Sổ tay Toán học

Cho các số dương a;b;c thỏa mãn $a+b+c\leq$3. Chứng minh rằng:
$\frac{1}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}+\frac{2009}{ab+bc+ca}\geq670$

Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện a + b + c = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

$\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{4}} \ln (1 + \tan x)dx$

Cho các số thực dương a,b,c . Chứng minh rằng: $\frac{a^2+b^2}{c^2+ab}+\frac{b^2+c^2}{a^2+bc}+\frac{c^2+a^2}{b^2+ca}\geq 3$

$\int\limits_{0}^{\infty }$$\frac{xln(1+x)}{(1+x^{2})^{2}}$dx

Tinh tich phan:

$I=\int\limits_{1}^{4} \frac{xlnx}{(x^2+1)^2}dx$

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số $y=2x^3-3(m+1)x^2+6mx     (1)$, với $m$ là tham số thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi $m=-1$.
b) Tìm $m$ để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị $A$ và $B$ sao cho đường thẳng $AB$ vuông góc với đường thẳng $y=x+2$.

Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình:    $\sin 5x + 2\cos^2x=1$

Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương tình $\begin{cases}2x^2+y^2-3xy+3x-2y+1=0 \\ 4x^2-y^2+x+4=\sqrt{2x+y}+\sqrt{x+4y}   \end{cases}   (x,y \in R)$

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân $I=\int\limits_{0}^{1} x\sqrt{2-x^2}dx $

Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp $S. ABCD$ có đáy là hình vuông cạnh $a$, mặt bên $SAB$ là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đấy. Tính theo $a$ thể tích khối chóp $S.ABCD$ và khoảng cách từ điểm $A$ đến mặt phẳng $(SCD)$.

Câu 6 (1,0 điểm). Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
$P=\frac{4}{\sqrt{a^2+b^2+c^2+4} } -\frac{9}{(a+b)\sqrt{(a+2c)(b+2c)} } $.

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ $Oxy$, cho hình thang cân $ABCD$ có hai đường chéo vuông góc với nhau và $AD=3BC$. Đường thẳng $BD$ có phương trình $x+2y-6=0$ và tam giác $ABD$ có trực tâm $H(-3;2)$. Tìm tọa độ các đỉnh $C$ và $D$.

Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, cho điểm $A(3;5;0)$ và mặt phẳng $P: 2x+3y-z-7=0$. Viết phương trình đường thẳng đi qua $A$ và vuông góc với $(P)$. Tìm tọa độ điểm đối xứng của $A$ qua $(P)$.

Câu 9.a (1,0 điểm). Có hai chiếc hộp chứa bi. Hộp thứ nhất chứa 4 viên bi đỏ và 3 viên bi trắng, hộp thứ hai chứa 2 viên bi đỏ và 4 viên bị trắng. Lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp ra 1 viên bi, tính xác suất để 2 viên bi được lấy ra có cùng màu.

B. Theo chương trình nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ $Oxy$, cho tam giác $ABC$ có chân đường cao hạ từ đỉnh $A$ là $H(\frac{17}{5};\frac{1}{5}  )$. Chân đường phân giác trong của góc $A$ là $D(5;3)$ và trung điểm của cạnh $AB$ là $M(0;1)$. Tìm tọa độ đỉnh C.

Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, cho các điểm $A(1;-1;1),  B(-1;2;3)$ và đường thẳng $\Delta : \frac{x+1}{-2}=\frac{y-2}{1}=\frac{z-3}{3}$. Viết phương trình đường thẳng đi qua $A,$ vuông góc với hai đường thẳng $AB$ là $\Delta $.

Câu 9.b (1 điểm). giải hệ phương trình $\begin{cases}x^2+2y=4x-1 \\ 2 \log_3(x-1)-\log_{\sqrt{3} }(y+1)=0 \end{cases} $

