Bằng cách đặt biến phụ và các phép biến đối tương đương, các bất đẳng thức cơ bản ta có thể chuyển biến thức đã cho về biểu thức đơn giản hơn.

 

I. Các ví dụ minh họa:

1. Ví dụ 1: Tìm GTNN của C1=x4+6x3+13x2+12x+12{{C}_{1}}={{x}^{4}}+6{{x}^{3}}+13{{x}^{2}}+12x+12

Giải

C1=x4+6x3+13x2+12x+12{{C}_{1}}={{x}^{4}}+6{{x}^{3}}+13{{x}^{2}}+12x+12

C1=(x4+6x3+19x2+30x+25)−6(x2+3x+5)+17{{C}_{1}}=\left( {{x}^{4}}+6{{x}^{3}}+19{{x}^{2}}+30x+25 \right)-6\left( {{x}^{2}}+3x+5 \right)+17

C1=(x2+3x+5)2−6(x2+3x+5)+17{{C}_{1}}={{\left( {{x}^{2}}+3x+5 \right)}^{2}}-6\left( {{x}^{2}}+3x+5 \right)+17

Đặt x2+3x+5=a{{x}^{2}}+3x+5=a

C1=a2−6a+17=a2−6a+9+8{{C}_{1}}={{a}^{2}}-6a+17={{a}^{2}}-6a+9+8

C1=(a−3)2+8≥8{{C}_{1}}={{\left( a-3 \right)}^{2}}+8\ge 8 do (a−3)2≥0∀a{{\left( a-3 \right)}^{2}}\ge 0\forall a

⇒ C1min⁡=8{{C}_{1}}\min =8⟺ a – 3 = 0 ⟺ a = 3 ⟺ x2+3x+2=0{{x}^{2}}+3x+2=0 ⟺ 

Vậy: C1min⁡=8{{C}_{1}}\min =8 ⟺  

2. Ví dụ 2: Tìm GTNN của C2=2.(x2y2+y2x2)−5(xy+yx)+6{{C}_{2}}=2.\left( \frac{{{x}^{2}}}{{{y}^{2}}}+\frac{{{y}^{2}}}{{{x}^{2}}} \right)-5\left( \frac{x}{y}+\frac{y}{x} \right)+6 với x, y > 0

Giải

Đặt xy+yx=a≥2⇒x2y2+y2x2=a2−2\frac{x}{y}+\frac{y}{x}=a\ge 2\Rightarrow \frac{{{x}^{2}}}{{{y}^{2}}}+\frac{{{y}^{2}}}{{{x}^{2}}}={{a}^{2}}-2

⇒C2=2.(a2−2)−5a+6=2a2−5a+2\Rightarrow {{C}_{2}}=2.\left( {{a}^{2}}-2 \right)-5a+6=2{{a}^{2}}-5a+2

Ta thấy: a≥2⇒C2=2a2−5a+2≥0a\ge 2\Rightarrow {{C}_{2}}=2{{a}^{2}}-5a+2\ge 0

⇒C2min⁡=0⇔a=2⇔x=y>0\Rightarrow {{C}_{2}}\min =0\Leftrightarrow a=2\Leftrightarrow x=y>0

Vậy: C2min⁡=0⇔x=y>0{{C}_{2}}\min =0\Leftrightarrow x=y>0

Ví dụ 3: Tìm GTNN của C3=xy+yx−3xy−3yx+2004{{C}_{3}}=\frac{x}{y}+\frac{y}{x}-3\sqrt{\frac{x}{y}}-3\sqrt{\frac{y}{x}}+2004 với x, y > 0

Giải

Đặt: xy+yx=a≥2⇔xy+yx=a2−2.\sqrt{\frac{x}{y}}+\sqrt{\frac{y}{x}}=a\ge 2\Leftrightarrow \frac{x}{y}+\frac{y}{x}={{a}^{2}}-2. Khi đó: C3=(a2−2)−3a+2004{{C}_{3}}=\left( {{a}^{2}}-2 \right)-3a+2004

C3=a2−3a+2004=a2−3a+2+2002=(a−1)(a−2)+2000{{C}_{3}}={{a}^{2}}-3a+2004={{a}^{2}}-3a+2+2002=\left( a-1 \right)\left( a-2 \right)+2000

Do ta có: a≥2⇒a−1>0;a−2≥0⇒(a−1)(a−2)≥0a\ge 2\Rightarrow a-1>0;a-2\ge 0\Rightarrow \left( a-1 \right)\left( a-2 \right)\ge 0

