bài tập bất đẳng thức cơ bản
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (261.2 KB, 18 trang )
III. CÁC BÀI TOÁN ĐẶC TRƯNG:
1. Sử dụng phép thế để giảm biến:
Ví dụ 1: Cho a, b là hai số thực không âm thỏa:
a b 4
. Tìm GTNN và GTLN của
biểu thức:
1 4
P
a 1 b 2
.
Giải:
* Nhận xét: Ta thấy bài toán có sự liên hệ giữa hai đại lượng a, b thông qua 2
điều kiện cơ bản: a, b không âm và
a b 4
. Mặt khác ta hoàn toàn có thể biểu diễn
được a thông qua b hoặc b thông qua a.
* Giải: Ta có
a b 4 b 4 a
. Từ các ràng buộc của giả thiết ta có:
a [0;4]
. Khi đó ta có:
1 4
P
a 1 6 a
Khảo sát hàm số
1 4
f (a)
a 1 6 a
với
a [0;4]
ta có:
2 2
1 4
f '(a)
(a 1) (6 a)
. Cho
2 2
a 8
1 4
f '(a) 0 0
4
(a 1) (6 a)
a
3
Từ đó ta có:
9 11
f (a)
7 5
Vậy GTNN của P là
9
7
khi
4
a
3
8
b
3
; GTLN của P là
11
5
khi
a 4
b 0
Ví dụ 2: Cho a, b là các số thực dương thỏa:
5
a b
4
. Tìm GTNN của:
4 1
P
a 4b
Giải:
* Ta có:
5 5
a b b a
4 4
. Từ giả thiết ta có:
5
0 a
4
Khi đó:
4 1
P
a 5 4a
. Xét hàm số
4 1
f (a)
a 5 4a
với
5
0 a
4
ta có:
2 2
4 4
f '(a)
a (5 4a)
;
f '(a) 0 a 1
Từ BBT của hàm số ta có:
f (a) f (1) 5
Vậy GTNN của P là 5 đạt được khi
a 1
1
b
4
Ví dụ 3: Cho
a;b [ 3;2]
đồng thời thỏa:
3 3
a b 2
. Tìm GTNN của
2 2
P a b
Giải:
* Ta có:
3
3 3 3
a b 2 b 2 a
. Với các ràng buộc của giả thiết ta có:
3
a [ 6;2]
.
Khi đó có:
3
2 3
P a 2 a
. Để bài toán đơn giản ta đặt:
3
x a
.
Xét hàm số:
3
2 2
3
f (x) x (2 x)
với
x [ 6;8]
.
Có
3 3
2 2
f '(x)
3 t 3 2 t
;
f '(x) 0 x 1
Từ BBT của f(x) ta có:
3
3
4 f(x) 4 36
Vậy: GTNN của hàm số là
3
4
đạt được khi
3
3
x 0
x 2
;
y 2 y 0
; GTLN của hàm số là
3
4 36
đạt được khi
3
3
x 2
x 3
;
y 3 y 2
;
Ví dụ 4:( ĐH Khối D – 2009 ) Cho
x 0, y 0
và
x y 1
.Tìm giá trị lớn nhất, giá
trị nhỏ nhất của biểu thức sau :
2 2
S (4x 3y)(4y 3x) 25xy
Giải :
* Từ các ràng buộc của giả thiết ta có:
x y 1 y 1 x
với
x [0;1]
Khi đó ta có :
2 2
S (4x 3(1 x))(4(1 x) 3x) 25x(1 x)
Khai triển và rút gọn có :
4 3 2
S(x) 16x 32x 18x 2x 12
Do đó :
3 2
S'(x) 64x 96x 36x 2
1
x
2
2 3
S'(x) 0 x
4
2 3
x
4
Lập bảng biến thiên của S(x) ta có:
1
0;
4
1 191
minf (t) f ( )
16 16
khi
2 3 2 3
x ;y
4 4
hoặc
2 3 2 3
x ;y
4 4
1
0;
4
1 25
maxf(t) f ( )
4 2
khi
1
x y
2
.
Ví dụ 5: Cho
x, y
thỏa mãn
2
y 0,x x y 12
. Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn
nhất của biểu thức
P xy x 2y 17
.
Giải :
Từ giả thiết
2
y 0,x x y 12
ta có
2
y x x 12
và
2
x x 12 0
hay
4 x 3
. Khi đó
3 2
P x 3x 9x 7
. Xét hàm số
3 2
f x x 3x 9x 7,x 4;3
.
Ta có
2
f ' x 3 x 2x 3
.
Từ bảng biến thiên ta có
x 4;3
min f x f 1 12
,
x 4;3
max f x f 3 f 3 20
.
Do đó
min P 12
đạt được khi
x 1,y 10
và
max P 20
đạt được khi
x 3, y 6
hoặc
x 3,u 0
.
Ví dụ 6: Cho
x, y 0
thỏa mãn
x y 1
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
x y
P
1 x 1 y
.
Giải:
Từ giả thiết
x, y 0
,
x y 1
ta có
y 1 x,0 x 1
.
Khi đó ta có
x 1 x
P
1 x x
.
Xét hàm số
x 1 x
f x
1 x x
,
2 x x 1
f x
2 1 x 1 x 2x x
.
Từ bảng biến thiên suy ra
x 0;1
1
min P min f x f 2
2
đạt được khi
1
x y
2
.
2. Sử dụng phép đặt ẩn để giảm biến thông qua ứng dụng định lí Viet:
a. Các bài toán với biểu thức hai biến:
Ví dụ 1: Cho
x, y
là số thực thỏa mãn
2 2
x y 2
. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ
nhất của biểu thức:
3 3
P 2(x y ) 3xy
.