Tích phân hàm lượng giác tổng quát có dạng :
$I=\int\limits_{a}^{b}F(\sin x, \cos x)dx$.
Tùy thuộc vào tính chất và dạng đặc biệt của hàm $F(\sin x, \cos x)$ hoặc mối quan hệ giữa hàm $F(\sin x, \cos x)$ với các cận lấy tích phân mà chúng ta sử dụng phép biến đổi tương đương.
DẠNG $1$. $F(\sin x, \cos x)=F(-\sin x,- \cos x)$ ($F$ là hàm số chẵn theo $\sin x$ và $\cos x$)
Cách giải : Đặt $t=\tan x$ hoặc $t = \cot x$.
Ví dụ $1$. Tính tích phân
$I=\int\limits_{\displaystyle \frac{\pi}{6}}^{\displaystyle \frac{\pi}{3}}\frac{\sqrt[3]{\sin^3 x-\sin x}}{\sin^3 x}\cot xdx$.
Lời giải:
Rõ ràng $F=\frac{\sqrt[3]{\sin^3 x-\sin x}}{\sin^3 x}\cot x=\frac{\sqrt[3]{(-\sin x)^3-(-\sin x)}}{(-\sin x)^3}.\frac{-\cos x}{-\sin x}$ nên nó là hàm số chẵn theo $\sin x$ và $\cos x$.
Ta có :
 $I=\int\limits_{\displaystyle \frac{\pi}{6}}^{\displaystyle \frac{\pi}{3}}\frac{\sqrt[3]{1-\displaystyle \frac{1}{\sin^2 x}}}{\sin^2 x}\cot xdx=\int\limits_{\displaystyle \frac{\pi}{6}}^{\displaystyle \frac{\pi}{3}}\frac{\sqrt[3]{1-(1+\cot^2 x)}}{\sin^2 x}\cot xdx=-\int\limits_{\displaystyle \frac{\pi}{6}}^{\displaystyle \frac{\pi}{3}}\frac{\sqrt[3]{\cot^2x}}{\sin^2 x}\cot xdx$
 Đặt $t=\cot x\Rightarrow dt=-\displaystyle \frac{1}{\sin^2 x}dx.$
 Khi $x=\frac{\pi}{6}\Rightarrow t=\sqrt 3; x=\frac{\pi}{3}\Rightarrow t=\frac{1}{\sqrt 3}$.
 Từ đó
$I=\int\limits_{\displaystyle \sqrt 3}^{\displaystyle \frac{1}{\sqrt 3}}t^{\displaystyle\frac{2}3}.tdt=\int\limits_{\displaystyle \sqrt 3}^{\displaystyle\frac{1}{\sqrt 3}}t^{\displaystyle\frac{5}{3}}dt=\boxed{\displaystyle\frac{1}{8}\left (9\sqrt[3]{3} -\frac{1}{\sqrt[3]{3}}\right )}.$
DẠNG $2$. $F(\sin x, \cos x)=-F(\sin x,- \cos x)$ ($F$ là hàm số lẻ theo $\cos x$)
Cách giải : Đặt $t=\sin x$.
Ví dụ $2$. Tính tích phân
$I=\int\limits_{\displaystyle 0}^{\displaystyle \frac{\pi}{2}}\frac{\sin 2x}{(2+\sin x)^2}dx$.
Lời giải:
Ta thấy $F=\frac{\sin 2x}{(2+\sin x)^2}=\frac{2\sin x \cos x}{(2+\sin x)^2}=-\frac{2\sin x (-\cos x)}{(2+\sin x)^2}$ nên $F$ là hàm số lẻ theo $\cos x$.
 Ta có :
 $I=\int\limits_{\displaystyle 0}^{\displaystyle \frac{\pi}{2}}\frac{2\sin x \cos x}{(2+\sin x)^2}dx$
 Đặt $t=\sin x\Rightarrow dt=\cos x dx.$
 Khi $x=0\Rightarrow t=0; x=\frac{\pi}{2}\Rightarrow t=1$.
 Từ đó
$I=\int\limits_{0}^{1}\displaystyle\frac{t}{(2+t)^2}dt=2\left (\int\limits_{0}^{1}\displaystyle\frac{1}{2+t}dt-\int\limits_{0}^{1}\displaystyle\frac{1}{(2+t)^2}dt \right )=\boxed{\displaystyle2\left (\ln \frac{3}{2} -\frac{1}{{3}}\right )}.$
DẠNG $3$. $F(\sin x, \cos x)=-F(-\sin x, \cos x)$ ($F$ là hàm số lẻ theo $\sin x$)
Cách giải : Đặt $t=\cos x$.
Ví dụ $3$. Tính tích phân
$I=\int\limits_{\displaystyle 0}^{\displaystyle \frac{\pi}{6}}\frac{\sin x-\sin^3 x}{\cos 2x}dx$.
Lời giải:
Ta thấy $F=\frac{\sin x-\sin^3 x}{\cos 2x}=-\frac{(-\sin x)-(-\sin x)^3}{\cos 2x}$ nên $F$ là hàm số lẻ theo $\sin x$.
 Đặt $t=\cos x\Rightarrow dt=-\sin x dx.$
 Khi $x=0\Rightarrow t=1; x=\frac{\pi}{6}\Rightarrow t=\frac{\sqrt 3}{2}$.
 Ta có :
 $I=\int\limits_{\displaystyle 0}^{\displaystyle \frac{\pi}{6}}\frac{\sin x-\sin^3 x}{\cos 2x}dx=\int\limits_{\displaystyle 0}^{\displaystyle \frac{\pi}{6}}\frac{\sin^2 x-1}{2\cos^2 x-1}(-\sin x)dx=-\int\limits_{\displaystyle 0}^{\displaystyle \frac{\pi}{6}}\frac{\cos^2 x}{2\cos^2 x-1}(-\sin x)dx$
     $=-\int\limits_{\displaystyle 1}^{\displaystyle\frac{\sqrt 3}{2}}\frac{t^2}{2t^2-1}dt=-\frac{1}{2}\int\limits_{\displaystyle 1}^{\displaystyle\frac{\displaystyle\sqrt 3}{2}}\frac{2t^2-1+1}{2t^2-1}dt=-\frac{1}{2}\left (\int\limits_{\displaystyle 1}^{\displaystyle\frac{\displaystyle\sqrt 3}{2}}dt+\int\limits_{\displaystyle 1}^{\displaystyle\frac{\displaystyle\sqrt 3}{2}}\frac{dt}{2t^2-1} \right )$
     $=-\frac{1}{2}\left (\int\limits_{\displaystyle 1}^{\displaystyle\frac{\displaystyle\sqrt 3}{2}}dt-\frac{1}{2}\int\limits_{\displaystyle 1}^{\displaystyle\frac{\displaystyle\sqrt 3}{2}}\frac{\sqrt 2t-1-(\sqrt 2t+1)}{(\sqrt 2t-1)(\sqrt 2t+1)} \right )$
     $=-\frac{1}{2}\left (\displaystyle \frac{\sqrt {3}}{2}-1-\frac{1}{2}\left ( \int\limits_{\displaystyle 1}^{\displaystyle\frac{\displaystyle\sqrt 3}{2}}\frac{dt}{\sqrt 2t+1}- \int\limits_{\displaystyle 1}^{\displaystyle\frac{\displaystyle\sqrt 3}{2}}\frac{dt}{\sqrt 2t-1} \right ) \right )$
     $=\boxed{\displaystyle \frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{4}+\frac{1}{4\sqrt{2}}\left (\ln\left (\frac{\sqrt{6}}{2}+1 \right )-\ln(\sqrt 2+1)-\ln\left (\frac{\sqrt{6}}{2}-1 \right )+\ln(\sqrt 2-1)\right )}$.
DẠNG $4$. $F(\sin x, \cos x)=\frac{a_1\sin x+b_1\cos x+c_1}{a_2\sin x+b_2\cos x+c_2}$
Cách giải : Đặt $t=\tan \frac{x}{2}$.
Ví dụ $4$. Tính tích phân
$I=\int\limits_{\displaystyle 0}^{\displaystyle \frac{\pi}{2}}\frac{dx}{4\sin x+3\cos x+5}$.
Lời giải:
 Đặt $t=\tan \frac{x}{2} \Rightarrow \begin{cases}dx=\frac{2dt}{1+t^2} \\\sin x=\frac{2t}{1+t^2}; \cos x=\frac{1-t^2}{1+t^2} \end{cases}.$
 Khi $x=0\Rightarrow t=1; x=\frac{\pi}{2}\Rightarrow t=1$.
 Ta có :
 $I=\int\limits_{0}^{1}\frac{1}{\displaystyle \frac{8t}{1+t^2}+3\frac{1-t^2}{1+t^2}+5}.\frac{2dt}{1+t^2}=\int\limits_{0}^{1}\frac{dt}{t^2+4t+4}=\int\limits_{0}^{1}\frac{d(t+2)}{(t+2)^2}=\boxed{\displaystyle\frac{1}{6}}$.

