tiếp cận bấ đẳng thức thông qua các bài toàn trong đề thi đại học, cao đẳng 2007 2016 nguyễn đại dương

TƢ DUY TIẾP CẬN BẤT ĐẲNG THỨC
Gv: Nguyễn Đại Dƣơng – Fb:ThayNguyenDaiDuong

TIẾP CẬN BẤT ĐẲNG THỨC
THÔNG QUA CÁC BÀI TOÁN TRONG ĐỀ THI
ĐẠI HỌC – CAO ĐẲNG 2007 – 2016
Trong c{c năm vừa qua b|i to{n Bất Đẳng Thức v| Gi{ Trị Lớn Nhất –
Gi{ Trị Nhỏ Nhất l| c}u hỏi khó để chinh phục điểm 10 trong đề thi Đại
Học – Cao Đẳng v| Kì Thi THPT Quốc Gia cũng như trong c{c kì thi HSG.
Theo xu hướng của c{c năm gần đ}y thì việc kiếm điểm của c}u hỏi n|y
thực sự không phải l| một việc qu{ khó khắn nếu như c{c em có kiến thức
về b|i to{n n|y.
Đối với c{c em thi Y – Dược , An Ninh, Công An thì việc chinh phục c}u
hỏi n|y l| điều cần thiết. Chính vì vậy c{c em phải bắt đầu ngay từ b}y giờ,
một c{c nghiêm túc l| có lộ trình để có đầy đủ kiến thức nhằm l|m tốt b|i
to{n n|y trong đề thi. Việc hơn kém nhau 0,25-0,5 điểm đã có thể quyết
định vấn đề đậu v| rớt ở c{c trường TOP.
Mục tiêu của c{c em cần đặt ra l| học đủ v| vận dụng tốt, không nên
học qu{ cao siêu những như qu{ thừa thãi. Bộ não của c{c em phải hoạt
động để c}n bằng ở tất cả c{c môn để đạt tổng th|nh tích cao nhất chứ ko
phải đạt th|nh tích cao ở chỉ 1 môn.
Dưới đ}y l| một v|i lưu ý của thầy khi bắt đầu học về Bất Đẳng Thức:
Số 1: Biết đƣợc và vận dụng đƣợc 2 bất đẳng thức chính là bất đẳng thức
AM-GM (Cauchy, Cosi) và bất đẳng thức Cauchy-Schwarz (BunyakovskiCauchy-Schwarz).
Số 2: Nắm rõ đƣợc điểm rơi là gì? Sử dụng các đánh giá tƣơng ứng để
đảm bảo điểm rơi nhƣ thế nào?
Số 3: Biết và vận dụng đƣợc các đánh giá thƣờng gặp nhất, các bất đẳng
thức phụ quen thuộc.
Số 4: Rèn luyện thƣờng xuyên để quen tay và tạo sự nhạy bén, xử lí tốc
độ cao + trình bày rõ ràng chi tiết.
DƢỚI ĐÂY THẦY TẶNG CÁC EM LỜI GIẢI VÀ CÁCH TƢ DUY CỦA

CÁC BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC TRONG CÁC ĐỀ THI CHÍNH THỨC
CỦA BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO.
CHÚC CÁC EM TIẾP CẬN VÀ ĐỊNH HƢỚNG ĐÚNG CHUẨN BỊ CHO
KÌ THI 2017!!!

3


TƢ DUY TIẾP CẬN BẤT ĐẲNG THỨC
Gv: Nguyễn Đại Dƣơng – Fb:ThayNguyenDaiDuong
Bài 1: Cho x, y , z là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
x 1 
y 1  z 1 
P  x    y    z 

 2 zx   2 xy 
 2 yz 
Đề tuyển sinh Đại Học khối B-2007
PH N T CH
Dễ thấy b|i to{n đối xứng nên điểm rơi l| x  y  z .