Giải:
* Nhận xét:
+ Ta hoàn toàn có thể rút x hoặc y theo biến còn lại dưới dạng
2
2
y 2 x (y [0; 2])
y 2 x (y [ 2;0))
. Tuy nhiên việc thay thế vào biểu thức và việc tính đạo
hàm gặp khá nhiều rắc rối.
+ Từ giả thiết
2 2
x y 2
. Ta nghĩ tới hằng đẳng thức
2 2 2 3 3 2 2
x y (x y) 2xy; x y (x y)(x xy y )
.
+ Khai triển biểu thức P cố gắng làm xuất hiện
2 2
x y
để sử dụng giả thiết.
+ Biến đổi biểu thức P và thế vào
2 2
x y 2
ta có :
2 2
P 2(x y)(x xy y ) 3xy = 2(x y)(2 xy) 3xy
+ Từ giả thiết
2
2
(x y) 2
(x y) 2xy 2 xy
2
.Vậy đến đây ta có thể nghĩ
đến việc có thể đưa P về hàm một biến số nếu ta đặt :
t x y
.
* Giải:
Cách 1: Với các học sinh có một số kỹ năng vận dụng bất đẳng thức:
+ Ta có :
2 2
P 2(x y)(x xy y ) 3xy = 2(x y)(2 xy) 3xy
Ta có :
2
(x y) 2
xy
2
, vì thế sau khi đặt
t x y
thì:
2 2
3 2
t 2 t 2 3
P(t) 2t(2 ) 3 t t 6t 3
2 2 2
Ta có
2
2 2 2
(x y)
x y (x y) 4 2 t 2
2
.
Xét hàm số
3 2
3
P(t) t t 6t 3
2
với
2 t 2
.
Ta có
2
P'(t) 3t 3t 6
.
t 1
P'(t) 0
t 2
Từ BBT của hàm số ta có :
2;2
min P(t) P( 2) 7
khi
x y 1
2;2
1 3 1 3
x ;y
13
2 2
max P(t) P(1)
2
1 3 1 3
x ;y
2 2
Tuy nhiên với việc sử dụng cách đánh giá như trên để chặn điều kiện của
t x y
đôi khi cũng gặp phải những khó khăn nhất định. Sau đây là một giải pháp
khác có lẽ đơn giản và dễ áp dụng hơn .
Cách 2 :
+ Đặt
2
S x y
(S 4P)
P xy
.
Từ điều kiện
2 2 2 2
x y 2 (x y) 2xy 2 S 2P 2
Do đó có:
2
2 2
S
S 2. 2 S 4
4
Từ đó ta cũng chặn được điều kiện như trên.
Về bản chất thì hai cách làm đều tương tự nhau nhưng trong cách thứ 2 ta đã
vận dụng điều kiện tồn tại nghiệm của định lý Viet. Điều này có thể sẽ gần gũi và dễ
hiểu hơn đối với đa số các học sinh.
Ví dụ 2:( ĐH Khối D – 2009 ) Cho
x 0, y 0
và
x y 1
.Tìm giá trị lớn nhất, giá
trị nhỏ nhất của biểu thức sau :
2 2
S (4x 3y)(4y 3x) 25xy
Giải :
* Nhận xét: Bài toán này đã được trình bày trong phương pháp 1. Tuy nhiên
nhận thấy các đại lượng trong bài toán có dạng đối xứng với các biểu thức x và y nên
ta có thể áp dụng các đánh giá liên quan đến tổng và tích của hai đại lượng này.
* Giải:
Ta có :
2 2 2 2 3 3
S (4x 3y)(4y 3x) 25xy 16x y 12(x y ) 34xy
2 2 2 2
16x y 12(x y)(x xy y ) 34xy
2 2 2
16x y 12[(x y) 3xy] 34xy, do x y 1
2 2
16x y 2xy 12
Đặt
t xy
. Do
x 0;y 0
nên
2
(x y) 1 1
0 xy 0 t
4 4 4
Xét hàm số
2
f (t) 16t 2t 12
với
1
0 t
4
.
Ta có
f '(t) 32t 2
;
1
f '(t) 0 t
16
.
Lập BBT của hàm f(t) ta có :
1
0;
4
1 191
minf (t) f ( )
16 16
khi
2 3 2 3
x ;y
4 4
hoặc
2 3 2 3
x ;y
4 4
1
0;
4
1 25
maxf(t) f ( )
4 2
khi
1
x y
2
.
Tuy nhiên trong bài toán trên ta cũng đã phải sử dụng đánh giá
2
(x y) 1 1
0 xy 0 t
4 4 4
. Đối với các bài toán có giả thiết phức tạp hơn thì các
đánh giá bằng bất đẳng thức cần phải tinh tế và nghệ thuật hơn. Tôi xin nêu một giải
pháp khác dựa vào tính chất tồn tại cặp (x ;y) thông qua định lý Viet :
+ Đặt
2
x y S
(S 4P)
xy P
. Từ điều kiện bài toán dẫn đến hệ :
2
S 4P
S 0
P 0
ta cũng
dễ dàng tìm được :
1
0 P
4
. Đó cũng chính là điều kiện được nêu trong bài toán.
Ở ví dụ sau đây ta sẽ thấy rõ hơn tác dụng của từng phương pháp được nêu ở trên.
Ví dụ 3 :( ĐH Khối B – 2009).
