GTNN của biểu thức: A= 2 2 2sin sin sin 2 2 2 A B C + + sin .sin .sin 2 2 2 A B C 43 Lới giải: Ta cĩ A= 1 cos 1 cos 1 cos sin .sin .sin 2 2 2 2 2 2 A B C A B C− − − + + + = 3 1 1 4sin .sin .sin sin .sin .sin 2 2 2 2 2 2 2 2 A B C A B C − + +    (vì cos cos cos 1 4sin .sin .sin 2 2 2 A B C A B C+ + = + ) =1− sin .sin .sin 2 2 2 A B C 1 1 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 tan 2 2 2 A B C + + Lời giải: Khơng sử dụng gián tiếp các bđt thức cm trên, ta sử dụng các bđt tốn học quen thuộc. Ta cĩ: ( )6 6 6 3 3 3 3 3 3tan tan tan tan tan . tan tan .tan tan 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 A B C A B B C C A + + ≥ . Nếu x = tan tan 2 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 và 3 3 3, ,x y z ta cĩ: ( ) ( ) ( )23 3 3 2 2 2x y z x y z x y z+ + + + ≥ + + ( ) 22 3 x y z + + ≥      = 1 9 ( )3 3 3 1 2 9 x y z⇔ + + ≥ Từ (1) và (2) 6 6 6 1 tan 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 .tan 4 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 gĩc A, B, C thoả mãn hai điều kiện: 1) ) ( ) ( ) 2 2 A B f A f B f + + ≥     hoặc 2( ). ( ) 2 A B f A f B f + ≥     Đẳng thức xảy ra khi A=B; 2) 3( ) 2 3 2 C f C f f pi pi  +  + ≥          hoặc 2 3( ). 3 2 C f C f f pi pi  +   ≥          Đẳng thức xảy ra khi C= 3 pi . Khi cộng hoặc nhân (1), (2) ta sẽ cĩ bđt ( ) ( ) ( ) 3 3 f A f B f C f pi + + ≥     (3) hoặc 3( ). ( ). ( ) 3 f A f B f C f pi ≥     (4) Đẳng thức xảy ra khi A=B=C. Tương tự ta cũng cĩ 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 cĩ: 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 sin 2 A B ≥ + + ⇒ ≥ 1 1 2 + (5) 1+ sinA 1+ sinB A +B 1+ sin 2 (cĩ dạng (1)) 45 Tương tự sin 60 60 ≥ 1 1 2 + (6) 1+ sinC 1+ C+ 1+ sin 2 .Cộng (5) và (6) ta cĩ: 1 1 1 1 1 sin 1 sin 1 sin 1 sin 60A B C + + + + + + + 1 1 2 60      ≥ +       A +B C+1+ sin 1+ sin 2 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 1 1 . 1 . 1 sin sin sinA B C      + + +            Lời giải: Ta cĩ: 1 1 1 . 1 sin sinA B    + +        1 1 1 1 sin sin sin .sinA B A B = + + + 2 2 1 1 sin .sin sin .sinA B A B   ≥ + +     2 1 1 sin .sinA B   = +    ( ) ( ) 2 2 1 cos A B cos A B    = +  − − +  ( ) 2 2 2 1 1 1 1 sin 2 A Bcos A B        ≥ + = + + − +      2 1 1 60 sin 2 C     ≥ +  +     (cĩ dạng (1)) 46 Tương tự 2 1 1 1 1 . 1 1 60sin sin 60 sin 2 CC       + + ≥ +     +         (8) Nhân (7) và (8) ta được 1 1 1 1 1 . 1 . 1 . 1 sin sin sin sin 60A B C        + + + +                2 1 1 1 . 1 60sin sin 2 2 A B C         ≥ + +   + +           4 1 1 sin 60  ≥ +    Suy ra 1 1 1 1 . 1 . 