Sử dụng tính chất đẳng cấp trong chứng minh Bất đẳng thức

SỬ DỤNG TÍNH ĐẲNG CẤP ĐỂ CHỨNG MINH BĐT
SỬ DỤNG TÍNH CHẤT ĐẲNG CẤP
TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC VÀ TÌM CỰC TRỊ
Trong bài viết này chúng tôi giới thiệu với bạn đọc một kĩ thuật thường sử dụng để xử lí các
bài toán về bất đẳng thức và bài toán tìm cực trị của một biểu thức trong đó các biểu thức và
giả thiết của bài toán đều là những biểu thức, đẳng thức, bất đẳng thức đẳng cấp.
Trước hết xin nhắc lại định nghĩa biểu thức đẳng cấp:
Biểu thức f ( x1 , x2 , ..., xn ) được gọi là biểu thức đẳng cấp bậc k ( k ∈ ¥ ) nếu
f ( mx1 , mx2 , ..., mxn ) = mk f ( x1 , x2 , ..., xn )

Nếu biểu thức f ( x1 , x2 , ..., xn ) là biểu thức đẳng cấp bậc 0 thì với phép đặt xi = ti x1 , x1 ≠ 0 ,

i = 2, 3, ..., n ta có: f ( x1 , x2 , ..., xn ) = f (1, t2 , t3 , ..., tn ) là biểu thức n − 1 biến, tức là ta đã làm

giảm đi số biến. Đặt biệt với biểu thức đẳng cấp bậc 0 hai biến thì ta có thể chuyển về biểu
thức một biến. Do đó để tìm cực trị của biểu thức này ta có thể sử dụng phương trình khảo sát
hàm số.
Sau đây là các ví dụ minh họa
Ví dụ 1. Cho hai số thực x, y thay đổi và thỏa mãn x2 + y2 = 1 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị
nhỏ nhất của biểu thức: P =

2( x2 + 6 xy)
1 + 2 xy + 2 y2

(Đề thi ĐH Khối B – 2009 ).

Lời giải.
* Nếu y = 0 ⇒ P = 1 .
* Nếu y ≠ 0 thì đặt : x = ty ta có: P =
Xét hàm số f (t) , ta có : f ' ( t ) =

2(t2 y2 + 6ty2 )

=

t2 y2 + 2ty2 + 3 y2

2(t2 + 6t)
t2 + 2t + 3

= 2 f ( t)

−4t2 + 6t + 18

(t

2

+ 2t + 3

)

2

3
⇒ f ' ( t ) = 0 ⇔ t1 = 3, t2 = − , lim f ( t ) = 1
2 t→±∞

Lập bảng biến thiên ta được: max f (t) = f (3) =

3

3
, min f (t) = f (− ) = −3
2
2

x = 3y

Vậy: max P = 3 đạt được khi 
1
1
=±
y = ±
2
10
1+t


3
x = − y
2

Và min P = −6 đạt được khi 
.
1
2
y = ±
=±
13
1 + t2


Ví dụ 2. Cho x, y là hai số thực thay đổi và thỏa mãn
2y
và giá trị nhỏ nhất của biểu thức : A =
+
+ 3 y2 .
2
x
x
1

3

x

2

+

2y
+ y2 = 11 . Tìm giá trị lớn nhất
x

Lời giải.
Đặt y =

t
1
1
11

, từ giả thiết bài toán ta có:
(3 + 2t + t2 ) = 11 ⇒
=
.
2
2
x
x
x
3 + 2t + t2

Do t2 + 2t + 3 > 0 ⇒ t ∈ ¡
GV: Nguyễn Tất Thu



1


SỬ DỤNG TÍNH ĐẲNG CẤP ĐỂ CHỨNG MINH BĐT
Khi đó: A =

1
x2

(1 + 2t + 3t2 ) = 11

Xét hàm số f (t) =

(

)

3t2 + 2t + 1
t2 + 2t + 3

3t2 + 2t + 1
t2 + 2t + 3

, t ∈ ¡ có f '(t) =

(

)