Tìm giá trị lớn nhất , nhỏ nhất của biểu thức:
4 4 2 2 2 2
A 3(x y x y ) 2(x y ) 1
với
x, y
là các số thỏa mãn điều kiện :
3
(x y) 4xy 2
.
Giải :
Ta luôn có kết quả :
2
(x y) 4xy
, từ đó ta có :
3 3 2 3
(x y) 4xy 2 (x y) (x y) (x y) 4xy 2
3 2 2
(x y) (x y) 2 (x y) 1 (x y) (x y) 2 0
(x y) 1 0
Do
2
2
1 7
(x y) (x y) 2 (x y) 0, x, y
2 4
Bài toán được đưa về tìm max, min của :
4 4 2 2 2 2
A 3(x y x y ) 2(x y ) 1
Với
x, y
thỏa mãn
x y 1
.
Ta biến đổi biểu thức A như sau :
4 4 2 2 2 2 2 2 2 4 4 2 2
3 3
A 3(x y x y ) 2(x y ) 1 (x y ) (x y ) 2(x y ) 1
2 2
2 2 2
2 2 2 2 2
3 3(x y )
(x y ) 2(x y ) 1
2 4
( do
2 2 2
4 4
(x y )
x y
2
)
Hay
2 2 2 2 2
9
A (x y ) 2(x y ) 1
4
.
Vì
2
2 2
(x y)
x y
2
( do
x y 1
) nên
2 2
1
x y
2
.
Đặt
2 2
t x y
. Ta có hàm số
2
9
f (t) t 2t 1
4
với
1
t
2
.
9 4
f '(t) t 2;f '(t) 0 t
2 9
Từ BBT của hàm số f(t) ta có:
1
t
2
1 9
minf(t) f ( )
2 16
đạt được khi
1
t
2
.
Mặt khác, ta dễ thấy
1
x y
2
thì
9
A
16
.
Kết luận :
9
min A
16
khi
1
x y
2
và không có giá trị lớn nhất.
Ví dụ 4 : (ĐH Khối A- 2006). Cho hai số thực
x, y 0
thay đổi thỏa mãn điều kiện
2 2
(x y)xy x y xy
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
3 3
1 1
A
x y
Giải:
* Trước khi đi tìm lời giải cho bài toán này chúng ta cùng tham khảo đáp án
của Bộ:
Từ giả thiết có:
2 2
1 1 1 1 1
x y xy
x y
Đặt
1 1
a ;b
x y
ta có:
2 2
a b a b ab
(*)
Khi đó
3 3 2 2 2
A a b (a b)(a b ab) (a b)
Từ (*) ta có:
2 2 2
3
a b (a b) 3ab (a b) (a b)
4
Do đó có:
0 a b 4
. Vậy
A 16
đạt được khi
1
x y
2
.
* Lời giải thật ngắn gọn và đẹp đẽ. Nhưng trong điều kiện và áp lực trong
phòng thi thì việc nghĩ được phép đặt
1 1
a ;b
x y
đôi khi lại là một điều khó. Ta hãy
cùng nhau đi xem xét một cách giải khác.
3 3 2 2
2 2
3 3 3 3 3 3
1 1 x y (x y)(x xy y ) x y 1 1
A ( ) ( )
xy x y
x y x y x y
.
Đặt
x ty
. Từ gải thiết ta có:
2 2 3 2 2
(x y)xy x y xy (t 1)ty (t t 1)y
Do đó
2 2
2
t t 1 t t 1
y ;x ty
t 1t t
.Từ đó
2
2
2
2
1 1 t 2t 1
A
x y
t t 1
.
Xét hàm số
2 2
2 2
2
t 2t 1 3t 3
f (t) f '(t)
t t 1
t t 1
.
Lập bảng biến thiên ta tìm GTLN của A là 16 đạt được khi
1
x y
2
.
Sở dĩ có cách đặt như trên là trong các điều kiện và yêu cầu của bài toán các đại
lượng x, y có vai trò đẳng cấp với nhau. Khi đó việc hướng tới phép đặt
x ty
để
giảm biến cũng là một giải pháp dễ hiểu.
* Tuy nhiên ta hãy thử đặt vai trò của bài toán đối xứng với 2 biến x và y để áp dụng
định lý Viet.
Đặt :
2
x y S
(S 4P)
xy P
khi đó ta có :
2 2 2
(x y)xy x y xy SP S 3P
(*)
Lúc đó:
3 3
3 3 3 3 3
1 1 (x y) 3xy(x y) S 3SP
A
x y x y P
Ta cần phải tìm một sự đánh giá cho S hoặc P. Hiển nhiên từ (*) thấy nếu S<-3 thì x,
y đồng thời là số âm. Vậy A <0.
Nếu S>3. Khi đó từ (*) ta cũng có x,y>0.
Khi đó
2 2
2
S S
SP S 3P P
S 3 4
hay
S 1
Biến đổi
2
3
2
3
3 3
2
S
S 3S.
S 3SP S 3
S 3
A
SP
S
S 3
. Do
S 1
nên
A 16
Vậy GTLN của A là 16 đạt được khi
1
x y
2
.
Nhận thấy mặc dù cách giải thứ 3 khá loằng ngoằng ở phép biến đổi của biểu
thức A và cách đánh giá để tìm ra điều kiện
S 1
. Tuy nhiên trong cách giải này ta
hoàn toàn chỉ sử dụng các kiến thức và suy luận liên quan đến định lý Viet mà thôi.