1 sin sin sinA B C      + + +            3 1 1 sin 60  ≥ +    3 2 1 3   = +    Vậy GTNN của biểu thức là 3 2 1 3   +    khi ABC∆ đều. ▼ Dạng 5: Sử dung đạo hàm I . Kiến thức cần nắm: Để giải các dạng bài tốn này cần sử dụng tới một số cong thức tính đạo hàm sau đây: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 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 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 cĩ ( ) ( ) ( )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 cĩ ( ) 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 cĩ ( ) 2 22 5 4 8y g t t t t t= = − + + + + Dg(x)= [-1,1] ( )' ' 2 2 1 2 2 5 4 8 t t y 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 1 1 2 2 2 1 t t t t t t t t t t t t t  + − + = − + +⇔  + − ≥ + = ⇔  − ≤ ≤  = − ⇔ ⇔ = − − ≤ ≤ Bảng biến thiên t -1 1 2 − 1 ( )'g t + 0 - ( )g t Căn cứ vào bảng biến thiên ta cĩ 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 cĩ: 2 2tan tanA x y= + ( ) ( )2 2tan 1 tan 1 2x y= + + + − 2 2 2 2 1 1 2 2 2 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 cĩ : 49 ( ) ( ) ( ) 2 2 22 2 1 ( ) , 1 1 2 6 2 1 1 '( ) 0 22 t t A f t t t t t f t t t t − + = = − ≤ ≤ − + + − ⇒ = = ⇔ = − + + t 1− 1 2 1 '( )f t − 0 + ( )f t 2 3 Vậy min A 2 3 = khi , 6 x pi pi= ± + ∈k k ( )g x nhỏ nhất 2 1 sin 3 x⇔ = ⇒ min ( )g x 2 1 1 5 5 3 3 3 3 3  = − + =    Do đĩ : 1 3 4 8 1 1 3 5 3 5 y y+ ≤ ≤ + ⇔ ≤ ≤ Vậy max 8 5 y = ; min 4 3 y = ► . Một số bài tập dạng tương tự: 1.Tìm giá trị lớn nhất của hàm số: 2 2 1 1 1 cos 5 2sin 2 2 y x x= + + + 2.Tìm giá trị nhỏ nhất của: 2 2 2 2 2 2 1 1 sin cos sin cos y 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 2 4 y x x pi = + +    5.Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: 1 1 ,0 sin cos 2 y x x x pi = + < < 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 x y 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 1 cos sin cos sin y 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 x y x x + = + − 15. Tìm GTLN và GTNN của hàm số 2 2 cos sin cos sin 1 x x x y x + = + (1) 16. Định m để hàm số ( )4 42 sin cos sin cos cos 2y x x m x x x= + + (1) 51 cĩ giá trị lớn nhất khơng 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 x y x − = với 0 6 x pi < < 19. Cho ABC∆ cĩ 3 gĩc 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 pi 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 cĩ: 2 2 1 5 1 1 cos sin 2 4 2 y x x= + + + Áp dụng BĐT Bunhiacopski cho 4 số, ta cĩ: 2 21 5 11 cos sin 2 4 2 x x+ + + 2 2 2 2 1 5 1 1 1 . 1 cos sin 2 4 2 x x≤ + + + + 9 1 22 2 4 2 2 ≤ + = Vậy max 22 2 y = Dấu “=” xảy ra khi : 2 2 1 5 1 cos sin 2 4 x x+ = 2. Ta cĩ: ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 sin cos 1 1 sin cos sin cos cos cos x x x x x x x x          + + + ≤ + + + +                      2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 sin cos sin cos sin cos 2 sin cos x x x x x x x x      ⇒ + + + ≥ + + +            3 3 3 3 3 3 sin sin sin cos cos cos A B C M A B C + + = + + 52 2 2 2 1 1 1 2 sin .cosx x  ≥ +    ( ) 2 2 2 1 4 1 25 1 1 4 2 sin 2 2 2x  ≥ + ≥ + =    Vậy