Các bài toán tìm GTLN, GTNN trong các đề thi vào 10 các tỉnh thành

- Theo giả thiết  \(a,b>0\)  nên áp dụng bất đẳng thức Cô si ta được

                \(a^4+b^2\ge2a^2b\Rightarrow a^4+2ab^2+b^2\ge2a^2b+2ab^2\)

                                                 \(\Rightarrow a^4+2ab^2+b^2\ge2ab\left(a+b\right)\)

                                                 \(\Rightarrow\frac{1}{a^4+2ab^2+b^2}\le\frac{1}{2ab\left(a+b\right)}\),  (đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(a=b\))

- Tương tự                                   \(\frac{1}{a^2+2a^2b+b^4}\le\frac{1}{2ab\left(a+b\right)}\)    ,    (đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  \(a=b\))

- Từ đó      \(Q\le\frac{1}{ab\left(a+b\right)}\)

- Giả thiết  \(\left(a+b\right)\left(a+b-1\right)=a^2+b^2\) tương đương với \(a+b=2ab\Leftrightarrow ab=\frac{a+b}{2}\)(*)

- Do đó      \(Q\le\frac{2}{\left(a+b\right)^2}\)

  - Mà      \(ab\le\frac{\left(a+b\right)^2}{4}\)    nên   \(\frac{a+b}{2}\le\frac{\left(a+b\right)^2}{4}\Rightarrow a+b\ge2\)  (do giả thiết  \(a,b>0\) ).

- Vì vậy   \(Q\le\frac{2}{2^2}\) 

GTNN  là  \(\frac{1}{2}\) đạt khi và chỉ khi \(\left\{{}\begin{matrix}a=b\\a+b=2\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow a=b=1\)

- Chú ý rằng  \(xy=3\) nên áp dụng bất đẳng thức Cô si cho hai số dương ta được 

     \(\frac{3}{x}+\frac{9}{y}\ge2\sqrt{\frac{3}{x}.\frac{9}{y}}=6\) hay   \(\frac{3}{x}+\frac{9}{y}\ge6\)

và         \(3x+y\ge2\sqrt{3xy}=6\Rightarrow\frac{26}{3x+y}\le\frac{26}{6}\)  hay    \(-\frac{26}{3x+y}\ge-\frac{13}{3}\)

- Từ đó         \(P\ge6-\frac{13}{3}\)  hay    \(P\ge\frac{5}{3}\).

GTNN là  \(\frac{5}{3}\) đạt khi \(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{3}{x}=\dfrac{9}{y}\\3x=y\\xy=3\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=1\\y=3\end{matrix}\right.\)           

- Sử dụng giả thiết  \(a+b+c=1\) ta biến đổi và ước lượng các số hạng của \(P\) (bằng cách dùng Cô si )  như sau:

      \(c+ab=c\left(a+b+c\right)+ab=\left(c+a\right)\left(c+b\right)\)

   \(\Rightarrow\frac{ab}{\sqrt{c+ab}}=ab.\frac{1}{\sqrt{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}}\le ab.\frac{1}{2}\left(\frac{1}{c+a}+\frac{1}{c+b}\right)\)

- Tương tự      \(\frac{bc}{\sqrt{a+bc}}\le\frac{bc}{2}\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c}\right)\)  và    \(\frac{ca}{\sqrt{b+ca}}\le\frac{ca}{2}\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{b+a}\right)\)

- Từ đó      \(P\le\frac{ab}{2}\left(\frac{1}{c+a}+\frac{1}{c+b}\right)+\frac{bc}{2}\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c}\right)+\frac{ca}{2}\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{b+a}\right)\)

                 \(P\le\frac{1}{a+b}\left(\frac{ac+bc}{2}\right)+\frac{1}{b+c}\left(\frac{ba+ca}{2}\right)+\frac{1}{c+a}\left(\frac{cb+ca}{2}\right)\)

                  \(P\le\frac{a+b+c}{2}\)

                 \(P\le\frac{1}{2}\).