Ví dụ 5 : (ĐH Khối B- 2011). Cho a, b là các số thực dương thỏa mãn
2 2
2(a b ) ab (a b)(ab 2)
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :
3 3 2 2
3 3 2 2
a b a b
P 4 9
b a b a
Giải:
* Đáp án của Bộ:
+ Từ giả thiết có:
2 2 2 2 2 2
2(a b ) ab (a b)(ab 2) 2(a b ) ab a b ab 2(a b)
hay:
a b 1 1
2( ) 1 (a b) 2( )
b a a b
.
Lại có:
1 1 1 1 a b
(a b) 2( ) 2 2(a b)( ) 2 2( ) 4
a b a b b a
Do đó:
a b a b a b 5
2( ) 1 2 2( ) 4
b a b a b a 2
.
Đặt
a b 5
t ;t
b a 2
. Khi đó có:
3 2
P 4t 9t 12t 18
Khảo sát hàm số
3 2
P 4t 9t 12t 18
với
5
t
2
ta được:
23
min P
4
khi
a 2 a 1
;
b 1 b 2
Nhận thấy cách làm trên rất hay và tinh tế. Điểm khó lớn nhất của học sinh là
từ giả thiết tìm cách đánh giá cho biểu thức
a b
t
b a
. Trong bài toán này việc đánh
giá được như trên là điều không dễ dàng đối với nhiều học sinh.
* Ta thử tìm hiểu một cách giải khác đơn giản hơn nhờ vào nhận xét về tính
đối xứng của biểu thức xuất hiện trong bài toán.
Vẫn thực hiện phép đặt
2
x y S
(S 4P)
xy P
Từ giả thiết bài toán có :
2 2 2
2(a b ) ab (a b)(ab 2) 2S 3P S(P 2)
Quan sát biểu thức P của bài toán ta nhận thấy P có thể biến đổi về đại lượng
2
a b S 2P
t
b a P
do đó ta cần đi tìm điều kiện của
2
S 2P
t
P
Từ hệ thức:
2
2
2S 2S
2S 3P S(P 2) P
S 3
. với S>0.
Khảo sát
2
S S 4
t
2S 2
với S>0 ta được
5
t
2
Khảo sát hàm số
3 2
P 4t 9t 12t 18
với
5
t
2
ta được:
23
min P
4
khi
a 2 a 1
;
b 1 b 2
Rõ ràng lời giải này không chứa đựng nhiều biến đổi lắt léo và hướng suy nghĩ tương
đối đơn giản.
Các bài tập:
Bài 1: Cho x, y là các số thực không âm thỏa:
2 2
xy 2(x y) x y 4
. Tìm GTLN
và GTNN của
3 3
A x y 3xy
Bài 2: Cho x, y là hai số thay đổi thỏa mãn điều kiện
2 2
2(x y ) xy 1
. Tìm giá trị
lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
4 4
x y
T
2xy 1
Bài 3: Cho x, y z là các số thực không âm đồng thời thỏa mãn:
x y z 4
xyz 2
. Tìm
GTNN và GTLN của biểu thức:
3 3 3
P x y 2z
.
b. Các bài toán với biểu thức ba biến:
Đặc trưng của bài toán chứa 3 biến đối xứng x, y, z đều có thể biến đổi về ba đại
lượng đặc trưng
p x y z
q xy yz zx
r xyz
. Đã có rất nhiều tài liệu hay về việc sử dụng các
đánh giá giữa 3 đại lượng này để giải quyết các bài toán về bất đẳng thức trong nhiều
tài liệu trên mạng. Tuy nhiên việc áp dụng các đánh giá này cần phải có những kỹ
năng biến đổi thích hợp đồng thời có những sự đánh giá khéo léo đầy tinh tế. Trong
bài viết này tôi chỉ đề cập đến một số bài toán có thể giải được nhờ vào sự đánh giá 2
trong 3 đại lượng nêu trên. Vì vậy mục tiêu đầu tiên khi thực hiện là cần phải khử bớt
một đại lượng thông qua các bất đẳng thức trung gian đã nêu trong phần đầu đề tài.
Ví dụ 1: ( ĐH Khối B- 2010) Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa
a b c 1
.
Tìm GTNN của:
2 2 2 2 2 2 2 2 2
M 3(a b b c c a ) 3(ab bc ca) 2 a b c
Giải:
* Nhận thấy bài toán có nhiều đại lượng có thể đưa về biến
t ab bc ca
. Tuy
nhiên ta không thể biến đổi đại lượng
2 2 2 2 2 2
a b b c c a
thông qua t được. Do đó cần
có sự đánh giá nào đó.
* Dễ dàng nhận thấy
2 2 2 2 2 2 2
3(a b b c c a ) (ab bc ca)
. Do đó ta có:
2
M (ab bc ca) 3(ab bc ca) 2 1 2(ab bc ca)
Đặt
2
(a b c) 1
t ab bc ca
3 3
vậy có:
1
0 t
3
Xét hàm
2
f (t) t 3t 2 1 2t
với
1
0 t
3
ta có
f (t) f (0) 2
Vậy GTNN của M là 2 đạt được khi
(a;b;c) (1;0;0)
và các hoán vị.
Ví dụ 2: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa
a b c 3
. Tìm GTNN của:
12 1 1 1
F ( )
abc a b c
Giải:
* Biến đổi
12 (ab bc ca)
F
abc
Ta tìm cách đánh giá 1 trong 2 đại lượng có trong bài toán.