MỘT SỐ BÀI TOÁN KHÁC
Thí dụ $5$. Tính tích phân
$I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos^n x}{\cos^n x + \sin^n x}dx$
Trong đó $n$ là số nguyên dương.
Lời giải :
Đặt $t=\frac{\pi}{2}-x\Rightarrow dx=-dt$
Khi $x=0\Rightarrow t=\frac{\pi}{2}; x=\frac{\pi}{2} \Rightarrow t=0$
Từ đó
$I=-\int\limits_{\frac{\pi}{2}}^{0}\frac{\cos^n \left ( \frac{\pi}{2}-t \right )}{\cos^n  \left ( \frac{\pi}{2}-t \right ) + \sin^n  \left ( \frac{\pi}{2}-t \right )}dt=\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin^n t}{\sin^n t + \cos^n t}dt=\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin^n x}{\sin^n x + \cos^n x}dx$
Do đó
$2I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin^n x}{\sin^n x + \cos^n x}dx+\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos^n x}{\cos^n x + \sin^n x}dx=\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}dx=\frac{\pi}{2}$
Vậy $I=\boxed{\displaystyle{\frac{\pi}{4}}}$.
Lời bình : Do cận lấy tích phân có dạng $a=0; b=\frac{\pi}{2}$, nên các hàm $\sin x$ và $\cos x$ có mối liên hệ của các góc phụ nhau. Trong trường hợp này ta thường dùng phép biến đổi $t=\frac{\pi}{2}-x$.
Thí dụ $6$. Tính tích phân
$I=\int\limits_{0}^{3\pi}\sin x.\sin 2x. \sin 3xdx$
Lời giải :
Ta có
$I=\int\limits_{0}^{\frac{3\pi}{2}}\sin x.\sin 2x. \sin 3xdx+\int\limits_{\frac{3\pi}{2}}^{3\pi}\sin x.\sin 2x. \sin 3xdx       (1)$
Xét tích phân
$J=\int\limits_{\frac{3\pi}{2}}^{3\pi}\sin x.\sin 2x. \sin 3xdx$.
Đặt $t=3\pi-x\Rightarrow dx=-dt$
Khi $x=\frac{3\pi}{2}\Rightarrow t=\frac{3\pi}{2}; x=3\pi \Rightarrow t=0$
Từ đó
$J=-\int\limits_{\frac{3\pi}{2}}^{0}\sin (3\pi-t).\sin (6\pi-2t). \sin (9\pi-3t)dt$
$=-\int\limits_{0}^{\frac{3\pi}{2}}\sin t.\sin 2t. \sin 3tdt=-\int\limits_{0}^{\frac{3\pi}{2}}\sin x.\sin 2x. \sin 3xdx       (2)$
Từ $(1)$ và $(2)$ ta được $I=\boxed{0}$.
Lời bình . Có thể sử dụng kết quả sau đây để suy ra kết quả thí dụ $6$ : Cho hàm $f(x)$ là hàm liên tục trên đoạn $[0;2a]$. Khi đó
$\int\limits_{0}^{2a}f(x)dx=\int\limits_{0}^{a}\left ( f(x)+f(2a-x) \right )dx$
Hướng dẫn :
$\int\limits_{0}^{2a}f(x)dx=\int\limits_{0}^{a}f(x)dx+\int\limits_{a}^{2a}f(x)dx$
Đổi biến số $t=2a-x$ trong tích phân thứ hai ở vế phải đẳng thức trên ta được
$\int\limits_{0}^{2a}f(x)dx=\int\limits_{a}^{0}f(2a-t)(-dt)=\int\limits_{0}^{a}f(2a-x)dx,$
từ đó suy ra điều cần chứng minh.