4(t2 + 4t + 1)
(t2 + 2t + 3)2

, f '(t) = 0 ⇔ t = −2 ± 3

f −2 + 3 = 2 − 3, f −2 − 3 = 2 + 3, lim f (t) = 3
t →±∞


2
 x = ± t + 2t + 3 = ± 6 + 2 3

11
11
Suy ra max A = 11. max f (t) = 22 + 11 3 đạt được khi 


−2 − 3
y =
x


2
 x = ± t + 2t + 3 = ± 6 − 2 3

11
11
.
min A = 11. min f (t) = 22 − 11 3 đạt được khi 

−2 + 3
y =
x

1
Ví dụ 3. Cho hai số thực x ≥ 0, y ≥ thỏa x3 + y3 = x2 − 2 y2 . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ
4
nhất của biểu thức P = x + 3 y .

Lời giải.
Đặt x = ty, t ≥ 2 , khi đó từ giả thiết bài toán ta suy ra :
t2 − 2
y t3 + 1 = t2 − 2 ⇒ y =
t3 + 1

)

(

Vì y ≥

1
1 + 13
⇒ t3 − 4 t2 + 9 ≤ 0 ⇔ (t − 3)(t2 − t − 3) ≤ 0 ⇔
≤ t ≤ 3.
4
2

Ta có: P = y ( t + 3) =
Xét hàm số f (t) =

(t + 3)(t2 − 2)
t3 + 1

3t2 − 2t − 7
t3 + 1

=1+

3t2 − 2t − 7
t3 + 1

 1 + 13 
−3t4 + 4 t3 + 21t2 − 2
,t ∈ D = 
; 3 , ta có: f '(t) =

(t3 + 1)2
 2


(

)

)

(

Vì −3t4 + 4 t3 + 21t2 − 2 = t3 ( 3 − t ) + t3 − 2 + 2t2 9 − t2 + 3t2 > 0, ∀t ∈ D
Dẫn tới f '(t) > 0, ∀t ∈ D . Từ đó ta tìm được:
 1 + 13  7 + 13
đạt được khi
=
min P = 1 + f 


2
8




1 + 13
 x =
8


1
y =

4


3
 x =
3
4
max P = 1 + f ( 3) = đạt được khi 
.
2
y = 1

4
Ví dụ 4. Cho các số thực dương x, y thỏa xy ≤ y − 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P=

Lời giải. Đặt t =

y3
x3

+

2 x2
y2

.

y
2
> 0 ⇒ P = t3 +
x
t2

GV: Nguyễn Tất Thu



2


SỬ DỤNG TÍNH ĐẲNG CẤP ĐỂ CHỨNG MINH BĐT
Khi đó xy ≤ y − 1 trở thành x2 t − tx + 1 ≤ 0 , vì x tồn tại nên bất phương trình này phải có
nghiệm x hay ∆ = t2 − 4t ≥ 0 ⇔ t ≥ 4
2

3

Xét hàm số f (t) = t +

t

2

2

, t ≥ 4 có f '(t) = 2t −

513
Suy ra min f (t) = f (4) =
.
8
t≥4

4
t

3

=

(

2 t5 − 2
3

t

) > 0, ∀t ≥ 4


1
513
x =
Vậy min P =
đạt được khi 
2.

8
y = 2


Ví dụ 5. Chứng minh rằng với mọi số thực dương x, y, z thoả x( x + y + z) = 3 yz (*), ta luôn có:
( x + y)3 + ( x + z)3 + 3( x + y)( y + z)( z + x) ≤ 5( y + z)3 (ĐH Khối A – 2009 ).