Thật vậy có:
3
3
2
(ab bc ca)
(ab bc ca)
(abc) abc
27
3 3
Vì
2
(a b c)
ab bc ca 3
3
nên có:
3
3 3(12 (ab bc ca))
F
(ab bc ca)
Đặt
ab bc ca t
với
0 t 3
. Khi đó: Xét hàm số:
2
3
36 3t
f (t)
t
ta có
2
4
3t 108
f '(t)
t
do đó
f (t) f ( 3) 3 3
Vậy GTNN của F là 9 khi a=b=c=1.
3. Phương pháp khảo sát lần lượt từng biến để giảm dần biến số.
Xét bất đẳng thức dạng
f (a;b;c) k
trong đó a,b,c phụ thuộc vào điều kiện
dạng
g(a,b,c) h
( hoặc các điều kiện rời rạc của từng biến).
Phương pháp:
+ Xem
f (a;b;c)
là hàm theo biến số a ( có thể sử dụng các biến b, c tùy theo
mức độ của đề và dạng biểu thức). Sau đó từ điều kiện bài toán giới hạn
a T
. Khảo
sát hàm f(a) trên T ta được
f (a;b;c) f (b;c)
.
+ Xét hàm
f (b;c)
. Khi đó ta có các dự đoán liên quan sau:
* Đặt ẩn phụ đưa về một biến.
* Tiếp tục coi là hàm ẩn b ( Hoặc c) để khảo sát. Trường hợp này tiếp
tục lại chặn điều kiện của b hoặc c.
+ Kết luận về yêu cầu của bài toán.
Chú ý: Trong các bài toán này cần lưu ý đến:
+ Tính đẳng cấp của biểu thức.
+ Điều kiện đơn lẻ của các biến kết hợp với mối liên hệ của các biến để tìm
điều kiện của biến được khảo sát theo.
+ Đối với các bài toán mà biểu thức có dạng đối xứng có thể giả sử
a b c
còn các biểu thức hoán vị có thể giả thiết
a max{a;b;c}
hoặc
a min{a;b;c}
để chặn
điều kiện của biến.
Ví dụ 1: (ĐH Khối A-2011). Cho ba số thực
x, y,z 1;4
và
x y, x z
. Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức :
x y z
P
2x 3y y z z x
Giải :
Trước khi đi vào trình bày lời giải ta cùng nhau xem đáp án của bộ :
* Chứng minh bất đẳng thức :
1 1 2
1 a 1 b
1 ab
(*) với a,b>0 và
a.b 1
Điều này dễ dàng thực hiện được nhờ phép biến đổi tương đương.
Áp dụng (*) cho bài toán ta có :
x 1 1 1 2
P
z x 3y
2x 3y
x
1 1 2
1
y z x
y
Đặt
x
t ;t [1;2]
y
khi đó có :
2
2
t 2
P
1 t2t 3
Xét hàm
2
2
t 2
f (t)
1 t2t 3
với
t [1;2]
ta có
34
f (t) f (2)
33
Vậy
34
min P
33
khi
x 4, y 1,z 2
* Nhận xét : Bài toán trên căn bản là tương đối khó đối với mức độ của một đề thi đại
học. Ngoài việc phải biến đổi P để nhận ra dạng của bất đẳng thức phụ thì việc giải
bài toán đạo hàm ở phần sau cũng rất phức tạp.
Chúng ta cùng xem xét một cách giải khác có vẻ tự nhiên và thích hợp hơn.
Ta có :
x y z
P
2x 3y y z z x
.Xem đây là hàm theo biến
z
; còn
x, y
là hằng số
2
2 2 2 2
y z (x y)(z xy)
P'(z)
(y z) (z x) (y z) (z x)
Theo giả thiết
x y x y 0
nếu
P 0 z xy
(do
x, y,z 1;4
)
Lập BBT của P(z) ta được:
x
2 y
x 2
y
P P( xy) =
x
2x 3y
x y x
2 3
1
y
y
Đặt
x
t
y
, do
x y, x z
và
x, y,z 1;4
nên
1 t 2
.
Xét hàm
2
2
t 2
f (t)
1 t2t 3
.
Ta có
3 2
2 2 2
2 4t (t 1) 3(2t t 3)
f '(t) 0, t 1;2
(2t 3) (1 t)
.Suy ra
f (t)
giảm trên
1;2
, do
đó
34
P P( xy) f (t) f (2)
33
Đẳng thức xảy ra :
z xy
x 4,y 1,z 2
x
t 2
y
.
Vậy
34
min P
33
khi
x 4,y 1,z 2
Ví dụ 2: ( Đề thi HSG Ninh Bình 2010)
Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác có chu vi bằng 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức:
2 2 2
T 3(a b c ) 4abc
Giải:
Do vai trò bình đẳng của a, b, c nên ta có thể gải sử :
0 a b c
.
Vì chu vi bằng 3 nên a + b + c=3 nên
a b 3 c
mà
3
a b c 1 c
2
Ta biến đổi :
2 2 2 2 2 2
T 3(a b c ) 4abc 3(a b ) 3c 4abc
2 2 2 2
=3 (a b) 2ab 3c 4abc 3(3 c) 3c 2ab(2c 3)
Mặt khác :
2 2
a b 3 c
ab
2 2
2
3 c
ab(2c 3) (2c 3)
2
( vì
3
c 2c 3 0
2
)
Do đó :
2
2 2 3 2
3 c 3 27
T 3(3 c) 3c 2(2c 3) c c f (c)
2 2 2
Xét hàm số :
3 2
3 27
f (c) c c
2 2
, trên
3
1;
2
.