CÁC BÀI TẬP TỰ GIẢI
Tính các tích phân sau
$1.$          $I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{4}}\tan^6 x dx$;
$2.$          $I=\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin x+7\cos x+6}{4\sin x+3\cos x+5} dx$;
$3.$          $I=\int\limits_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}}\frac{1}{\sqrt[4]{\displaystyle{\sin^3 x.\cos^5 x}}}dx$;
$4.$          $I=\int\limits_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos^3 x+\cos^5 x}{\sin^2 x+ \sin^4 x}dx$;
$5.$          $I=\int\limits_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3}}\frac{1}{\sin^2 x.\cos^4 x}dx$.

 Phương pháp :
Các bước thực hiện :
+ Tìm miền xác định của hàm số.
+ Tính đạo hàm và lập bảng biến thiên.
+ Từ bảng biến thiên, ta tính giá trị hàm số tại các đầu của miền xác định ; giá trị của hàm số tại các điểm đạo hàm triệt tiêu. So sánh các giá trị đó để tìm giá trị lớn nhất (GTLN), giá trị nhỏ nhất (GTNN).
Chú ý :
+ Có những bái toán có nhiều ẩn thì ta phải gom các ẩn đó về cùng một dạng rồi đặt ẩn phụ, tìm miền giá trị của ẩn phụ, sau đó mới xét hàm số theo biến số mới.
+ Để tồn tại GTLN, GTNN thì ta chỉ cần một hoặc vài giá trị của biến số (không nhất thiết phải tìm hết tất cả các giá trị của biến số).

Ví dụ $1.$ Tìm GTLN, GTNN của các hàm số sau :
a.                $y=\left ( \sin x +\cos x \right )^2+\displaystyle \frac{1}{ \sin^2 x \cos^2 x}$.
b.                $y=\displaystyle \frac{ \sin^4 x+\cos^4 x}{ \sin^6 x +\cos^6 x}$.
Lời giải :
a.
        $y=1+2\sin x \cos x +\displaystyle \frac{1}{ \sin^2 x \cos^2 x}=1+\sin 2x+\displaystyle \frac{4}{ \sin^2 2x}$
Đặt : $t=\sin 2x \Rightarrow \begin{cases}-1 \le t \le 1 \\ t \ne 0 \end{cases}$
   $\Rightarrow y=1+t+\frac{4}{t^2};           y'=1-\frac{8}{t^3}=\frac{t^3-8}{t^3}$
         $y'=0 \Leftrightarrow t^3-8=0 \Leftrightarrow t=2$
Bảng biến thiên :
\begin{array}{c|ccccccc}
t  & -1 & \quad & \quad & 0 & \; & \quad & 1\\
\hline
y^\prime & \quad  & +  & \quad & ∥ & \; & -  &\quad \\
\hline
\quad  & \quad & \quad & +\infty & ∥ & +\infty \\
f(x) & \quad & \nearrow  &  \quad  & ∥& \quad  &  \searrow & \quad  \\
\quad & 4& \quad & \quad &∥& \quad & \quad & 6&
\end{array}
Từ bảng biến thiên ta suy ra   $\min y = 4$ đạt được $\Leftrightarrow t=-1\Leftrightarrow \sin 2x = -1\Leftrightarrow x = -\frac{\pi}{4}+ k\pi     (k \in \mathbb{Z})$ .
Hàm số không đạt giá trị lớn nhất.
Vậy GTNN của hàm số là $\min y =4$ khi $x = -\frac{\pi}{4}+ k\pi     (k \in \mathbb{Z})$ .
b.
 Sử dụng các đẳng thức cơ bản :
                   $\sin^4x+\cos^4 x=1- \frac{1}{2}\sin^2 2x$
                   $\sin^6x+\cos^6 x=1- \frac{3}{4}\sin^2 2x$
Viết lại hàm số đã cho dưới dạng :
            $y= \displaystyle \frac{1- \frac{1}{2}\sin^2 2x}{1- \frac{3}{4}\sin^2 2x}=2.\frac{2- \sin^2 2x}{4-3\sin^2 2x}$
Đặt : $t=\sin^2 2x$ với $0 \le t \le 1$
Xét hàm số : $f(t)=2.\frac{2-t}{4-3t}$ với $0 \le t \le 1$
 Ta có :            $f'(t)=2.\frac{2}{(4-3t)^2}>0$  với $0 \le t \le 1$
Tức là $f(t)$ là hàm tăng trên $[0, 1]$.
Suy ra :
 $\min y = \min f(t)=f(0)=1$ đạt được khi $t=0\Rightarrow x=\frac{k\pi}{2},      k \in \mathbb{Z}$
 $\max y = \max f(t)=f(1)=2$ đạt được khi $t=1\Rightarrow x=\frac{\pi}{4}+\frac{m\pi}{2},      m \in \mathbb{Z}$

