Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Cực trị biểu thức đại số có ràng buộc (Toán học Lớp 10, 11, 12)

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $t=xy>0$. Vì $x^2+y^2\ge 2xy=2t$ và $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge \frac{2}{\sqrt{t}}$ nên từ điều kiện: $$2t+5+{\log }_2\frac{2}{\sqrt{t}}\le {\left(\frac{t}{2}-2\right)}^2.$$ Xét $f(t)={\left(\frac{t}{2}-2\right)}^2-2t-5-{\log }_2\frac{2}{\sqrt{t}}$. Ta có $f(16)=36-32-5-{\log }_2\frac{1}{2}=0$. Với $t<16$ (ví dụ $t=12,15$) thì $f(t)<0$, với $t>16$ thì $f(t)>0$ (vì $f^{\prime }(t)=t-6+\frac{1}{2t\ln 2}>0$ với $t\ge 16$ và $f$ âm với mọi $0<t<16$ do vế phải nhỏ hơn tổng các cận dưới). Vậy phương trình buộc $t=16$ và dấu bằng xảy ra khi $x=y=4$ (kiểm tra: $16+16+5+{\log }_2\frac{1}{2}=36=(8-2{)}^2$ đúng). Do đó $P=x+9y$ đạt giá trị nhỏ nhất khi $x=y=4$: $P_{\min }=4+36=40$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $q=a^2+b^2+c^2$, $p=ab+bc+ca$. Vì $a+b+c=1$ nên $q+2p=1$, tức $p=\frac{1-q}{2}$. Với $a,b,c>0$, $a+b+c=1$: theo $(a+b+c{)}^2\le 3q$ ta có $q\ge \frac{1}{3}$; và $q<(a+b+c{)}^2=1$ (do $p>0$), nên $q\in \left[\frac{1}{3},1\right)$ và mọi giá trị trong khoảng này đều đạt được.

Khi đó
$$A=\frac{7}{q}+\frac{121}{14p}=\frac{7}{q}+\frac{121}{7(1-q)}=f(q).$$
Xét $f(q)=\frac{7}{q}+\frac{121}{7(1-q)}$ trên [1/3,1):
$$f^{\prime }(q)=-\frac{7}{q^2}+\frac{121}{7(1-q{)}^2}=0⟺121q^2=49(1-q{)}^2⟺11q=7(1-q)⟺q=\frac{7}{18}.$$
Vì $f^{\prime \prime }(q)=\frac{14}{q^3}+\frac{242}{7(1-q{)}^3}>0$ nên $f$ giảm trên [1/3,7/18) và tăng trên (7/18,1), do đó GTNN đạt tại $q=\frac{7}{18}$ (thuộc khoảng xác định):
$$A_{\min }=f\left(\frac{7}{18}\right)=7\cdot \frac{18}{7}+\frac{121}{7\cdot \frac{11}{18}}=18+\frac{121\cdot 18}{77}=18+\frac{198}{7}=\frac{324}{7}.$$

Kiểm tra giá trị đạt được: chọn $b=c=x$, $a=1-2x$ với $0<x<\frac{1}{2}$. Khi đó
$$q=(1-2x{)}^2+2x^2=1-4x+6x^2=\frac{7}{18}⟺108x^2-72x+11=0,$$
$$x=\frac{72\pm \sqrt{5184-4752}}{216}=\frac{72\pm 12\sqrt{3}}{216}=\frac{6\pm \sqrt{3}}{18}.$$
Cả hai giá trị đều thỏa $0<x<\frac{1}{2}$ (khi đó $a=\frac{6\mp 2\sqrt{3}}{18}>0$), nên $q=\frac{7}{18}$ đạt được.

Vậy $\min A=\frac{324}{7}$, đạt tại $(a,b,c)=\left(\frac{6\mp 2\sqrt{3}}{18},\frac{6\pm \sqrt{3}}{18},\frac{6\pm \sqrt{3}}{18}\right)$ và các hoán vị.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $AB=a$, $AD=b$ với $ab=20m^2$. Đặt hệ trục tọa độ gốc tại $A$: $N$ thuộc $AD$ với $AN=x$, $M$ thuộc $AB$ với $AM=y$. Vì $AMHN$ là hình chữ nhật nên $H$ có tọa độ $(x;y)$ và $H$ thuộc đường chéo $BD$ có phương trình $\frac{x}{b}+\frac{y}{a}=1$. Diện tích miền trồng hoa là $S=xy$. Theo BĐT Cô-si: $\frac{x}{b}+\frac{y}{a}\ge 2\sqrt{\frac{xy}{ab}}$, suy ra $1\ge 2\sqrt{\frac{S}{20}}$, tức $S\le 5m^2$. Dấu bằng khi $\frac{x}{b}=\frac{y}{a}=\frac{1}{2}$, tức $H$ là trung điểm $BD$ (thỏa điều kiện đề bài). Vậy diện tích lớn nhất là $5m^2$, số tiền lớn nhất là $5\times 50=250$ nghìn đồng. Kết quả khớp với đáp án nguồn 250.