GTLN bằng  \(\frac{1}{2}\)  đạt được khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\) 

- Tập xác định :   \(5-x^2\ge0\Leftrightarrow x^2\le5\Leftrightarrow-\sqrt{5}\le x\le\sqrt{5}\).

- Theo Bunhiacopxki thì      \(A^2\le\left(4+1\right)\left(x^2+5-x^2\right)\Rightarrow A\le5\)

    Hơn nữa     \(A=5\Leftrightarrow\frac{x}{2}=\frac{\sqrt{5-x^2}}{1}\Leftrightarrow x=2\). Vì vậy   GTLN = 5.

- Lại có   \(x\ge-\sqrt{5}\) và   \(\sqrt{5-x^2}\ge0\) nên   \(A\ge-2\sqrt{5}\). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  \(x=-\sqrt{5}\)

Vì vậy   GTNN \(=-2\sqrt{5}\)

- Dễ chứng minh được  \(2x+\frac{1}{x}\ge\frac{1}{2}x^2+\frac{5}{2}\) với mọi \(0< x< 2\) (chẳng hạn, nhận xét này tương đương với

      \(x^3-4x^2+5x-2\le0\) \(\Leftrightarrow\left(x-1\right)\left(x^2-3x+2\right)\le0\) \(\Leftrightarrow\left(x-1\right)^2\left(x-2\right)\le0\) , đúng ).

- Từ giả thiết    \(a^2+b^2+c^2=3\Rightarrow a^2< 4\Rightarrow0< a< 2\), tương tự \(0< b,c< 2\). Áp dụng nhận xét trên ta có

               \(P=2a+\frac{1}{a}+2b+\frac{1}{b}+2c+\frac{1}{c}\ge\frac{1}{2}\left(a^2+b^2+c^2\right)+\frac{15}{2}=9\)

- Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi   \(a=b=c=1\).

- Vậy      GTNN = 9.

- Đặt   \(a=y+z+1,b=x+z+1,c=x+y+1\) thì  \(P=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\). Ta tìm điều kiện đối với \(a,b,c\).

- Vì \(x,y,z>0\)nên \(a,b,c>0\). Hơn nữa, giả thiết 

         \(x\left(x+1\right)+y\left(y+1\right)+z\left(z+1\right)\le18\)\(\Leftrightarrow3\left(x^2+y^2+z^2\right)+3\left(x+y+z\right)\le54\)  (*)

- Mà   \(\left(x+y+z\right)^2\le3\left(x^2+y^2+z^2\right)\) (theo Bunhiacopxki) , nên  từ (*) suy ra

           \(\left(x+y+z\right)^2+3\left(x+y+z\right)\le54\)

- Đặt  \(t=x+y+z\) thì  \(t>0\) nên

                      \(t^2+3t-54\le0\Leftrightarrow\left(t+9\right)\left(t-6\right)\le0\Leftrightarrow t-6\le0\Leftrightarrow t\le6\)

- Vì vậy cần tìm GTNN của     \(P=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\) với điều kiện \(a,b,c>0\) và        

                                        \(a+b+c=2\left(x+y+z\right)+3=2t+3\le15\)

- Để đánh giá P cần khử hết các phân số \(\frac{1}{a},\frac{1}{b},\frac{1}{c}\) và ta nghĩ đến sử dụng bất đẳng thức Cô si cho cặp số \(\frac{1}{a}\) và \(ka\) mà dấu đẳng thức xảy ra khi  và chỉ khi \(a=b=c=5\), từ đó  \(k=\frac{1}{25}\).

Ta có     \(\frac{1}{a}+\frac{a}{25}\ge\frac{2}{5}\Rightarrow\frac{1}{a}\ge\frac{2}{5}-\frac{a}{25}\) . Viết các bất đẳng thức tương tự đối với \(b,c\) rồi cộng lại ta được

        \(P\ge\frac{6}{5}-\frac{a+b+c}{25}\ge\frac{6}{5}-\frac{15}{25}=\frac{3}{5}\)  (vì   \(a+b+c\le15\) )

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c=5\Leftrightarrow x+y=y+z=z+x=4\Leftrightarrow x=y=z=2\)

Vậy   GTNN là  \(\frac{3}{5}\).