⇒C3=(a−1)(a−2)+2000≥2000⇒C3min⁡=2000⇔a=2\Rightarrow {{C}_{3}}=\left( a-1 \right)\left( a-2 \right)+2000\ge 2000\Rightarrow {{C}_{3}}\min =2000\Leftrightarrow a=2

⇔x=y;xy>0\Leftrightarrow x=y;xy>0

Vậy C3min⁡=2000⇔x=y{{C}_{3}}\min =2000\Leftrightarrow x=y và xy > 0

Ví dụ 4: Cho x, y, z > 0. Tìm GTNN của C4=xy+z+yx+z+zx+y{{C}_{4}}=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{y}+\sqrt{z}}+\frac{\sqrt{y}}{\sqrt{x}+\sqrt{z}}+\frac{\sqrt{z}}{\sqrt{x}+\sqrt{y}}

Giải

Đặt: a=y+z;b=x+z;c=x+ya=\sqrt{y}+\sqrt{z};b=\sqrt{x}+\sqrt{z};c=\sqrt{x}+\sqrt{y}

⇒x+y+z=a+b+c2\Rightarrow \sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}=\frac{a+b+c}{2}

⇒x=−a+b+c2;y=a−b+c2;z=a+b−c2\Rightarrow \sqrt{x}=\frac{-a+b+c}{2};\sqrt{y}=\frac{a-b+c}{2};\sqrt{z}=\frac{a+b-c}{2}

Khi đó: C4=−a+b+c2+a−b+c2+a+b−c2{{C}_{4}}=\frac{-a+b+c}{2}+\frac{a-b+c}{2}+\frac{a+b-c}{2}

              C4=12[(ab+ba)+(bc+cb)+(ac+ca)−3]{{C}_{4}}=\frac{1}{2}\left[ \left( \frac{a}{b}+\frac{b}{a} \right)+\left( \frac{b}{c}+\frac{c}{b} \right)+\left( \frac{a}{c}+\frac{c}{a} \right)-3 \right]

Theo Côsi với a, b, c > 0 ta có: ab+ba≥2;ac+ca≥2;bc+cb≥2\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge 2;\frac{a}{c}+\frac{c}{a}\ge 2;\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\ge 2

⇒C4≥12(2+2+2−3)=32\Rightarrow {{C}_{4}}\ge \frac{1}{2}\left( 2+2+2-3 \right)=\frac{3}{2}

⇒C4min⁡=32⇔a=b=c⇔x=y=z>0.\Rightarrow {{C}_{4}}\min =\frac{3}{2}\Leftrightarrow a=b=c\Leftrightarrow x=y=z>0.

Vậy C4min⁡=32⇔x=y=z>0.{{C}_{4}}\min =\frac{3}{2}\Leftrightarrow x=y=z>0.

Ví dụ 5: Tìm GTLN, GTNN của C5=(x2−y2)(1−x2y2)(1+x2)2(1+y2)2{{C}_{5}}=\frac{\left( {{x}^{2}}-{{y}^{2}} \right)\left( 1-{{x}^{2}}{{y}^{2}} \right)}{{{\left( 1+{{x}^{2}} \right)}^{2}}{{\left( 1+{{y}^{2}} \right)}^{2}}}

Giải

Ta có: (a+b)24≥a.b(1)∀a,b\frac{{{\left( a+b \right)}^{2}}}{4}\ge a.b\left( 1 \right)\forall a,b và −(a−b)24≤ab(2)∀a,b\frac{-{{\left( a-b \right)}^{2}}}{4}\le ab\left( 2 \right)\forall a,b

Đặt: x2+y2(1+x2)(1+y2)=a\frac{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}{\left( 1+{{x}^{2}} \right)\left( 1+{{y}^{2}} \right)}=a và 1−x2y2(1+x2)(1+y2)=b\frac{1-{{x}^{2}}{{y}^{2}}}{\left( 1+{{x}^{2}} \right)\left( 1+{{y}^{2}} \right)}=b

Khi đó: C5=a.b{{C}_{5}}=a.b

Theo (1) và (2) ta có: −(a+b)24≤C5=ab≤(a+b)24-\frac{{{\left( a+b \right)}^{2}}}{4}\le {{C}_{5}}=ab\le \frac{{{\left( a+b \right)}^{2}}}{4}