Lời giải.
Đặt y = ax; z = bx .
Khi đó gải thiết bài toán trở thành: x( x + ax + bx) = 3abx2 ⇔ 1 + a + b = 3ab (*) và bất đẳng
thức cần chứng minh trở thành:
( x + ax)3 + ( x + bx)3 + 3( x + ax)(ax + bx)(bx + x) ≤ 5(ax + bx)3
⇔ (1 + a)3 + (1 + b)3 + 3(1 + a)(1 + b)(a + b) ≤ (a + b)3

(1).
Vì (*) và (1) là những biểu thức đối xứng đối với a, b nên ta nghĩ tới cách đặt
S  a  b; P  ab


1+ S

1+ S
 S2 ≥ 4 P
P =
P =
⇔
3
⇔
Mỗi quan hệ giữa S và P là 
3 .

1 + S = 3P
S ≥ 2
3S2 − 4 S − 4 ≥ 0



Khi đó :

(1 + a)(1 + b) = 1 + a + b + ab = 1 + S +

1 + S 4(1 + S)
=
3
3

3

(1 + a)3 + (1 + b)3 = ( 2 + a + b) − 3(1 + a)(1 + b)(2 + a + b) = (2 + S)3 − 4(1 + S)(2 + S)

Nên (1) ⇔ (2 + S)3 − 4(S2 + 3S + 2) + 4 S(1 + S) ≤ 5S3
⇔ 2S2 − 3S − 2 ≥ 0 ⇔ (2S + 1)(S − 2) ≥ 0 luôn đúng do S ≥ 2 .

Vậy bài toán đã được chứng minh.
Ví dụ 6. Cho các số thực x , y, z  1; 4 ; x  y, x  z . Tìm giá rị nhỏ nhất của biểu thức

x
y
z



(ĐH Khối A – 2011 ).
2x  3y y  z z  x
1 
Lời giải. Đặt y  ax , z  bx  a, b   ;1 . Khi đó:
4 


x
ax
bx
1
a
b
P





2x  3ax ax  by bx  x
2  3a a  b b  1
1
a
3
b
Xét hàm số f (a ) 

, f '(a )  

2

2  3a a  b
(2  3a )
(a  b)2
P

Xét b(2  3a )2  3(a  b)2  9a 2b  6ab  4b  3a 2  3b 2

 15a 2b  4b  3a 2  3b 2  3a 2 5b  1  b(4  3b)  0

GV: Nguyễn Tất Thu



3


SỬ DỤNG TÍNH ĐẲNG CẤP ĐỂ CHỨNG MINH BĐT
1 
1
4
1
Nên f (a ) là hàm đồng biến trên  ;1  f (a )  f   

4 
 4  11 1  4b


4
1
b

Do đó: P 


 g(b)
11 1  4b b  1
4
1
1
Ta có: g '(b) 

 g '(b)  0  b 
2
(1  4b)2 (b  1)2
 1  34
34
Từ đó suy ra: g(b)  g   
hay P 
 2  33
33


a  1
x  4, y  1
x  4y
4  
Đẳng thức xảy ra khi 
, mà x , y, z  1; 4  
z  2



1
x  2z



b 
2

Vậy min P 

34
.
33

1
b

1
c

Ví dụ 7. Cho a, b, c > 0 thỏa (a + 2b)  +  = 4 và 3a ≥ c . Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn
a2 + 2b2
.
ac
Lời giải. Đặt a = xb, c = yb; x, y > 0

nhất của biểu thức: P =



Từ giả thiết ta có: ( x + 2)  1 +


Do

1
4y
2( y − 1)
−2=
=4⇒x=
y
y+1
y+1

x a 1
y
2y − 2 y
= ≥ ⇒x≥ ⇔
≥ ⇔ y2 − 5 y + 6 ≤ 0 ⇔ 2 ≤ y ≤ 3
3
3
y c 3
y+1

Khi đó: P =

x2 + 2 3 y2 − 2 y + 3
=
= f ( y)
xy

y3 − y

Xét hàm số f ( y) với y ∈  2; 3 , có :
f '( y) =

−3 y4 + 4 y3 + 3

−3 y3 ( y − 2) − (2 y2 − 3)

< 0, ∀y ∈ 2; 3
( y3 − y)2
11
2
Suy ra max P = max f ( y) = f (2) = , đạt được khi a = b, c = 2b
6
3
2;3
( y3 − y)2