Viết lại biểu thức đã cho dưới dạng    

    \(P=\left(\frac{9}{a}+a\right)+\left(\frac{1}{b}+b\right)+\left(a-3\right)^2+2\left(2a+b\right)\)

Sử dụng bất đẳng thức Cô si và giả thiết ta có

   \(P\ge6+2+2.7=22\)

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi \(\left\{{}\begin{matrix}a=3\\b=1\end{matrix}\right.\)    .

Vậy    GTNN = 22.

Ta có                   \(P=ab\le a^2+\frac{b^2}{4}\)

              và                     \(2\le a^2+\frac{1}{a^2}\)

Cộng theo vế hai bất đẳng thức trên ta được      \(P+2\le2a^2+\frac{b^2}{4}+\frac{1}{a^2}=4\)

 \(\Rightarrow P\le2\)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(\left\{{}\begin{matrix}a=2b\\a^2=1\\2a^2+\dfrac{b^2}{4}+\dfrac{1}{a^2}=4\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=1\\b=2\end{matrix}\right.\)    hoặc   \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=-1\\b=-2\end{matrix}\right.\).

P có GTLN bằng 2.

- Ta có  \(P=\frac{x^2-2x+2014}{x^2}\Leftrightarrow\left(P-1\right)x^2+2x-2014=0\) (1)

- Nếu  \(P=1\) thì   (1) có nghiệm  \(x=1007\).

- Nếu   \(P\ne1\) thì (1) là phương trình bậc hai. Phương trình này có nghiệm khi và chỉ khi

          \(\Delta'=1+2014\left(P-1\right)\ge0\Leftrightarrow P\ge\frac{2013}{2014}\)

Vậy  GTNN =   \(\frac{2013}{2014}\).

- Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có     

                               \(3\left(2a^2+b^2\right)=\left(1+1+1\right)\left(a^2+a^2+b^2\right)\ge\left(a+a+b\right)^2\)

Suy ra                     \(\sqrt{3\left(2a^2+b^2\right)}\ge2a+b\)    (đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  \(a=b\))

Do dó       \(\frac{1}{\sqrt{3\left(2a^2+b^2\right)}}\le\frac{1}{2a+b}\)  (1)

- Lại theo bất đẳng thức Svac ta có        

          \(\frac{1}{2a+b}=\frac{1}{a+a+b}\le\frac{1}{9}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\)

hay      \(\frac{1}{2a+b}\le\frac{1}{9}\left(\frac{2}{a}+\frac{1}{b}\right)\)   (2)

Từ (1) và (2) suy ra       

        \(\frac{1}{\sqrt{3\left(2a^2+b^2\right)}}\le\frac{1}{9}\left(\frac{2}{a}+\frac{1}{b}\right)\)   (đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  \(a=b\))

- Viết hai bất đẳng thức tương tự rồi cộng cả ba bất đẳng thức nhận được ta có

             \(P\le\frac{1}{9}\left(\frac{3}{a}+\frac{3}{b}+\frac{3}{c}\right)\)

hay       \(P\le\frac{1}{3}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)  (3)

- Bây giờ cần đánh giá  tổng    \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\). Lại theo Bunhiacopxki ta có

         \(\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2\le3\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)\)     (4)

- Mà theo giả thiết thì       

        \(7\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)=6\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\right)+2015\)

                                                                      \(\le6\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)+2015\)

      \(\Rightarrow\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\le2015\)

Do đó (4) suy ra               

        \(\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2\le3.2015\)

Nên    \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\le\sqrt{6045}\)

Thế vào (3) ta được     \(P\le\frac{\sqrt{6045}}{3}\)

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  \(\left\{{}\begin{matrix}7\left(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\right)=6\left(\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}\right)+2015\\a=b=c\end{matrix}\right.\)

    \(\Leftrightarrow a=b=c=\frac{3}{\sqrt{6045}}\)