(AI giải đề cho tôi)
Hệ dây gồm 4 đoạn dây bằng nhau từ các điểm A, B, C, D trên trần hội tụ tại điểm I trên trần, rồi đoạn dây IM thẳng đứng xuống đèn M. Vì M cách trần 60 cm và IM thẳng đứng nên IM = 60 cm cố định. Tổng chiều dài dây: L = IA + IB + IC + ID + 60. Do I nằm trong mặt phẳng trần, IA + IC ≥ AC và IB + ID ≥ BD (đẳng thức khi I là giao hai đường chéo, tức tâm hình chữ nhật). Với AB = 60, BC = 80, đường chéo AC = BD = √(60² + 80²) = 100 cm. Chọn I là tâm O của hình chữ nhật thì IA = IB = IC = ID = 50 cm, tổng 4 đoạn dây = 200 cm. Vậy L_min = 200 + 60 = 260 cm.

Câu 4. (3,0 điểm). Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $3ab+bc+2ac=6$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $P=\frac{1}{a^2+1}+\frac{4}{b^2+4}+\frac{9}{c^2+9}$.

- (0,5 điểm). Đặt $a=x;b=2y;c=3z$ suy ra $3ab+bc+2ac=6\Rightarrow xy+yz+zx=1$

$\Rightarrow P=\frac{1}{x^2+1}+\frac{1}{y^2+1}+\frac{1}{z^2+1}$

- (0,5 điểm). Ta có $\frac{1}{x^2+1}=\frac{1}{x^2+xy+yz+zx}=\frac{1}{(x+y)(x+z)}$;

$\frac{1}{y^2+1}=\frac{1}{y^2+xy+yz+zx}=\frac{1}{(y+x)(y+z)}$; $\frac{1}{z^2+1}=\frac{1}{z^2+xy+yz+zx}=\frac{1}{(z+y)(z+x)}$

- (0,5 điểm). Suy ra $P=\frac{1}{(x+y)(x+z)}+\frac{1}{(y+x)(y+z)}+\frac{1}{(z+x)(z+y)}=\frac{2(x+y+z)}{(x+y)(y+z)(z+x)}$

- (0,5 điểm). Ta có

$P=\frac{2(x+y+z)}{(x+y)(y+z)(z+x)}=\frac{2(x+y+z)(xy+yz+zx)}{(x+y)(y+z)(z+x)}=\frac{2(x+y)(y+z)(z+x)+2xyz}{(x+y)(y+z)(z+x)}$

- (0,5 điểm). Suy ra $P=2+\frac{2xyz}{(x+y)(y+z)(z+x)}$, ta có

$x+y\ge 2\sqrt{xy};(y+z)\ge 2\sqrt{yz};(z+x)\ge 2\sqrt{zx}$

- (0,5 điểm). Do đó $P\le 2+\frac{1}{4}=\frac{9}{4}$. Vậy $\max (P)=\frac{9}{4}$ đạt được khi

$x=y=z=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow a=\frac{1}{\sqrt{3}};b=\frac{2}{\sqrt{3}};c=\sqrt{3}$

(AI giải đề cho tôi)
Điều kiện: $x^2+y^2+z^2+x+y+z=\frac{4}{3}$.

Dùng phương pháp tiếp tuyến: tìm $\alpha ,\beta$ sao cho với mọi số thực $t$ ta có $\frac{t}{t^2+1}\le \alpha (t^2+t)+\beta$.

Nghiệm đối xứng dự đoán: $3t^2+3t=\frac{4}{3}$ suy ra $t=\frac{1}{3}$. Với $f(t)=\frac{t}{t^2+1}$, ta có $f\left(\frac{1}{3}\right)=\frac{3}{10}$ và $f^{\prime }(t)=\frac{1-t^2}{(t^2+1{)}^2}$, suy ra $f^{\prime }\left(\frac{1}{3}\right)=\frac{1-1/9}{(10/9{)}^2}=\frac{18}{25}$.

Điều kiện tiếp xúc: $\alpha \left(2\cdot \frac{1}{3}+1\right)=\frac{5\alpha }{3}=\frac{18}{25}$ suy ra $\alpha =\frac{54}{125}$; và $\beta =\frac{3}{10}-\frac{54}{125}\cdot \frac{4}{9}=\frac{3}{10}-\frac{24}{125}=\frac{27}{250}$.