⇔−14[x2−y2−1+x2y2(1+x2)(1+y2)]2≤C5≤14[x2−y2+1−x2y2(1+x2)(1+y2)]2\Leftrightarrow -\frac{1}{4}{{\left[ \frac{{{x}^{2}}-{{y}^{2}}-1+{{x}^{2}}{{y}^{2}}}{\left( 1+{{x}^{2}} \right)\left( 1+{{y}^{2}} \right)} \right]}^{2}}\le {{C}_{5}}\le \frac{1}{4}{{\left[ \frac{{{x}^{2}}-{{y}^{2}}+1-{{x}^{2}}{{y}^{2}}}{\left( 1+{{x}^{2}} \right)\left( 1+{{y}^{2}} \right)} \right]}^{2}}

⇔−14[(x2−1)(1+y2)(1+x2)(1+y2)]2≤C5≤14[(x2+1)(1−y2)(1+x2)(1+y2)]2\Leftrightarrow -\frac{1}{4}{{\left[ \frac{\left( {{x}^{2}}-1 \right)\left( 1+{{y}^{2}} \right)}{\left( 1+{{x}^{2}} \right)\left( 1+{{y}^{2}} \right)} \right]}^{2}}\le {{C}_{5}}\le \frac{1}{4}{{\left[ \frac{\left( {{x}^{2}}+1 \right)\left( 1-{{y}^{2}} \right)}{\left( 1+{{x}^{2}} \right)\left( 1+{{y}^{2}} \right)} \right]}^{2}}

⇔−14(x2−1x2+1)2≤C5≤14(1−y21+y2)2\Leftrightarrow -\frac{1}{4}{{\left( \frac{{{x}^{2}}-1}{{{x}^{2}}+1} \right)}^{2}}\le {{C}_{5}}\le \frac{1}{4}{{\left( \frac{1-{{y}^{2}}}{1+{{y}^{2}}} \right)}^{2}}

Ta có: 0≤(x2−1x2+1)2≤1;0≤(1−y21+y2)2≤10\le {{\left( \frac{{{x}^{2}}-1}{{{x}^{2}}+1} \right)}^{2}}\le 1;0\le {{\left( \frac{1-{{y}^{2}}}{1+{{y}^{2}}} \right)}^{2}}\le 1

Do đó: −14≤14(x2−1x2+1)2≤C5≤14(1−y21+y2)2≤14-\frac{1}{4}\le \frac{1}{4}{{\left( \frac{{{x}^{2}}-1}{{{x}^{2}}+1} \right)}^{2}}\le {{C}_{5}}\le \frac{1}{4}{{\left( \frac{1-{{y}^{2}}}{1+{{y}^{2}}} \right)}^{2}}\le \frac{1}{4}

⇒ C5min⁡=−14⇔(x2−1)2=(x2+1)2⇔x=0{{C}_{5}}\min =-\frac{1}{4}\Leftrightarrow {{\left( {{x}^{2}}-1 \right)}^{2}}={{\left( {{x}^{2}}+1 \right)}^{2}}\Leftrightarrow x=0

    C5max=14⇔(1−y2)2=(1+y2)2⇔y=0{{C}_{5}}max=\frac{1}{4}\Leftrightarrow {{\left( 1-{{y}^{2}} \right)}^{2}}={{\left( 1+{{y}^{2}} \right)}^{2}}\Leftrightarrow y=0

Vậy C5min⁡=−14⇔x=0;C5max=14⇔y=0{{C}_{5}}\min =-\frac{1}{4}\Leftrightarrow x=0;{{C}_{5}}max=\frac{1}{4}\Leftrightarrow y=0

Ví dụ 6: Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn điều kiện: xyz = 1. Tìm GTNN của biểu thức: E=1x3(y+z)+1y3(z+x)+1z3(x+y).E=\frac{1}{{{x}^{3}}\left( y+z \right)}+\frac{1}{{{y}^{3}}\left( z+x \right)}+\frac{1}{{{z}^{3}}\left( x+y \right)}.

Giải

Đặt a=1x;b=1y;c=1z⇒abc=1xyz=1a=\frac{1}{x};b=\frac{1}{y};c=\frac{1}{z}\Rightarrow abc=\frac{1}{xyz}=1

Do đó: 1x+1y=a+b⇒x+y=(a+b).xy⇒x+y=c(a+b)\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=a+b\Rightarrow x+y=\left( a+b \right).xy\Rightarrow x+y=c\left( a+b \right)

Tương tự: y+z=a(b+c);z+x=b(c+a)y+z=a\left( b+c \right);z+x=b\left( c+a \right)

⇒E=1x3.1(y+z)+1y3.1(z+x)+1z3.1(x+y)\Rightarrow E=\frac{1}{{{x}^{3}}}.\frac{1}{\left( y+z \right)}+\frac{1}{{{y}^{3}}}.\frac{1}{\left( z+x \right)}+\frac{1}{{{z}^{3}}}.\frac{1}{\left( x+y \right)}