Vậy   GTLN = \(\frac{\sqrt{6045}}{3}\)

- Theo Bunhiacopxki ta có

                                                \(S^2=\left(\sqrt{x+3}+\sqrt{y+3}+\sqrt{y+3}\right)^2\)

     \(\le3\left(x+3+y+3+y+3\right)\)

     \(=3\left(x+2y+9\right)\)

      \(\le3\left(3+9\right)\)       (do giả thiết    \(x+2y\le3\) )

Từ đó    \(S\le6\)  , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

\(\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{x+3}=\sqrt{y+3}\\x+2y=3\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow x=y=1\)

Vậy     GTLN =  6.

- Chú ý rằng   

                          \(2a^2+ab+2b^2=\frac{5}{4}\left(a+b\right)^2+\frac{3}{4}\left(a-b\right)^2\ge\frac{5}{4}\left(a+b\right)^2\)

Suy ra   

           \(\sqrt{2a^2+ab+2b^2}\ge\frac{\sqrt{5}}{2}\left(a+b\right)\)

- Viết hai bất đẳng thức tương tự rồi cộng lại ta có 

          \(P\ge\sqrt{5}\left(a+b+c\right)\)

- Lại theo Bunhiacopxki  thì     \(\left(a+b+c\right)\ge\frac{1}{3}\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)^2=\frac{1}{3}.1^2\) (do giả thiết 

\(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}=1\)  ). 

Vậy       \(P\ge\frac{\sqrt{5}}{3}\), đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{9}\). Vậy   GTNN =  \(\frac{\sqrt{5}}{3}\).

- Ta có bất đẳng thức đúng hiển nhiên      \(2x^2\pm4xy+2y^2\ge0,\forall x,y\).

- Cộng \(x^2-xy+y^2\)vào hai vế của   \(2x^2+4xy+2y^2\ge0\) ta suy ra

                                                   \(3\left(x^2+xy+y^2\right)\ge x^2-xy+y^2\)

   \(\Rightarrow\frac{x^2-xy+y^2}{x^2+xy+y^2}\le3\),  dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(y=-x\ne0\)

- Cộng  \(x^2+xy+y^2\) vào hai vế của  \(2x^2-4xy+2y^2\ge0\)  ta nhận được

                                                    \(3\left(x^2-xy+y^2\right)\ge x^2+xy+y^2\)

  \(\Rightarrow\frac{x^2-xy+y^2}{x^2+xy+y^2}\ge\frac{1}{3}\)  (đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi   \(y=x\ne0\)

Vậy  GTLN = 3 ;  GTNN = \(\frac{1}{3}\)

- Vì   \(a^2-2ab+b^2\ge0\Rightarrow a^2-ab+b^2\ge ab\) và vì  \(ab=1\)(theo giả thiết) nên

                                     \(a^3+b^3=\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)\ge\left(a+b\right)ab=\left(a+b\right)\)

      \(a^3+b^3\ge a+b\)    (1)

- Mặt khác                 \(2a+2b-3=2\left(a+b\right)-3\ge2.2\sqrt{ab}-3=1\)   

     \(\Rightarrow\left(2a+2b-3\right)>0\)

Nhân hai vế của (1)  với  \(\left(2a+2b-3\right)>0\) ta được  

                                 \(\left(2a+2b-3\right)\left(a^3+b^3\right)\ge\left(2a+2b-3\right)\left(a+b\right)\)

Do đó                   

                                                \(P\ge\left(2\left(a+b\right)-3\right)\left(a+b\right)+\frac{7}{\left(a+b\right)^2}\)

- Đặt \(t=a+b\) thì  \(t\ge2\)  và     

   \(P\ge2t^2-3t+\frac{7}{t^2}\)

Biến đổi     \(2t^2-3t+\frac{7}{t^2}=\left(\frac{7}{t^2}+\frac{7t^2}{16}\right)+\frac{25}{16}\left(t-2\right)^2+\frac{13t}{4}-\frac{25}{4}\)

     \(\ge2\sqrt{\frac{7}{t^2}.\frac{7t^2}{16}}+0+\frac{13.2}{4}-\frac{25}{4}\)

Do đó      \(P\ge\frac{14}{4}+\frac{26}{4}-\frac{25}{4}\)\(\Leftrightarrow P\ge\frac{15}{4}\).