2
f '(c) 3c 3c;f '(c) 0 c 1
Khi đó từ bảng biến thiên suy ra:
f (c) f(1) 13
.
Suy ra
T f(c) f(1) 13
khi c=1; a=1; b=1
Vậy minP=13 khi a=b=c=1.
Ví dụ 3:
Cho
x, y,z [ 1;1]
và
xy yz zx 0
. Tìm GTNN của biểu thức:
2 2
P y z 4x 2y 2z
Giải:
Với y=z=0 ta có:
P 4x 4
Với y;z khác không. Khi đó ta có:
yz
x
y z
.
Vậy:
2 2
4yz
P y z 2y 2z
y z
. Coi P là hàm của y ta có:
2
2
4z
P'(y) 2y 2 0
(y z)
do
1 y 1 2y 2 0
Vậy P(y) là hàm nghịch biến trên [-1;1] nên
2
4z
P(y) P(1) z 2z 1 f (z)
1 z
Lại có:
2
2
4z
f '(z) 2z 2 0
(1 z)
nên f(z) là hàm nghịch biến.
Vậy
f (z) f(1) 4
Do đó
min P 4
khi
1
x 1
x
;
2
y z 0
y z 1
* Nhận xét: Bài toán có nhiều hướng làm. Cụ thể:
Cách 1: Có thể phân tích:
2
P (y z) 2(x 1)(1 y) 2(x 1)(1 z) 4 4
Cách này nhìn tương đối đơn giản tuy nhiên việc phân tích cũng cần đôi chút sự khéo
léo mà không phải học sinh nào cũng có thể nhận ra.
* Cách 2: Sử dụng phương pháp sẽ nêu ở dạng 4 trong đề tài này.
Ví dụ 4: Cho ba số thực
1
x, y,z ;3
3
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
a b c
P
a b b c c a
Giải:
Đặt
a b c
P(a)
a b b c c a
Xem đây là hàm số theo biến
a
, còn
b,c
là hằng số.
Khi đó:
2
2 2 2 2
b c (b c)(a bc)
P'(a)
(a b) (a c) (a b) (a c)
.
Xảy ra các trường hợp:
Trường hợp 1:
a b c
và
1
a,b,c ;3
3
.
Suy ra
2
b c 0;a bc 0
nên
P'(a) 0
. Do đó
P(a)
tăng trên
1
;3
3
.
3 b c
P(a) P(3) g(c)
3 b b c c 3
(xem đây là hàm theo biến c)
2
2 2 2 2
b 3 (b 3)(3b c )
g'(c) 0
(b c) (c 3) (b c) (c 3)
. Do đó
g(c)
giảm trên
1
;3
3
.
Suy ra:
1 3 3b 1
g(c) g( ) h(b)
3 3 b 3b 1 10
.( xem h(b) là hàm số theo biến b)
Ta có:
2 2 2 2
3 3 (1 b)(1 b)
h '(b)
(3b 2) (b 3) (3b 1) (b 3)
.
Lập BBT ta có :
8
h(b) h(1)
5
.
Vậy
1 1 8
P(a,b,c) P(3,b,c) P(3,b, ) P(3,1, )
3 3 5
khi
1
a 3;b 1;c
3
Trường hợp 2 :
c b a
và
1
a,b,c ;3
3
.
Từ kết quả của trường hợp 1, ta có:
8
P(a,b,c)
5
.
Mặt khác :
(a b)(b c)(a c)
P(a,b,c) P(c,b,a) 0
(a b)(b c)(a c)
8
P(a,b,c)
5
.
Vậy
8
MaxS
5
, đạt được khi
1 1 1
(a,b,c) 3;1; , ;3;1 , 3; ;1
3 3 3
.
Ví dụ 5 :
Cho
a,b,c
là ba số thực thỏa mãn điều kiện
abc a c b
. Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức :
2 2 2
2 2 3
P
a 1 b 1 c 1
Giải :
Theo giả thiết ta có
a c
a c b(1 ac) 0 b
1 ac
và
1
a
c
.
Thay vào biểu thức P ta được :
2
2 2 2 2
2 2(a c) 3 1
P 2 , (0 a )
c
a 1 (a 1)(c 1) c 1
Xét hàm số :
2
2 2 2
1 (x c)
f (x) 1
x 1 (x 1)(c 1)
với
1
0 x
c
và coi c là tham số c>0
Ta có :
2
2
0
2 2 2
2c(x 2cx 1) 1
f '(x) 0 x c c 1 0;
c
(1 x ) (1 c )
Từ bảng biến thiên ta có :
0
2
c
f (x) f (x )
1 c
.
2 2
2
3 2c 3
S 2f(a) g(c)
c 1 c 1
1 c
Ta có :
2
0
2 2 2
2(1 8c ) 1
g'(c) 0 c c 0;
8
(1 c ) (3c 1 c )
Từ bảng biến thiên suy ra :
0
g(c) g(c )
0
10
S g(c) g(c )
3
.
Vậy với
1 2
c ,a ,b 2
2
8
thì
10
MaxS
3
.
Ví dụ 6:
Cho ba số dương
a,b,c
thỏa mãn điều kiện
21ab 2bc 8ca 12
. Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức:
1 2 3
P
a b c
.
Giải:
Đặt
1 1 1
x , y ,z
a b c
x, y,z 0;2x 8y 21z 12xyz
và
S x 2y 3z
Từ
2x 8y
2x 8y 21z 12xyz z
12xy 21
và
7
x
4y
.