 Ví dụ $2.$ Cho ba số dương $x, y, z$ thỏa mãn $x+y+z \le \frac{3}{2}$
 Tìm GTNN của :  $P=x+y+z+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}$
 Lời giải :
 Từ giả thiết :  $\frac{3}{2} \ge x+y+z  \underbrace{\ge}_{\text{BĐT Cô-si}} 3\sqrt[3]{xyz}  \Rightarrow 0<3\sqrt[3]{xyz}\le \frac{1}{2}$
Mặt khác cũng theo BĐT Cô-si thì :
   $P=x+y+z+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z} \ge 3\sqrt[3]{xyz} + \displaystyle \frac{3}{\sqrt[3]{xyz}}$
 Đặt $t=\sqrt[3]{xyz}$ thì : $0<t \le \frac{1}{2}$
Xét hàm số :  $f(t)=3t+\frac{3}{t}$ với $0<t \le \frac{1}{2}$
                          $f'(t)=3-\frac{3}{t^2}=3.\frac{t^2-1}{t^2}$
                          $f'(t)=0\Leftrightarrow t^2-1=0\Leftrightarrow t= \pm 1$
 Bảng biến thiên :
\[\begin{array}{c|ccccccccc}
t  &0 & \; & \;  & \; &  \frac{1}{2}\\
\hline
f^\prime(t) & \; &\;   & -  \\
\hline
\;  &+\infty \; & \; & \; & \; & \; &   \\
f(t) & \;  &  \; & \searrow & \; & \;  & \;  \\
\quad  & \; & \; & \; & \; &  \frac{15}{2}
\end{array}\]
Từ bảng biến thiên ta suy ra   $\min f(t) =\frac{15}{2}$ đạt được $\Leftrightarrow t= \frac{1}{2}\Leftrightarrow x=y=z=\frac{1}{2}$
Vậy GTNN của $P$ bằng $  \frac{15}{2}$ khi $x=y=z=\frac{1}{2}$

Ví dụ $3.$ (Đại học khối $D-2009$) Cho các số thực không âm $x, y$ thay đôi và thỏa mãn $x+y=1$. Tìm GTLN và GTNN của biểu thức :  $S=(4x^2+3y)(4y^2+3x)+25xy$
Lời giải :
Do $x+y=1$, nên :  $S=16x^2y^2+12(x^3+y^3)+9xy+25xy=16x^2y^2+12\left[ {(x+y)^3-3xy(x+y)} \right]+34xy=16x^2y^2-2xy+12$
Đặt $t=xy$, ta được : $S=16t^2-2t+12$.
Mặt khác, từ BĐT quen thuộc  $0 \le xy \le \frac{(x+y)^2}{4}=\frac{1}{4}\Rightarrow  t \in \left[ {0; \frac{1}{4}} \right]$
Xét hàm $f(t)=16t^2-2t+12$ trên đoạn $\left[ {0; \frac{1}{4}} \right]$
                $f'(t)=32t-2;            f'(t)=0\Leftrightarrow t=\frac{1}{16}$
Bảng biến thiên :
\[\begin{array}{c|ccccccccc}
t  &0& \; & \; & \frac{1}{16} & \; &  \frac{1}{4}\\
\hline
f^\prime(t) & \;  & \; & -  & 0 \;  &  +   \\
\hline
\; & 12  & \; & \; & \; & \; & \;  \frac{25}{2}    \\
f(t) & \; & \; & \searrow  &  \; &   \nearrow & \;  \\
\quad  & \; & \; & \; &  \frac{191}{16} & \; & \: &
\end{array}\]
Từ bảng biến thiên ta suy ra :
$\max_{\displaystyle \left[ {0; \frac{1}{4}} \right]}f(t)=f\left ( \frac{1}{4} \right )=\frac{25}{2}$
$\min_{\displaystyle \left[ {0; \frac{1}{4}} \right]}f(t)=f\left ( \frac{1}{16} \right )=\frac{191}{16}$
Vậy,
GTLN của $S$ bằng $\frac{25}{2}$, khi $\begin{cases}x+y=1 \\ xy= \frac{1}{4}\end{cases}\Leftrightarrow (x; y)=\left ( \frac{1}{2}; \frac{1}{2} \right )$
GTNN của $S$ bằng $\frac{191}{16}$, khi $\begin{cases}x+y=1 \\ xy= \frac{1}{16}\end{cases} \Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} (x; y)=\left ( \frac{2+\sqrt{3}}{4}; \frac{2-\sqrt{3}}{4}  \right )\\ (x; y)=\left (  \frac{2-\sqrt{3}}{4}; \frac{2+\sqrt{3}}{4} \right ) \end{matrix}} \right.$