Ta có: P 

x2  y 2  z 2 x2  y 2  z2

. Tử số l| lượng x2  y 2  z2 v| mẫu số
2
xyz

l| lượng xyz nên ta có thể đưa về lượng trung gian l| x  y  z hoặc

xy  yz  zx . Để tự nhiên ta chọn lượng x  y  z .

Sử dụng c{c bất đẳng thức: x  y  z
2



Ta có: 3 x  y  z
2

2

 x  y  z
P

2

6

ét h|m số f  t  
 f ' t  

2



2

2

 x  y  z

3

   x  y  z
9x  y  z

x  y  z


 x  y  z

3

v|  x  y  z   27 xyz
3

BÀI GI I
2

2

2

v| 27xyz   x  y  z 

6

2



3

9
xyz

t2 9
 với t  x  y  z  t  0
6 t

t 9
  f ' t   0  t  3
3 t2

BBT:
t
f’(t)

0


3
0








f(t)

9
2
9
9
Dựa v|o bảng biến thiên  f  t   f  3    P 
2
2
x  y  z

Đẳng thức xảy ra khi 
 x  y  z 1

x  y  z  3

Kết luận: Vậy gi{ trị nhỏ nhất của P l|

4

9
khi x  y  z  1 .
2


TƢ DUY TIẾP CẬN BẤT ĐẲNG THỨC
Gv: Nguyễn Đại Dƣơng – Fb:ThayNguyenDaiDuong
Bài 2: Cho x, y , z là các số thực dương thỏa mãn xyz  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất

của biểu thức:

P

x2  y  z 
y y  2z z



y2  z  x 



z z  2x x

z2  x  y 
x x  2y y

Đề tuyển sinh Đại Học khối A-2007
PH N T CH
Dự đo{n điểm rơi l| x  y  z  1
Mẫu số chứa tổng của c{c đại lượng x x , y y , z z gần như l| không biến
đổi được nếu có thì: 2x x  x  x  1  x2  x sẽ đưa mẫu về dạng phức tạp
hơn.
Ta thấy tử số c{c ph}n thức có sự đặc biệt l| chứa cả ba biến x, y, z, dựa v|o

điều kiện b|i to{n ta đ{nh gi{ như sau: x2  y  z   2x2 yz  2x x đến đ}y
ta thấy tử số trở th|nh đại lượng giống mẫu.
BÀI GI I
C

Áp dụng AM-GM: x2  y  z   2x2 yz  2x x
Tương tự: y 2  z  x   2 y y , z 2  x  y   2z z
P

2x x
y y  2z z



2y y
z z  2x x



2z z
x x  2y y

2a
2b
2c


b  2c c  2 a a  2b
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz:

Đặt a  x x ; b  y y ; c  z z  P 

a  b  c
2a2

2b 2
2c 2


2
a  b  2 c  b  c  2 a  c  a  2b 
3  ab  bc  ca 
2

a  b  c  1
M|: 3  ab  bc  ca    a  b  c  
3  ab  bc  ca 
2

2

2a
2b
2c



b  2c c  2a a  2b
Đẳng thức xảy ra khi a  b  c  x  y  z  1
P

C

2

Đặt: a  x x  2 y y ; b  y y  2z z ; c  z z  2x x
x x 

4 c  a  2b
4 a  b  2c
4b  c  2 a
;y y 
;z z 
9
9
9
5


TƢ DUY TIẾP CẬN BẤT ĐẲNG THỨC
Gv: Nguyễn Đại Dƣơng – Fb:ThayNguyenDaiDuong
2  4c  a  2b 4 a  b  2c 4b  c  2 a 
P 



9
b
c
a

b a c 
2 a b c
 P      4      6
9 b c a

a c b 
2
 P   3  4.3  6   2
9
Đẳng thức xảy ra khi a  b  c  x  y  z  1 .