Từ biểu thức S suy ra được:
2x 8y
S x 2y f (x)
4xy 7
2
2
14 32y
f '(x) 1 0
(4xy 7)
2
0
32y 14
7 7
x x ;
4y 4y 4y
Khi đó từ bảng biến thiên , ta có:
2
0
32y 14
9
S f (x) f (x ) 2y g(y)
4y 2y
Lại có:
2 2
2 2
(8y 9) 32y 14 28
g'(y) 0
4y 32y 14
Đặt
2
t 32y 14
thì phương trình
2 2
g'(y) 0 (8y 9) 32y 14 28 0
3
5
t 50t 122 0 t 8 y
4
.
Từ bảng biến thiên suy ra :
5
g(y) g( )
4
5 15
S g(y) g( )
4 2
.
Vậy với :
5 2 1 4 3
y , x 3,z a ,b ,c
4 3 3 5 2
thì
15
minS
2
.
Bài tập áp dụng:
Bài 1 : ( BĐT Netsbit)
Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng :
a b c 3
b c c a a b 2
Bài 2 :
Cho các số thực dương
x,y,z
thỏa mãn điều kiện
x y z 4
xyz 3
. Chứng minh rằng:
4 4 4
183 165 5 x y x 18
Bài 3:
Cho ba số không âm x, y, z thỏa mãn điều kiện
x y z 1
. Tìm GTLN của biểu
thức :
2 2 2
S x y y z z x
.
Bài 4 :
Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn điều kiện
2 2 2
x y z 2
. Tìm GTLN, GTNN của
biểu thức :
3 3 3
P x y z 3xyz
Bài 5 :
Cho
x 0;y 0;z 0
thỏa mãn điều kiện
x y z 1
. Tìm GTLN của biểu thức :
T xy yz zx 2xyz
Bài 6 : Cho
a;b;c [0;2]
. Tìm GTLN của:
1 1 1
P (a b c)( )
a b c
Bài 7 : Cho các số dương
a, b, c
thoả mãn
4(a b c) 9 0
. Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức:
b c a
2 2 2
S a a 1 b b 1 c c 1
.
Bài 8 : Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a + b + c = 3. Tìm GTNN của:
2 2 2
a 1 b 1 c 1
F
b 1 c 1 a 1
Bài 9 : Cho 3 số a, b, c thỏa mãn điều kiện:
1 a;b;c 3
a b 2c 6
. Tìm giá trị nhỏ nhất và
lớn nhất của:
3 3 3
F a b 5c
.
Bài 10 : Cho
a;b;c 0
và thỏa:
a b c 3
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2 2 2
F a b c abc
Bài 11 : Cho
a;b;c 0
và thỏa:
a b c 1
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
1 a 1 b 1 c
P
1 a 1 b 1 c
3. Phương pháp khảo sát độc lập các biến:
Đối với bài toán áp dụng dạng này thường có hình thức trực tiếp rất dễ nhận ra.
Tuy nhiên có một số bài toán ta cũng cần phải sử dụng một số đánh giá cơ bản để đưa
về dạng mong muốn. Bên cạnh đó phương pháp này còn có nhược điểm đối với các
bất đẳng thức chặt thì cách đánh giá đôi khi không còn phù hợp. Độ mạnh của
phương pháp chưa được như phương pháp tiếp tuyến nhưng cách áp dụng tỏ ra đơn
giản và có hiệu quả cho các bài toán ở mức độ vừa phải và phù hợp với học sinh.
Nội dung: Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn điều kiện:
g(a) g(b) g(c) 3g( )
.
Chứng minh:
f (a) f(b) f (c) 3f( )
.
Phương pháp:
+ Xét hàm số
h(x) f (x) mg(x)
trong đó số m được xác định bởi
f '( )
m
g'( )
sao cho hàm số h(x) đạt cực trị tại
( Với
là giá trị mà dấu bằng trong bất đẳng
thức xảy ra).
+ Từ đó áp dụng với các hàm h(a), h(b), h(c) ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 1:
Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa:
2 2 2
a b c 3
. Tìm GTNN của biểu thức:
3 3 3
F (a b c ) (a b c)
Giải:
Xét hàm số:
3 2
h(t) t t t
với
0 t 3
( Việc tìm ra hàm h(t) dựa vào đẳng thức giả thiết và biến đổi biểu thức F)
Ta có:
2
h '(t) 3t 2t 1
;
t 1
h '(t) 0
1
t
3
Từ đó ta có:
h(t) h(1) 1
hay:
3 2 3 2
t t t 1 t t t 1
(*)
Trong (*) thay t bởi a, b, c ta có:
3 3 3 2 2 2
F (a b c ) (a b c) (a b c ) 3 0
Dấu đẳng thức xảy ra khi: a=b=c=1.