Đẳng thức xảy ra khi  \(a=b=1\).

Vậy GTNN = \(\frac{15}{4}\).

- Ta có 

  \(\frac{1}{2x+3y+3z}=\frac{1}{x+y+x+z+y+z+y+z}\)

                               \(\le\frac{1}{16}\left(\frac{1}{x+y}+\frac{1}{x+z}+\frac{1}{y+z}+\frac{1}{y+z}\right)\)

   Viết hai bất đẳng thức tương tự rồi cộng lại ta được

                            \(P\le\frac{1}{16}\left(\frac{4}{x+y}+\frac{4}{y+z}+\frac{4}{z+x}\right)\)

                             \(P\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{x+y}+\frac{1}{y+z}+\frac{1}{z+x}\right)=\frac{2017}{4}\)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ chi    

\(\left\{{}\begin{matrix}x+y=y+z=z+x\\\dfrac{1}{x+y}+\dfrac{1}{y+z}+\dfrac{1}{z+x}=2017\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow x=y=z=\dfrac{3}{4034}\)

GTLN =  \(\frac{2017}{4}\)

Chú ý rằng                     \(3a^2+2ab+3b^2=\left(a-b\right)^2+2\left(a+b\right)^2\ge2\left(a+b\right)^2\)

Suy ra   \(\sqrt{3a^2+2ab+3b^2}\ge\sqrt{2}\left(a+b\right)\) . Viết hai bất đẳng thức tương tự rồi cộng lại theo vế  và sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có                

   \(P\ge2\sqrt{2}\left(a+b+c\right)\)

                                                              \(\ge2\sqrt{2}.\frac{1}{3}\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)^2=6\sqrt{2}\)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c=1\). Vậy   GTNN =  \(6\sqrt{2}\).

- Theo Cô si ta có                 \(\left(x+y+z+t\right)\ge2\sqrt{\left(x+y+z\right)t}\)

                                             \(\left(x+y+z\right)\ge2\sqrt{\left(x+y\right)z}\)

                                                 \(x+y\ge2\sqrt{xy}\)

Từ đó    

                      \(\left(x+y+z+t\right)\left(x+y+z\right)\left(x+y\right)\ge8\sqrt{xyzt\left(x+y+z\right)\left(x+y\right)}\)

 Theo giả thiết có   \(x+y+z+t=2\) nên

                          \(2\left(x+y+z\right)\left(x+y\right)\ge8\sqrt{\left(x+y+z\right)\left(x+y\right)xyzt}\)

                            \(\sqrt{\left(x+y+z\right)\left(x+y\right)}\ge4\sqrt{xyzt}\)

                             \(\left(x+y+z\right)\left(x+y\right)\ge16xyzt\)

                             \(P=\frac{\left(x+y+z\right)\left(x+y\right)}{xyzt}\ge\frac{1}{16}\)

Đẳng thức khi và chỉ khi \(\left\{{}\begin{matrix}x+y+z+t=2\\x+y=z\\x=y\end{matrix}\right.\)  \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=y=\dfrac{1}{4}\\z=\dfrac{1}{2}\\t=1\end{matrix}\right.\)

  Vậy P có GTNN =  \(\frac{1}{16}\)

- Từ giả thiết ta có thể tính \(a\) theo \(b,c\)  bằng cách giả phương trình bậc hai ẩn \(a\)sau: 

                                    \(5a^2+2abc+4b^2+3c^2=60\)   (*)

                              \(\Leftrightarrow5a^2+\left(2bc\right)a+\left(4b^2+3c^2-60\right)=0\)

- Phương trình này có biệt số     \(\Delta'=\left(15-b^2\right)\left(20-c^2\right)\). Chú ý rằng từ giả thiết (*) suy ra \(4b^2\le60\)  và \(3c^2\le60\) nên  \(\Delta'\ge0\) và  (*) có hai nghiệm

                        \(a=\frac{-bc-\sqrt{\Delta'}}{5};a=\frac{-bc+\sqrt{\Delta'}}{5}\)

- Do đòi hỏi \(a>0\) nên \(a=\frac{-bc-\sqrt{\Delta'}}{5}\) bị loại. Vì vậy     \(a=\frac{-bc+\sqrt{\Delta'}}{5}\).