Ví dụ $4.$ (Đại học khối $B−2012$) Cho các số thực $x,y,z$ thỏa mãn các điều kiện $x+y+z=0$ và $x^2+y^2+z^2=1$.
Tìm GTLN của :  $P=x^5+y^5+z^5$
Lời giải :
Với $x+y+z=0$ và $x^2+y^2+z^2=1$, ta có :
$0=(x+y+z)^2=x^2+y^2+z^2+2x(y+z)+2yz=1−2x^2+2yz$, nên $yz=x^2−\frac{1}{2}$
 Mặt khác $yz \le \frac{y^2+z^2}{2}=\frac{1-x^2}{2},$ suy ra $x^2−\frac{1}{2} \le \frac{1-x^2}{2}$
  $\Rightarrow 3x^2 \le 2 \Rightarrow -\frac{\sqrt{6}}{3} \le x \le \frac{\sqrt{6}}{3}    $
Khi đó : $P=x^5+(y^2+z^2)(y^3+z^3)-y^2z^2(y+z)$
                    $=x^5+(1-x^2)\left[ {(y^2+z^2)(y+z)-yz(y+z)} \right]+\left ( x^2-\frac{1}{2} \right )^2x$
                    $=x^5+(1-x^2)\left[ {-x(1-x^2)+x\left ( x^2-\frac{1}{2} \right )} \right]+\left ( x^2-\frac{1}{2} \right )^2x$
                    $=\frac{5}{4}\left ( 2x^3-x \right )$
Xét hàm : $f(x)= 2x^3-x$ trên $\left[ { -\frac{\sqrt{6}}{3}, \frac{\sqrt{6}}{3} } \right]$
                  $f'(x)=6x^2-1;         f'(x)=0\Leftrightarrow x=\pm\frac{\sqrt{6}}{6}$
Bảng biến thiên :
\[\begin{array}{c|ccccccccc}
x  &-\frac{\sqrt{6}}{3} & \; & \; & -\frac{\sqrt{6}}{6} & \; & \; &  \frac{\sqrt{6}}{6} & \; & \; &  \frac{\sqrt{6}}{3} \\
\hline
f^\prime(x) & \; &+ & \; & 0 & \; & - &  0 & \; & + & \; & \\
\hline
\;  & \; & \; & \; & \; \frac{\sqrt{6}}{9} & \; & \; & \; & \; & \: & \frac{\sqrt{6}}{9}    \\
f(x) & \; & \; & \nearrow  &  \; & \; &  \searrow & \; &  \;  \nearrow \\
\quad & -\frac{\sqrt{6}}{9} & \; & \; & \; & \; & \: & -\frac{\sqrt{6}}{9}
\end{array}\]
Từ bảng biến thiên ta suy ra   $P =\frac{5}{4}f(x)\le \frac{5}{4}\max f(x) = \frac{5\sqrt{6}}{36}$.
Khi $x= \frac{\sqrt{6}}{3}, y=z=- \frac{\sqrt{6}}{6}$ thì dấu bằng xảy ra.
Vậy giá trị lớn nhất của $P$ là $ \frac{5\sqrt{6}}{36}.$

