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 $x=y=4$: $P_{\min }=4+36=40$.

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.

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 $\min P=2$.