- Áp dụng bất dẳng thức Cô si ta có

                         \(\sqrt{\Delta'}=\sqrt{\left(15-b^2\right)\left(20-c^2\right)}\le\frac{15-b^2+20-c^2}{2}\)

Từ đó      \(a\le\frac{-bc+\frac{1}{2}\left(35-b^2-c^2\right)}{5}\) hay  \(a\le\frac{35-\left(b+c\right)^2}{10}\)

Do đó         \(a+b+c\le\frac{35-\left(b+c\right)^2+10\left(b+c\right)}{10}\)

                  \(a+b+c\le\frac{60-\left(b+c-5\right)^2}{10}\)

                 \(P=a+b+c\le6\)

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 

\(\left\{{}\begin{matrix}15-b^2=20-c^2\\b+c-5=0\\a+b+c=6\end{matrix}\right.\)  \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=1\\b=2\\c=3\end{matrix}\right.\)

GTLN = 6.

Ta có       \(S=\frac{a}{a^2+1}+\frac{10\left(a^2+1\right)}{4a}\)

                    \(=\frac{a}{a^2+1}+\frac{a^2+1}{4a}+\frac{9\left(a^2+1\right)}{4a}\)

                      \(\ge2\sqrt{\frac{a}{a^2+1}.\frac{a^2+1}{4a}}+\frac{9}{4a}\left(\left(a-1\right)^2+2a\right)\)

                       \(\ge1+\frac{9\left(a-1\right)^2}{4a}+\frac{9}{2}\)

                        \(\ge\frac{11}{2}\)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{a}{a^2+1}=\dfrac{a^2+1}{4a}\\\left(a-1\right)^2=0\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow a=1\)                 

Vậy   GTNN = \(\frac{11}{2}\)

Từ giả thiết  \(a\ge c\ge0\)suy ra    \(\frac{1}{\left(c+1\right)^2}\ge\frac{1}{\left(a+1\right)^2}\), do đó

 \(P\ge2\left(\frac{1}{\left(a+1\right)^2}+\frac{1}{\left(b+1\right)^2}+\frac{1}{\left(c+1\right)^2}\right)\)

                                                  \(\ge2\left(\frac{1}{a+1}.\frac{1}{b+1}+\frac{1}{b+1}.\frac{1}{c+1}+\frac{1}{c+1}.\frac{1}{a+1}\right)\)

  \(\Rightarrow P\ge\frac{2\left(a+b+c+3\right)}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}\)      (1)

Lại theo giả thiết  \(ab+bc+ca=3\) suy ra

                     \(\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)=9\Leftrightarrow a+b+c\ge3\)

          và        \(3=ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{ab.bc.ca}\Rightarrow abc\le1\le\frac{a+b+c}{3}\)

          và  \(\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)=abc+\left(ab+bc+ca\right)+\left(a+b+c\right)+1\)

                                                                        \(=abc+\left(a+b+c\right)+4\)

                                                                          \(\le\frac{a+b+c}{3}+\left(a+b+c\right)+4\)

                \(\Rightarrow\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)\le\frac{4}{3}\left(a+b+c+3\right)\)  (2)

Từ (1) và (2) suy ra     \(P\ge\frac{3}{2}\). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  \(a=b=c=1\). Vậy   GTNN = \(\frac{3}{2}\).

- Điều kiện có nghiệm    \(\Delta'\ge0\Leftrightarrow a^2+b^2\ge2\).