Ví dụ $5.$ (Đại học khối $A−2011$) Cho $x, y, z$ là ba số thực thuộc đoạn $[1; 4]$ và $x \ge y, x \ge z$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
                                   $P=\displaystyle \frac{x}{2x+3y}+\frac{y}{y+z}+\frac{z}{z+x}$
Lời giải :
Trước hết ta chứng minh :
          $\displaystyle \frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}\ge \frac{2}{1+\sqrt{ab}}                (*)$  với $a, b$ dương, $ab \ge 1$.
Thật vậy,
$(*) \Rightarrow (a+b+2)(1+\sqrt{ab}) \ge 2(1+a)(1+b)$
      $\Leftrightarrow (a+b)\sqrt{ab}+2\sqrt{ab} \ge a+b+2ab$
      $\Leftrightarrow \left (\sqrt{ab}-1\right )\left (\sqrt{a}-\sqrt{b} \right )^2 \ge0$ luôn đúng với $a, b$ dương, $ab \ge 1$.
Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} a = b\\ ab=1 \end{matrix}} \right.$
Áp dụng $(*)$, với $x$ và $y$ thuộc đoạn $[1; 4]$ và $x \ge y$, ta có :
           $P=\displaystyle \frac{x}{2x+3y}+\frac{1}{1+\displaystyle\frac{z}{y}}+\frac{1}{1+\displaystyle\frac{x}{z}} \ge \frac{1}{2+\displaystyle \frac{3y}{x}}+\frac{2}{1+\displaystyle\sqrt{\frac{x}{y}}}$
 Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi : $\left[ {\begin{matrix} \frac{z}{y}=\frac{x}{z}\\\frac{x}{y}=1 \end{matrix}} \right.       (1)$
Đặt  $\sqrt{\frac{x}{y}}=t       t \in [1; 2]$. Khi đó : $\displaystyle P \ge \frac{t^2}{2t^2+3}+\frac{2}{1+t}$
Xét hàm  $f(t)= \frac{t^2}{2t^2+3}+\frac{2}{1+t}, t \in [1; 2]$
                  $f'(t)=\displaystyle \frac{-2\left[ {t^3(4t-3)+3t(2t-1)+9} \right]}{(2t^2+3)^2(1+t)^2} <0$
Tức là $f(t)$ nghịch biến trên $[1; 2]\Rightarrow f(t) \ge f(2) = \displaystyle \frac{34}{33}$.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi : $t=2\Leftrightarrow \frac{x}{y}=4\Leftrightarrow x=4, y=1            (2)$
Tóm lại  $P \ge \displaystyle \frac{34}{33}$.
Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi : $x=4, y=1, z=2$.
Vậy GTNN của $P$ bằng $ \displaystyle \frac{34}{33}$ khi $x=4, y=1, z=2$.

Ví dụ $6.$ Cho các số $x, y$ khác $0$ thỏa mãn :  $x^2+y^2=x\sqrt{1-y^2}+y\sqrt{1-x^2}$
Tìm giá trị nhỏ nhất của  $P=\displaystyle x^2+y^2+\frac{1}{4}\left ( \frac{1}{x^2} +\frac{1}{y^2} \right )$.
Lời giải :
Theo BĐT Bunhiacopsky ta có :
    $x^2+y^2=x\sqrt{1-y^2}+y\sqrt{1-x^2} \le \sqrt{\left ( x^2+y^2 \right )\left[ {2-\left ( x^2+y^2 \right )} \right]}$
$\Rightarrow \left ( x^2+y^2 \right )^2 \le \left ( x^2+y^2 \right )\left[ {2- \left ( x^2+y^2 \right )} \right]$
$\Rightarrow x^2+y^2 \le 2- \left ( x^2+y^2 \right )$
$\Rightarrow x^2+y^2 \le 1$
Mặt khác :
$P=\displaystyle x^2+y^2+\frac{1}{4}.\frac{x^2+y^2}{x^2y^2}=(x^2+y^2)\left ( 1+\frac{1}{4x^2y^2} \right )$
Theo BĐT Cô-si ta có :
     $4x^2y^2 \le (x^2+y^2)^2 \Rightarrow \frac{1}{4x^2y^2} \ge \frac{1}{\left ( x^2+y^2 \right )^2}$
$\Rightarrow P \ge (x^2+y^2)\left (1+\frac{1}{\left ( x^2+y^2 \right )^2} \right )=x^2+y^2+\frac{1}{x^2+y^2}$
Đặt $t=x^2+y^2$, với $0< t \le 1$.
Xét hàm số : $f(t)=t+\frac{1}{t}$ với $0< t \le 1$.
                       $f'(t)=1 - \frac{1}{t^2} \le 0$ với $0< t \le 1$.
 Suy ra $f(t)$ nghịch biến trên $(0; 1]$. Từ đó :
                      $f(t) \ge f(1)=2 \Rightarrow P \ge 2$
Nhận thấy dấu bằng xảy ra khi $t=1\Rightarrow \begin{cases}x^2+y^2=1 \\ x^2+y^2=x\sqrt{1-y^2}+y\sqrt{1-x^2} \end{cases}$. Chẳng hạn khi $x=y=\frac{1}{\sqrt 2}$
Vậy GTNN của $P$ là $2$ đạt được chẳng hạn khi $x=y=\frac{1}{\sqrt 2}$.