=a3.1a(b+c)+b3.1b(c+a)+c3.1c(a+b)=a2b+c+b2c+a+c2a+b={{a}^{3}}.\frac{1}{a\left( b+c \right)}+{{b}^{3}}.\frac{1}{b\left( c+a \right)}+{{c}^{3}}.\frac{1}{c\left( a+b \right)}=\frac{{{a}^{2}}}{b+c}+\frac{{{b}^{2}}}{c+a}+\frac{{{c}^{2}}}{a+b}

Ta có: ab+c+bc+a+ca+b≥32\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\ge \frac{3}{2} (1)

Thật vậy: Đặt b + c = x; c + a = y; a + b = z

⇒a+b+c=x+y+z2\Rightarrow a+b+c=\frac{x+y+z}{2}

⇒a=y+z−x2;b=z+x−y2;c=x+y−z2\Rightarrow a=\frac{y+z-x}{2};b=\frac{z+x-y}{2};c=\frac{x+y-z}{2}

Khi đó, VT=ab+c+bc+a+ca+b=y+z−x2x+z+x−y2y+x+y−z2zVT=\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}=\frac{y+z-x}{2x}+\frac{z+x-y}{2y}+\frac{x+y-z}{2z}

                   =12(yx+xy)+12(zx+xz)+12(zy+yz)−32≥1+1+1−32=32=\frac{1}{2}\left( \frac{y}{x}+\frac{x}{y} \right)+\frac{1}{2}\left( \frac{z}{x}+\frac{x}{z} \right)+\frac{1}{2}\left( \frac{z}{y}+\frac{y}{z} \right)-\frac{3}{2}\ge 1+1+1-\frac{3}{2}=\frac{3}{2}

Nhân hai vế (1) với a + b + c > 0. Ta có:

a(a+b+c)b+c+b(a+b+c)c+a+c(a+b+c)a+b≥32(a+b+c)\frac{a\left( a+b+c \right)}{b+c}+\frac{b\left( a+b+c \right)}{c+a}+\frac{c\left( a+b+c \right)}{a+b}\ge \frac{3}{2}\left( a+b+c \right)

⇒a2b+c+b2c+a+c2a+b≥a+b+c2≥3abc32=32⇒E≥32\Rightarrow \frac{{{a}^{2}}}{b+c}+\frac{{{b}^{2}}}{c+a}+\frac{{{c}^{2}}}{a+b}\ge \frac{a+b+c}{2}\ge \frac{3\sqrt[3]{abc}}{2}=\frac{3}{2}\Rightarrow E\ge \frac{3}{2}

⇒ GTNN của E là 32\frac{3}{2} khi a = b = c = 1.

 

II. Các bài tập đề nghị:

1. Tìm GTNN của A=x2+4−x+1x2−x+1A={{x}^{2}}+4-x+\frac{1}{{{x}^{2}}-x+1}

2. Tìm GTLN của B=a+1+2a−3+50−3aB=\sqrt{a+1}+\sqrt{2a-3}+\sqrt{50-3a} với a∈[32;503]a\in \left[ \frac{3}{2};\frac{50}{3} \right]

3. Cho a≥−12;b≥−12;c≥−12a\ge -\frac{1}{2};b\ge -\frac{1}{2};c\ge -\frac{1}{2} và a + b + c = 1

Tìm GTLN của C=2a+1+2b+1+2c+1C=\sqrt{2a+1}+\sqrt{2b+1}+\sqrt{2c+1}

4. Cho x, y > 0. Tìm GTNN của D=x2y2+y2x2−3(xy+yx)+4D=\frac{{{x}^{2}}}{{{y}^{2}}}+\frac{{{y}^{2}}}{{{x}^{2}}}-3\left( \frac{x}{y}+\frac{y}{x} \right)+4

 

 

 

 

Bài viết gợi ý:

1. Một số bài tập về phép biến đổi đồng nhất

2. Bất đẳng thức và giá trị max-min của biểu thức

3. ÔN TẬP : CHỨNG MINH ĐƯỜNG THẲNG ĐI QUA ĐIỂM CỐ ĐỊNH

4. Một số bài tập về phương trình bậc hai một ẩn – Ôn tập toán 9

5. ÔN TẬP: CHỨNG MINH CÁC ĐƯỜNG THẲNG ĐỒNG QUY

6. ÔN TẬP: CHỨNG MINH HAI ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG

7. Rút gọn biểu thức chứa căn - Ôn thi toán 9 vào 10