- Sử dụng định lí Viet ta tính được    

                                     \(P=a^2-ab+2b^2-4+\frac{1-2ab}{a^2}\)

    Viết lại \(P\) dưới dạng    

                                       \(P=\frac{1}{2}\left(a^2+b^2\right)+\frac{1}{2}\left(a-b\right)^2+\left(b-\frac{1}{a}\right)^2-4\)

                                            \(\ge\frac{1}{2}\left(a^2+b^2\right)-4\)

                                            \(\ge\frac{1}{2}.2-4\)

                                       \(P\ge-3\)

GTNN = -3 đạt khi  \(a=b=1\) hoặc \(a=b=-1\).

Sử dụng giả thiết  \(a^2+b^2=4\) có thể rút gọn \(M\) như sau

                  \(M=\frac{ab}{a+b+2}=\frac{\left(a+b\right)^2-\left(a^2+b^2\right)}{2\left(a+b+2\right)}=\frac{\left(a+b\right)^2-4}{2\left(a+b+2\right)}=\frac{a+b-2}{2}\)

Mặt khác, theo Bunhiacopxki ta có

                        \(\left(a+b\right)^2\le2\left(a^2+b^2\right)=8\Rightarrow a+b\le2\sqrt{2}\)

Do đó                  \(M\le\sqrt{2}-1\)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi   \(a=b=\sqrt{2}\).

Vậy GTLN = \(\sqrt{2}-1\) 

- Do giả thiết   \(a+b+c=2\) nên  

                     \(\sqrt{2a+bc}=\sqrt{\left(a+b+c\right)a+bc}=\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\le\frac{2a+b+c}{2}\)

Viết hai bất đẳng thức tương tự rồi cộng theo vế ba bất đẳng thức nhận được ta có

                       \(Q\le\frac{2a+b+c}{2}+\frac{2b+c+a}{2}+\frac{2c+a+b}{2}=2\left(a+b+c\right)=4\)

Hơn nữa    \(Q=4\Leftrightarrow a+b+c=2\) và  \(\left\{{}\begin{matrix}a+b=a+c\\b+c=b+a\\c+a=c+b\end{matrix}\right.\)   hay    \(a=b=c=\frac{2}{3}\)

GTLN = 4

Ta có               \(a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)=\left(a+b+c\right)^2\ge0\)

.                                           \(1+2\left(ab+bc+ca\right)\ge0\)

                                                          \(ab+bc+ca\ge-\frac{1}{2}\) (1)

Mặt khác                        \(b^2+\left(a+c\right)^2\ge0\)

suy ra                              \(b^2+a^2+c^2+2ac\ge0\)

                                         \(1+2ac\ge0\Rightarrow ac\ge-\frac{1}{2}\)  (2)

Từ (1) và (2) suy ra   \(F\ge-1\)

Đẳng thức \(F=-1\) chỉ xảy ra khi

\(\left\{{}\begin{matrix}a+b+c=a+c=b=0\\a^2+b^2+c^2=1\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}b=0;a=\dfrac{1}{\sqrt{2}};c=\dfrac{-1}{\sqrt{2}}\\b=0;a=\dfrac{-1}{\sqrt{2}};c=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\end{matrix}\right.\)

 Vậy  GTNN =  -1              

1) Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho \(a,b,c\) và cho \(\frac{1}{a},\frac{1}{b},\frac{1}{c}\) suy ra đpcm. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  \(a=b=c\).

 Chú ý rằng bất đẳng thức vừa chứng minh có thể viết lại dưới dạng   \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{9}{a+b+c}\).

2)  Chú ý rằng       \(\frac{9}{2}=\frac{27}{6}=\frac{26}{6}+\frac{1}{6}=\frac{13}{3}+\frac{1}{6}\) nên có thể viết lại \(P\) dưới dạng

                      \(P=\frac{13}{3\left(ab+bc+ca\right)}+\frac{1}{6\left(ab+bc+ca\right)}+\frac{2}{a^2+b^2+c^2}\)

                            \(\ge\frac{13}{3\left(ab+bc+ca\right)}+\frac{1}{6\left(a^2+b^2+c^2\right)}+\frac{2}{a^2+b^2+c^2}\)