min 25 2 y = Dấu “=” xảy ra khi: 2 2sin cos 4sin 2 1 x x x x pi pi  = ⇔ = ± + = k 3.Ta cĩ : 2 22sin 3sin cos 5cosy x x x x= + + ( )3 51 cos 2 sin 2 1 cos 2 2 2 x x x= − + + + ( )7 3 sin 2 +cos2x 2 2 x= + 7 3 2 cos 2 2 2 4 x pi = + −    Ta cĩ: ( ) ( ) 3 2 3 2 3 2 1 cos 2 1 cos 2 4 2 2 4 2 1 7 3 2 1 7 3 2 cos 2 7 3 2 2 2 2 4 2 x x x pi pi pi    − ≤ − ≤ ⇔ − ≤ − ≤         ⇔ − ≤ + − ≤ +    Vậy max ( )1 7 3 2 2 y = + ,min ( )1 7 3 2 2 y = − 4. Ta cĩ: 24sin 2 sin 2 4 y x x pi = + +    ( )2 1 2cos sin 2 +cos2x =2+sin 2x - cos2x =2+ 2 sin 2 4 x x x pi = − +  −    Với 1 sin 2 1 2 2 2 2 4 x y pi − ≤ − ≤ ⇔ − ≤ ≤ +    Vậy max 2 2y = + , min 2 2y = − 5. Với 0 2 x pi và sin 0x > 53 Áp dụng BĐT Cauchy, ta cĩ: 1 1 sin cos y x x = + 2 2 2 2 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 x pi pi ⇔ = ⇔ = ∈    6.Ta cĩ: ( )( )( ) 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= + − 3 sin 2 2cos 2 2 x x= + ( )1 4cos 2 3sin 2 2 x x= + 5 4 3 cos 2 sin 2 2 5 5 x x = +    Đặt 4 3 cos ,sin 5 5 α α= = với 0 2 pi α< < Ta cĩ : ( ) ( )5 5( ) cos 2 cos sin 2 sin cos 2 2 2 f x x x xα α α= + = − Với ( ) ( )5 5 51 cos 2 1 cos 2 2 2 2 x xα α− ≤ − ≤ ⇔ − ≤ − ≤ 5 5 ( ) 2 2 f x⇔ − ≤ ≤ Vậy max 5 ( ) ; 2 f x = min 5 ( ) 2 f x = − 7. Ta cĩ: ( ) ( ) 22 24 2 4 2 4 2 3 1 sin 4sin3cos 4sin 3sin 2cos 3sin 2 1 sin xx x y x x x x − ++ = = + + − 4 2 4 2 4 2 3sin 2sin 3 1 1 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 3 g x x x x = − + = − +    ( )g x lớn nhất 2sin 1x⇔ = ⇒ max 2 1 5 ( ) 3 1 3 3 3 g x  = − + =    54 8. Ta cĩ: 3 cos 6cos cos 2 2 A C A C P B + − = + 2 2 2 3 cos 6sin cos 2 2 3 1 2sin 6sin 2 2 2 3 sin 6sin 3 2 2 3 5 3 5 3 2 3 sin 2 2 2 2 B A C B B B B B B − = +  ≤ − +    ≤ − + +   ≤ − − + ≤     Suy ra : max 5 3 2 P = khi cos 1 302 3 120 sin 2 2 A C A C B B − =  = =  ⇔  = =  9. Ta cĩ: ( )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 b a b a b a b a pi− = =  ⇔ ⇔ = =  − = =  Vậy min 6P = 10. Áp dụng BĐT Bunhiacopski cho 6 số, ta cĩ: 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 cĩ : 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 1 cos cos cos 3 1 cos cos cos 3 α β δ α β δ α β δ ⇔ + = + = + ⇒ = = = ⇔ = = = ± 11. Ta cĩ ( )3 2 2 1 cos sin cos sin y x x x x = + + 3 2 1 2 cos 4 1 sin 2 2 x x pi  = − +           3 2 4 2 2 cos 4 sin 2 x x pi = − +    vì 3cos 1 cos 1 4 4 x x pi pi   − ≥ − ⇒ − ≥ −        32 2 cos 2 2 4 x pi ⇔ − ≥ −    và 2 2 4 0 sin 2 1 4 sin 2 x x ≤ ≤ ⇒ ≥ suy ra 3 2 4 2 2 cos 4 2 2 4 sin 2 y x x pi = − + ≥ −    Dấu “=” xảy ra 2 cos 1 4 sin 2 1 x x pi  − = −  ⇔    = 5 4 x pi ⇔ = Vậy min 4 2 2y = − 12. Ta cĩ: 10 10cos siny x x= + 5 5 1 cos 2 1 cos 2 2 2 x x+ −   = +        ( ) ( )5 55 1 1 cos 2 1 cos 2 2 x x = + + −  56 ( 2 3 4 55 1 1 5cos 2 10cos 2 10cos 2 5cos 2 cos 2 2 x x x x x= + + + + + )2 3 4 51 5cos 2 10cos 2 10cos 2 5cos 2 cos 