Các bài tập áp dụng:
Bài 1: Cho x,y,z là các số thực dương thỏa:
x y z 1
. Tìm GTNN của:
2 2 2
2 2 2
1 1 1
F x y z
x y z
Bài 2: Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn:
2 2 2
a b c 1
. Tìm GTNN của:
1 1 1
F
1 a 1 b 1 c
Bài 3: Cho a,b,c là các số thực dương thỏa:
abc 1
. Tìm GTNN của:
a b c
F
1 a 1 b 1 c
Bài 4: Cho a,b,c>0. Tìm GTLN của:
2 2 2
2 2 2 2 2 2
(2a b c) (2b c a) (2c a b)
P
2a (b c) 2b (c a) 2c (a b)
Bài 5: Cho a,b,c>0 và thỏa:
a b c 3
. Chứng minh rằng:
2 2 2
2 2 2
1 1 1
a b c
a b c
Bài 6: Cho a,b,c>0. Tìm GTNN của:
2 2 2
2 2 2 2 2 2
(b c a) (c a b) (a b c)
P
a (b c) b (c a) c (a b)
Bài 7: Cho a,b,c>0 và thỏa:
a b c 1
. Tìm GTLN của:
2 2 2
a b c
F
1 a 1 b 1 c
Bài 8: Cho a,b,c>0 và
a.b.c 1
. Tìm GTNN của:
2 2 2
1 1 1
F
a a 1 b b 1 c c 1
4. Phương pháp đánh giá các biến đối xứng đưa về một biến::
Phương pháp này theo tôi nghĩ là tương đối phù hợp so với chương trình hiện
nay. Để làm bài tập dạng này học sinh chỉ cần nắm được dạng một số bát đẳng thức 2
biến có bản dựa vào đó tìm cách đánh giá thông qua biến còn lại. Ở dạng này học
sinh cần phải lưu ý đến tính đối xứng của 2 biến trong bài toán để có đánh giá phù
hơp. Phương pháp này có thể áp dụng cho cả các bài toán đối xứng với 3 biến. Tuy
nhiên đôi khi ở mức độ khó ta cần phải thực hiện thêm vài phép biến đổi hoặc đặt ẩn
phụ để nhận ra tính đối xứng của bài toán. Điển hình cho dạng toán này phải kể đến
là đề thi đại học khối A năm 2011 mà lời giải theo phương pháp này cũng chính là
đáp án của Bộ giáo dục. Các bạn có thể xem lời giải đã được trình bày ở phần trên.
Sau đây tôi xin trình bày thêm một số ví dụ.
Ví dụ 1: ( Đề thi HSG Ninh Bình 2010)
Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác có chu vi bằng 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức:
2 2 2
T 3(a b c ) 4abc
Giải:
* Ngoài cách giải bằng phương pháp đạo hàm theo một biến đã được trình bày
ở trên ta còn có rất nhiều cách để giải bài toán này như: Sử dụng phương pháp dồn
biến ( Đã được trình bày trong đáp án của Sở GD&ĐT Ninh Bình), sử dụng công cụ
tam thức bậc hai, hoặc thực hiện phép nhóm sau khi thế giảm biến. Tuy nhiên theo
quan điểm của tôi thì cách giải sau có lẽ là hợp lý hơn cả.
* Lời giải:
+ Từ các giả thiết ta có:
3
0 a;b;c
2
+ Biến đổi:
2
T 3(a b c) 6(ab bc ca) 4abc 27 6a(b c) (4a 6)bc
Hay:
2
T 6a 18a 27 (4a 6)bc
Do
3
a 4a 6 0
2
. Sử dụng đánh giá:
2 2
(b c) (3 a)
bc
2 2
ta đưa về biểu thức 1
biến dạng:
2
2
(3 a)
P 6a 18a 27 (4a 6) f (a)
2
Khảo sát hàm f(a) với
3
0 a
2
ta có
f (a) f (1) 13
Vậy minP=13 khi a=b=c=1.
Ví dụ 2:
Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa:
2 2 2
x y z 1
. Tìm GTNN của biểu thức:
P xyz 2xy z
Giải:
+ Nhận thấy biểu thức trong bài toán đối xứng với các biến x và y. Tìm cách đánh giá
để đưa về biến z.
+ Biến đổi
P (z 2)xy z
Dựa vào đặc điểm của P cần chặn đều kiện của z. Thấy từ giả thiết cho
0 z 1
nên
có:
z 2 0
. Vậy
2 2 2
x y 1 z
P (z 2) z (z 2) z f (z)
2 2
Khảo sát hàm f(z) trên
0 z 1
ta có:
1 29
f (z) f
3 27
Vậy
29
min P
27
khi
2 1
x y ;z
3 3
Ví dụ 3: Cho các số dương a, b thỏa:
a b 2
. Tìm GTNN của biểu thức:
4 2 4 2
1 1
P
9a 6a 2 9b 6b 2
Bình luận:
* Với bài toán này các bạn hãy thử giải bằng phương pháp thế hặc phương
pháp áp dụng định lý Viet để rèn luyện tính kiên trì và khả năng biến đổi.
* Tuy nhiên nếu biết tìm BĐT trung gian để đánh giá thì công việc sẽ nhẹ
nhàng hơn rất nhiều. Ta cùng tìm hiểu cách đánh giá như thế nào hợp lý.
+ Trước tiên có sự liên tưởng đến BĐT dạng:
1 1 4
x y x y
. Tuy nhiên khi đó mẫu số
vẫn còn bậc khá cao.
+ Lại nhìn kỹ vào biểu thức
4 2 2 2
9a 6a 2 (3a 1) 1
.
Dựa vào đặc điểm đó ta lại có bất đẳng thức phụ giống đề thi ĐH khối A năm 2011:
Với
x; y 1
ta có:
2 2
1 1 2
1 xy
x 1 y 1
.
Đến đây chắc các bạn có thể tự làm được bài toán này.
Bài tập:
Bài 1: Xét các số thực không âm a,b,c thoả mãn điều kiện a+b+c=1.
Tìm giá trị lớn nhất của: P=ab+bc+ca−2abc
Bài 2: Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn abc(a+b+c)=3. Chứng minh rằng:
2 2 2
a b c 3 2(ab bc ca)
Cho a,b,c là các số thực dương thoả mãn
1
ab bc ca
3
. Chứng minh rằng:
2 2 2
7
a b c 2abc
27