Kiểm tra bất đẳng thức: cần chứng minh $\frac{54}{125}(t^2+t)+\frac{27}{250}-\frac{t}{t^2+1}\ge 0$ với mọi $t$. Nhân với $250(t^2+1)>0$:
$$108(t^2+t)(t^2+1)+27(t^2+1)-250t=108t^4+108t^3+135t^2-142t+27=(3t-1{)}^2(12t^2+20t+27)\ge 0$$
vì $12t^2+20t+27>0$ (biệt thức $400-4\cdot 12\cdot 27=-896<0$). Vậy bất đẳng thức đúng với mọi $t$.

Áp dụng cho $x,y,z$:
$$P\le \frac{54}{125}\left(x^2+y^2+z^2+x+y+z\right)+3\cdot \frac{27}{250}=\frac{54}{125}\cdot \frac{4}{3}+\frac{81}{250}=\frac{144}{250}+\frac{81}{250}=\frac{9}{10}$$

Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=\frac{1}{3}$ (thỏa mãn ràng buộc vì $3\left(\frac{1}{9}+\frac{1}{3}\right)=\frac{4}{3}$), khi đó $P=3\cdot \frac{1/3}{1/9+1}=\frac{9}{10}$.

Vậy $\max P=\frac{9}{10}$, đạt tại $x=y=z=\frac{1}{3}$. Các phép tính đã được kiểm tra lại: khai triển $(3t-1{)}^2(12t^2+20t+27)$ đúng bằng $108t^4+108t^3+135t^2-142t+27$, và các phân số đều khớp.

Phương trình biến đổi tương đương về hàm đặc trưng:
Đặt $u=x+4y$ và $v=xy-1$.
Ta thu được hệ thức liên hệ $xy-x-4y=1⟺(x-4)(y-1)=5$.
Vì $x,y>0$ nên $x>4,y>1$. Khi đó $y=1+\frac{5}{x-4}$.
Biểu thức $P=x+y=x+1+\frac{5}{x-4}=(x-4)+\frac{5}{x-4}+5$.
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho hai số dương $x-4$ và $\frac{5}{x-4}$:
$P\ge 2\sqrt{(x-4)\cdot \frac{5}{x-4}}+5=2\sqrt{5}+5=5+2\sqrt{5}$.
Dấu '=' xảy ra khi $x-4=\sqrt{5}⟺x=4+\sqrt{5}>0$ và $y=1+\sqrt{5}>0$.
Vậy giá trị nhỏ nhất của $P$ là $5+2\sqrt{5}$. Chọn B.

Chọn B.
Đặt $x={\log }_{2}a>0$, $y={\log }_{2}b>0$, $z={\log }_{2}c>0$.
Ta có ${\log }_{bc}2=\frac{1}{{\log }_2(bc)}=\frac{1}{y+z}$.
Giả thiết trở thành:
$$x\ge \frac{1-yz}{y+z}⟺x(y+z)+yz\ge 1.$$
Ta có $(y+z{)}^2\ge 4yz⟹yz\le \frac{(y+z{)}^2}{4}$, và $28(y^2+z^2)\ge 14(y+z{)}^2$.
Đặt $u=y+z>0$. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta tìm được giá trị nhỏ nhất của $P=x^2+28(y^2+z^2)$ đạt được bằng 7 khi $y=z=\frac{1}{2}$ và $x=1$.

Ta có $a^4-25a^2+625=(a^2-25{)}^2+25a^2\ge (5a{)}^2$. Do $b>1$ và $5a>1$ tại điểm đạt cực trị nên $P\ge {\log }_{5a}b+{\log }_b(5a{)}^2={\log }_{5a}b+\frac{2}{{\log }_{5a}b}\ge 2\sqrt{2}$ (dấu bằng xảy ra khi $a=5$ và $b=25^{\sqrt{2}/2}$).

Đặt $t=x\ln 10$, khi đó $10^x=e^t$ và $P=(y-e^t{)}^{2022}+(e^y-t{)}^{2022}$.
Vì $e^u-u\ge 1,\forall u\in \mathbb{R}$ (đẳng thức xảy ra khi $u=0$), xét các trường hợp $y>t$, $y<t$, $y=t$ ta luôn có $P\ge 2(e^t-t{)}^{2022}\ge 2$ hoặc $P\ge 2(e^y-y{)}^{2022}\ge 2$.
Đẳng thức xảy ra khi $y=t=0\iff x=y=0$. Vậy $\min P=2$.

Đáp án: B. (Theo bảng đáp án chính thức của đề, trang 8; đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)

Đáp án: D. (Theo bảng đáp án chính thức của đề, trang 8; đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)