2x x x x x+ − + − + − ( )2 41 2 20cos 2 10cos 2 32 x x= + + ( )2 41 1 10cos 2 5cos 2 16 x x= + + ( )221 5 cos 2 1 4 16 x = + −   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 15 4 5 1 cos 2 4 20 4 16 16 16 x ⇔ − ≤ + − ≤ −   1 1 16 y⇔ ≤ ≤ Vậy max y =1, dấu “=” xảy ra khi x=0 min y = 1 16 , dấu “=” xảy ra khi x= 4 pi 13. Ta cĩ 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 4 cos2(A-B)] + 1 2 [cos2(A-B)] +1 = -2[cosC + 1 2 cos(A-B)]2 + 1 2 [1 - sin2(A-B)] +1 = 3 2 -2[cosC + 1 2 cos(A-B)]2 - 1 2 sin2(A-B)] 3 2 ≤ Dấu “=” xảy ra ( ) ( ) 1 cos cos 0 2 sin 0 C A B A B  + − = ⇔   − = 57 1 cos 0 2 0 C A B  + = ⇔   − = 1 cos 6 2 2 3 A B C A B C pi pi  = = = −  ⇔ ⇔   = =  Vậy max M = 3 2 ứng với ∆ABC cĩ A = B = 6 pi và C = 2 3 pi 14. Vì sin cos 2 cos 4 x x x pi + = −    sin cos 2 2 sin cos 2 0 x x x x ⇒ + ≤ < ⇔ + − < hay sin cos 2 0x x+ − ≠ x R∀ ∈ Do đĩ 2 cos sin cos 2 x y x x + = + − (1) ( )sin cos 2 2 cosy x x x⇔ + − = + ( )sin 1 cos 2 2y x y x y⇔ + − = + (2) (1) cĩ nghiệm đối với x ⇔ (2) cĩ 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 cĩ : ( )24 4 2 2 2 2sin cos sin cos 2sin cosx x x x x x+ = + − 2 21 11 2 sin 2 1 sin 2 2 2 1 1 cos 4 3 1 1 cos 4 2 2 4 4 x x x x  = − = −    − = − = +    58 Và 1 1 s in cos cos 2 sin 2 cos 2 s in4 2 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 m y x x y x m x x m x y  ⇔ = + +    ⇔ = + + ⇔ + = − PT trên cĩ 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 m y ⇔ + ≥ − ⇔ − + − ≤ − + + + ⇔ ≤ ≤ Do đĩ 26 4 max 4 m y + + = Ta cĩ 26 4 max 2 2 4 m y + + ≤ ⇔ ≤ 2 2 4 2 4 4 0 m m m ⇔ + ≤ ⇔ + ≤ ⇔ = 16. Ta cĩ (1) ( )2 2sin 1 cos sin cosy x x x x⇔ + = + (do sin2x +1≠ 0 ) 1 cos 2 1 cos 2 1 1 s in2 2 2 2 cos 2 2y 1 cos 2 s in2 x x y x y y x x x − + ⇔ + = +    ⇔ − + = + + ( )1 cos 2 s in2 3 1y x x y⇔ + + = − (2) (1) cĩ nghiệm đối với x ⇔ (2) cĩ 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 max 4 y + = và 2 6 min 4 y − = 59 17. Tìm GTLN và GTNN của hàm số cos siny x x= + Lời giải: Ta cĩ 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 2 4 x x x pi + = − ≤    suy ra 2 2y ≤ Dấu “=” xảy ra cos sin 4cos 1 4 x x x x pi pi  =  ⇔ ⇔ =  − =    Vậy max 2 2y = khi 4 x pi = Ta cĩ 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 x y x − = với 0 6 x pi < < Lời giải: Vì 1 0 0 sin 6 2 x x pi < < ⇒ < < 2 2 1 0 sin 1 4sin 0 4 x x⇒ Áp dụng BĐT cơ-si cho 2 số 23sin x và 21 4sin x− ta được 60 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 22 2 2 4 2 2 3sin 1 4sin 3sin 1 4sin 2 1 sin 3sin 1 4sin 2 cos 3sin 1 4sin (1) 4 x x x x x x x x x x + − ≥ −  − ⇔ ≥ −    ⇒ ≥ − Chia 2 vế của (1) cho 4cos x ( vì 40 cos 0 6 x x pi ) Ta được ( )2 2 4 3sin 1 4sin 1 4cos x x y x − = ≤ dấu “=” xảy ra 2 2 2 1 3sin 1 4sin sin 7 x x x⇔ = − ⇔ = ta tìm được 0 0, 6 x pi ∈    thì 2 1 sin 7 x = Vậy 1 max 4 y = 19. Ta cĩ 2 21 2cos 