Tìm k để giá trị nhỏ nhất của hàm số $y = \dfrac{{k\sin x + 1}}{{\cos x + 2}}$ lớn hơn $- 1.$

Bước 1:

Ta có $y = \dfrac{{k\sin x + 1}}{{\cos x + 2}}$$\Leftrightarrow y.\cos x + 2y = k.\sin x + 1$$\Leftrightarrow y.\cos x - k.\sin x = 1 - 2y$  (*)

Bước 2:

Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki với $a=y;b=-k;c=\cos x;d=\sin x$, ta có

${\left( {y.\cos x - k.\sin x} \right)^2}$$\le \left( {{y^2} + {(-k)^2}} \right)\left( {{{\sin }^2}x + {{\cos }^2}}x \right)$$=( {y^2} + {k^2}).1={y^2} + {k^2}$

Bước 3:

Kết hợp với điều kiện (*), ta được ${\left( {1 - 2y} \right)^2} \le {y^2} + {k^2} \Leftrightarrow 3{y^2} - 4y + 1 - {k^2} \le 0$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow 3{y^2} - 4y \le {k^2} - 1\\ \Leftrightarrow 3\left( {{y^2} - \dfrac{4}{3}y} \right) \le {k^2} - 1\\ \Leftrightarrow 3\left( {{y^2} - 2.\dfrac{2}{3}.y + \dfrac{4}{9}} \right) \le {k^2} - 1 + 3.\dfrac{4}{9}\end{array}$

$\Leftrightarrow 3{\left( y^2-\dfrac{4}{3}+\dfrac{4}{9} \right)} \le {k^2} + \dfrac{1}{3}$

$\Leftrightarrow 3{\left( {y - \dfrac{2}{3}} \right)^2} \le {k^2} + \dfrac{1}{3}$

$\Leftrightarrow {\left( {y - \dfrac{2}{3}} \right)^2} \le \dfrac{{{k^2} + \dfrac{1}{3}}}{3} = \dfrac{{3{k^2} + 1}}{9}$

$\Leftrightarrow y - \dfrac{2}{3} \ge  - \sqrt {\dfrac{{3{k^2} + 1}}{9}}$$\Rightarrow y \ge \dfrac{2}{3} - \sqrt {\dfrac{{3{k^2} + 1}}{9}}$$= \dfrac{2}{3} - \dfrac{{\sqrt {3{k^2} + 1} }}{3} = \dfrac{{2 - \sqrt {3{k^2} + 1} }}{3}$

$\Rightarrow \min y = \dfrac{{2 - \sqrt {3{k^2} + 1} }}{3}$

Yêu cầu bài toán $\Leftrightarrow \min y >  - 1 \Leftrightarrow \dfrac{{2 - \sqrt {3{k^2} + 1} }}{3} >  - 1$

$\Leftrightarrow 2 - \sqrt {3{k^2} + 1}  > 3.\left( { - 1} \right) \Leftrightarrow \sqrt {3{k^2} + 1}  < 2 + 3$

$\Leftrightarrow \sqrt {3{k^2} + 1}  < 5$ $\Leftrightarrow 3{k^2} + 1 < 25 \Leftrightarrow {k^2} < 8$$\Leftrightarrow \left| k \right| < \sqrt 8  = 2\sqrt 2$