 Ví dụ $7.$ Cho tam giác $ABC$ nhọn. Tìm GTLN của biểu thức :
                                  $P=\left (1+ \sin^2 A \right )\left (1+ \sin^2 B \right )\left (1+ \sin^2 C \right )$
Lời giải :
 Ta có :
  $\left (1+ \sin^2 A \right )\left (1+ \sin^2 B \right )=1+ \sin^2 A + \sin^2 B + \sin^2 A \sin^2 B$
$=1+\frac{1-\cos 2A}{2}+\frac{1- \cos 2B}{2}+\frac{1}{4}\left[ {\cos (A-B) - \cos (A+B)} \right]^2$
$=2-\frac{1}{2}\left (\cos 2A + \cos 2B \right )+\frac{1}{4}\left[ {\cos (A-B) - \cos (A+B)} \right]^2$
$=2+\cos C \cos (A-B) +\frac{1}{4}\left[ {\cos (A-B) - \cos (A+B)} \right]^2$
$\le 2 + \cos C + \frac{1}{4}(1+\cos C)^2$
Chú ý rằng ở đây $\triangle ABC$ nhọn nên $\cos C > 0$ và $\cos (A-B) \le 1$.
Suy ra $\left (1+ \sin^2 A \right )\left (1+ \sin^2 B \right ) \le \frac{1}{4}(3+\cos C)^2$
       $\Leftrightarrow \left (1+ \sin^2 A \right )\left (1+ \sin^2 B \right )\left (1+ \sin^2 C \right ) \le \frac{1}{4}(3+\cos C)^2\left (2- \cos^2 C \right )$
Đặt $t=\cos C$ với $0<t<1$.
Xét hàm số  : $f(t)=\frac{1}{4}(t+3)^2(2-t^2)$
                      $f'(t)=\frac{1}{4}\left[ {2(t+3)(2-t^2)-2t(t+3)^2} \right]=\frac{1}{2}(t+3)(2-3t-2t^2)$
                      $f'(t)=0\Leftrightarrow 2-3t-2t^2=0\Leftrightarrow t=\frac{1}{2} $ với $0<t<1$.
Bảng biến thiên :
\[\begin{array}{c|ccccccccc}
t  &0 & \; & \; & \frac{1}{2} & \; & \; &  1\\
\hline
f^\prime(t) & \;  & \; & +  & 0 \;  &  \; & -   \\
\hline
\;  & \; & \; & \; & \;   \frac{ 343 }{64 }   \\
f(t) & \; & \; & \nearrow  &  \; & \; &  \searrow & \;  \\
\quad &\frac{9}{2} & \; & \; & \; & \; & \: &  4
\end{array}\]
Từ bảng biến thiên ta suy ra   $f(t) \le \frac{ 343 }{64 } $.
Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow \begin{cases}\cos C = \frac{1}{2} \\ \cos (A-B)=1 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}\widehat{C}=60^\circ \\ \widehat{A}=\widehat{B} \end{cases}\Leftrightarrow \widehat{A}=\widehat{B}=\widehat{C}=60^\circ$
Vậy GTLN của $P$ là $\frac{ 343 }{64 }$ đạt được khi tam giác $ABC$ đều.

Bài $1.$ Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số :  $y=\cos^4 x +\sin^2 x + \cos x \sin x$

Bài $2.$ Cho hai số dương $x, y$ thỏa mãn $x+y=1$
Tìm GTNN của biểu thức : $P=\displaystyle \frac{x}{\sqrt{1-x}}+\frac{y}{\sqrt{1-y}}$

Bài $3.$ (Đại học Khối $B-2011$) Cho $a$ và $b$ là các số thực dương thỏa mãn $2(a^2+b^2)+ab=(a+b)(ab+2)$
Tìm GTNN của biểu thức : $P=\displaystyle 4\left (\frac{a^3}{b^3}+\frac{b^3}{a^3} \right )-9\left (\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{a^2} \right )$

Bài $4.$ (Đại học khối $D-2012$) Cho các số thực $x, y$ thỏa mãn điều kiện $(x-4)^2+(y-4)^2+2xy \le 32$.
Tìm GTNN của biểu thức :  $P=x^3+y^3+3(xy-1)(x+y-2)$.

Bài $5.$ (Đại học Khối $A-2012$) Cho các số thực $x, y, z$ thỏa mãn điều kiện $x+y+z=0$.
Tìm GTNN của biểu thức : $P=3^{\displaystyle |x-y|}+3^{\displaystyle |y-z|}+3^{\displaystyle |z-x|}-\sqrt{6x^2+6y^2+6x^2}$

Bài $6.$ Tìm GTLN và GTNN của hàm số :
                     $f(x)=5\cos x-\cos 5x$  với  $-\frac{\pi}{3} \le x \le \frac{\pi}{3}$

Bài $7.$ Cho $x, y$ là hai số thực thay đổi thỏa mãn $x^2+y^2=1$.
Tìm GTNN của biểu thức : $P=x\sqrt{1+y}+y\sqrt{1+x}$

Tính tích phân : $I=\int\limits_{0}^{\ln 3}\frac{dx}{{\sqrt{e^x+1}} }  $