1 3siny x x= + + + 2 2 1 1 3 6cos 2 6sin 3 2 x x= + + + Áp dụng BĐT Bunhiacopski ta cĩ : ( ) ( ) 2 21 1 3 6cos 2 6sin 3 2 5 55 5 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 ) 7 30cos 7 cos 30 x x x x x x x x ⇔ + = + ⇔ + = + ⇔ + = + − ⇔ = ⇔ = Vậy 55 max 6 y = 20. Ta cĩ A + B + C = pi 61 tan( ) tan( ) A B C A B C pi pi ⇔ + = − ⇒ + = − tan tan tan 1 tan .tan A B C 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∆ cĩ 3 gĩc nhọn tan , tan , tan 0A B C⇒ > Áp dụng BĐT cơ-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 pi ( ) 2 tan tan 2 A B C A B C pi pi ⇔ + = −  ⇒ + = −    ( ) tan tan 1 cot 1 tan tan tan tan tan tan 1 tan tan tan tan tan tan tan tan 1 A B C A B C A B C A B A B B C C A + ⇔ = = − ⇔ + = − ⇔ + + = Mặt khác áp dụng BĐT Bunhiacơpski 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 C pi ⇔ = = = (do A + B + C = 2 pi ) Ta cĩ: sin sin 2sin cos 2cos cos 2cos 2 2 2 2 2 A B A B C A B C A B + − − + = = ≤ (1) 62 Áp dụng BĐT : 33 3 2 2 a b a b+ + ≥     , dấu “=” xảy ra khi a b= Ta cĩ: 3 3 3sin sin sin sin cos 2 2 2 A B A B C + + ≤ ≤     ( theo(1) ) 3 3 3 sin sin cos 2 2 A B C+ ⇔ ≤ (2) Tương tự: 3 3 3 sin sin cos 2 2 B C A+ ≤ (3) 3 3 3 sin sin cos 2 2 C A B+ ≤ (4) Cộng (2),(3),(4) ta cĩ: 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 C M A B C + + = + + 1≤ Dấu “=” xảy ra khi sin sin sin 3cos 1 2 A B C A B CA B pi = =  ⇔ = = = − = 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 x y 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 x y 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 x f x x x + − = − + Bài 7: GTNN, GTLN của hàm số 2 2 2 4 5 1 x x y 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 x y 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 n x 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 C P A B C + + = + + là A) 0 B) 1/2 C) 2 D) 3 Bài 23: Cho x, y, z là 3 gĩc 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 1 P 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 4 b 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 đĩ ta cĩ 2 2 1 2 a b+ ≥ bình phương hai vế, kết hợp với bdt 4 2 2 42 0a a b b− + ≥ ta được 4 4 1 8 a b+ ≥ . 5. Từ giả thiết ta cĩ 2ac b a c = + vậy : ( )2 22 33 3 4 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 cĩ 2(P + 3) = ( ) ( ) ( ) 1 1 1 9a 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 cĩ 1 1 2 2 n na aa a + + ≥ ⇒ ≥    Áp dụng ta tìm được min = 3 14. D 15. C 16. B 17. Áp dụng cơsi 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. Cĩ thể viết lại biểu thức đã cho thành: ( ) ( ) ( )1 6 2 12 3 2 3 6 x y x y− − + Áp dụng cơsi 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 đĩ biến đổi tương đương ta được 2 22 1 1 1 1 1 2 x y xy x y     + ≤ + + +          vì 2 1 2 4 x y xy + ≤ =    2 1 4 1 1 25 xy xy ⇒ ≥   ⇒ + ≥    vậy min = 25/2