                            \(=\frac{13}{6}\left(\frac{2}{ab+bc+ca}+\frac{1}{a^2+b^2+c^2}\right)\)

Do đó                  \(P\ge\frac{13}{6}\left(\frac{1}{ab+bc+ca}+\frac{1}{ab+bc+ca}+\frac{1}{a^2+b^2+c^2}\right)\)

Theo 1) thì         \(\frac{1}{ab+bc+ca}+\frac{1}{ab+bc+ca}+\frac{1}{a^2+b^2+c^2}\ge\frac{9}{2\left(ab+bc+ca\right)+a^2+b^2+c^2}\)

   hay                  \(\frac{1}{ab+bc+ca}+\frac{1}{ab+bc+ca}+\frac{1}{a^2+b^2+c^2}\ge\frac{9}{\left(a+b+c\right)^2}=\frac{9}{1^2}=9\)

Từ đó                \(P\ge\frac{13}{6}.9=\frac{39}{2}\) . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi   \(a=b=c=\frac{1}{3}\).

Vậy GTNN =  \(\frac{39}{2}\)

Theo Cô si       \(4x+\frac{1}{4x}\ge2\)  , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi   \(4x=\frac{1}{4x}=1\Leftrightarrow x=\frac{1}{4}\)). Do đó

                                         \(A\ge2-\frac{4\sqrt{x}+3}{x+1}+2016\)

                                        \(A\ge4-\frac{4\sqrt{x}+3}{x+1}+2014\)

                                        \(A\ge\frac{4x-4\sqrt{x}+1}{x+1}+2014=\frac{\left(2\sqrt{x}-1\right)^2}{x+1}+2014\ge2014\)

Hơn nữa    \(A=2014\) khi và chỉ khi \(\left\{{}\begin{matrix}x=\dfrac{1}{4}\\2\sqrt{x}-1=0\end{matrix}\right.\)  \(\Leftrightarrow x=\dfrac{1}{4}\) .

Vậy  GTNN  =  2014

Ta có                 \(P=\frac{x^2+y^2}{xy}+\frac{x^2-2xy}{xy}=\frac{3x^2+x^2+4y^2}{4xy}+\frac{x\left(x-2y\right)}{xy}\)

                               \(=\frac{3x^2+x^2+4y^2}{4xy}+\frac{x\left(x-2y\right)}{xy}\)

                                 \(=\frac{3x^2}{4xy}+\frac{x^2+4y^2}{4xy}+\frac{x\left(x-2y\right)}{xy}\)

                                   \(=\frac{3}{4}.\frac{x}{y}+\frac{\left(x-2y\right)^2+4xy}{4xy}+\frac{x\left(x-2y\right)}{xy}\)

                                    \(=\frac{3}{4}.\frac{x}{y}+\frac{\left(x-2y\right)^2}{4xy}+4+\frac{x\left(x-2y\right)}{xy}\)

                                   \(\ge\frac{3}{4}.2+0+4+0\)

                \(P\ge\frac{11}{2}\). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi   \(x=2y\).

Vậy  GTNN = \(\frac{11}{2}\)

- Áp dụng bất đẳng thức hiển nhiên     \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca=9\) suy ra  \(P\ge9\). GTNN = 9 đạt khi và chỉ khi   \(a=b=c=\sqrt{3}\).\(a^2+b^2+c^2\le18\)\(\left(a-1\right)\left(b-1\right)\ge0\Rightarrow a+b\le ab+1\). Viết hai bất đẳng thức tương tự rồi cộng theo vế ta được         \(2\left(a+b+c\right)\le ab+bc+ca+3=9+3\Rightarrow a+b+c\le6\)

 Do đó      \(a^2+b^2+c^2=\left(a+b+c\right)^2-2\left(ab+bc+ca\right)=\left(a+b+c\right)^2-18\le6^2-18\)

                                                              \(P=a^2+b^2+c^2\le18\)

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi bộ ba số \(a,b,c\) có hai số bàng 1, một số bằng 4. Vậy GTLN = 18.