=

min P = min f ( y) = f (3) = 1 , đạt được khi a = b, c = 3b .
 2;3

 1 1 1
+ +  = 16. Tìm giá trị lớn nhất và
 a b c

Ví dụ 8. Cho các số dương a, b, c thỏa mãn : (a + b + c) 
giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =

Lời giải.

a2 + 2b2
.
ab


Đặt b = ay, c = ax; x, y > 0 , từ giả thiết ta có: (1 + x + y )  1 +


⇔ (1 +

1 1
+  = 16
x y


1 2 
1
) x +  y + − 13  x + y + 1 = 0 (*)
y
y



GV: Nguyễn Tất Thu



4

SỬ DỤNG TÍNH ĐẲNG CẤP ĐỂ CHỨNG MINH BĐT

y > 0

2



1
1

a, b, c tồn tại khi (*) có nghiệm x, y > 0 hay là: ∆ =  y + − 13  − 4( y + 1)  1 +  ≥ 0
y
y





1
 y + < 13
y


y > 0

y > 0
2


1
1
7−3 5
7+3 5


.
⇔  y +  − 30  y +  + 161 ≥ 0 ⇔ 
⇔
≤ y≤
1
y
y
2
2


y + y ≤ 7


1
 y + < 13
y


Khi đó P = y +

7 − 3 5 7 + 3 5 
2

2
, khảo sát f ( y) = y + với y ∈ 
;
 ta tìm được
y
y
2
2



 7 − 3 5  21 + 3 5
, đạt được khi
max P = f 
=


2
2




7−3 5
a
b =

2

3− 5


a
 c =
2



( 2 ) = 2 2 , đạt được khi bc == xa2a với x là nghiệm của phương trình
( 2 + 1) x − (13 2 − 3) x + 2 + 1 = 0 .
min P = f

2

Cuối cùng chúng tôi đưa ra một số bài tập để bạn đọc luyện tập.
Bài 1. Cho x 2 + y 2 + xy = 1 . Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của A = x 2 − xy + 2y 2 .
Bài 2. Cho các số thực x, y thỏa x2 + y2 + xy ≤ 3 . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu
thức P = x2 − xy + y2
Bài 3. Cho x, y là hai số thực tùy ý thỏa mãn điều kiện x2 + y2 + xy ≥ 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức: P =

x2 − xy + 2 y2
y2 + 1

.

Bài 4. Cho x, y ≥ 0 thỏa x3 + y3 = x − y . Chứng minh rằng x2 + y2 < 1 .
Bài 5. Cho các số thực a, b, c ≥ 0 thỏa 4 abc ≥ 2a3 − (b + c)3 . Chứng minh rằng

(

)

7 4
a + 3 b4 + c4 ≥ 2a2b2 − 3b2 c2 + 2c2 a2 .
16

Bài 6. Cho các số thực dương a, b, c thỏa ab + bc + ca = 3b2 . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ
nhất của biểu thức:
P=

a
c
abc − (a2 + c2 )(a + c)
+
+
.
b+ c a+b
b2 (a + c)

Bài 7. Cho các số thực dương x, y thỏa x + 2 xy ≥ 8 y . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
 x 3 y3 
 x2 y2 
 − 9
.
P = 4
+
+
 y3 x 3 
 y2 x 2 






GV: Nguyễn Tất Thu



5


SỬ DỤNG TÍNH ĐẲNG CẤP ĐỂ CHỨNG MINH BĐT
 1

Bài 8. Cho các số thực dương a, b, c thỏa ( a + c ) 
giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P =

a+ c−b
.
b

 a2

+

1  10
và c ≥ 4b . Tìm giá trị lớn nhất,
=
b
b2 

GV: Nguyễn Tất Thu – GV trường THPT Lê Hồng Phong Biên Hòa Đồng Nai
Email:
ĐT: 01699257507

GV: Nguyễn Tất Thu



6