Kết luận: Vậy gi{ trị nhỏ nhất của P l| 2 khi x  y  z  1
Bài 3: Cho x, y , z là các số thực dương thỏa mãn x  x  y  z   3yz . Chứng minh
rằng:

 x  y   x  z
3

3

 3  x  y  y  z  z  x   5  y  z 

3

Đề tuyển sinh Đại Học khối A-2009
PH N T CH
Bất đẳng thức chỉ chứa: x  y , y  z v| z  x nên ta hướng đến việc đổi biến
cho gọn b|i to{n. Đặt a  x  y; b  y  z , c  z  x , khi đó điều kiện trở th|nh:

b2  ac  a2  c 2 , bất đẳng thức trở th|nh: a3  c 3  3abc  5b3
Ta thấy điều kiện v| b|i to{n đẳng cấp (thuần nhất nên ta chia qua để
2

2

ac a
c
 2  2
bb b
b
3
3
a
c
ac
a3  c 3  3abc  5b3  3  3  3
5
bb
b
b
a
c
Đặt u  , v  . Điều kiện  u2  v2  uv  1 , b|i to{n  u3  v3  3uv  5
b
b
Ta đã đưa về b|i to{n 2 biến đối xứng đơn giản. V| ta có thể hiểu b|i to{n
l| tìm gi{ trị lớn nhất của biểu thức: P  u3  v3  3uv
BÀI GI I
a  x  y
abc
abc
bca

;y 
;z 

Đặt: b  y  z  x 
2
2
2
c  z  x

giảm biến: b2  ac  a2  c 2  

2

2

a c
ac
 1 (1)
 x  x  y  z   3yz  a  c  b  ac       
bb
b b
2

2

2

3

3

a c
ac

 5 (2)
Bất đẳng thức trở th|nh: a  c  3abc  5b        3
bb
b b
3

6

3

3


TƢ DUY TIẾP CẬN BẤT ĐẲNG THỨC
Gv: Nguyễn Đại Dƣơng – Fb:ThayNguyenDaiDuong
a
c
Đặt u  , v   1  u2  v2  uv  1 v|  2   u3  v3  3uv  5
b
b
2
2
3
Áp dụng AM-GM: 1   u  v   3uv  1   u  v   1  u  v  2
4





ét P  u3  v3  3uv   u  v  u2  uv  v 2  u  v   1  u  v   u  v   1
2

2

 P  22  2  1  5   2  đúng. Đẳng thức xảy ra khi u  v  1 .

C

2

goài ra ta c ng c thể ánh giá bằng A -G như sau:
2
2
3
Ta có: b2  a2  c 2  ac   a  c    a  c   2b  a  c
4





 a3  c 3  3abc   a  c  a2  c 2  ac  3abc   a  c  b2  3abc  2b.b2 

2
3
a  c b

4

2
3
2b  b  5b3 . Đ ng thức y ra khi a  b  c .

4
Kết luận: Vậy bất đẳng thức đúng, đẳng thức xảy ra khi x  y  z .

 a3  c 3  3abc  2b3 

Bài 4: Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a  b  c  1 . Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức:





P  3 a2 b2  b2 c 2  c 2 a2  3  ab  bc  ca   2 a2  b2  c 2

Đề tuyển sinh Đại Học khối B-2010
PH N T CH
B|i to{n đối xứng ba biến không }m nên đẳng thức xảy ra khi có ít nhất 1
biến bằng 0. Ta cố định một biến c  0  a  b  1  b  1  a thay v|o P :









P  3 a2  1  a   0  0  3 a 1  a   0  0  2 a2  1  a   0 2

S

2

TAB E

CASIO

i:
F  X   3X 2 1  X   3X 1  X   2 X 2  1  X 
2

2

 START = 0
 END = 1
 STEP = 0.1
Dựa v|o bảng gi{ trị trên ta thấy h|m số có cực
đại trong khoảng  0.4,0.6  v| đạt gi{ trị nhỏ
nhất l| 2 khi X  0 v| X  1 .
Khi X  0  a  0  b  1 v| X  1  a  1  b  0

2

X

F(X)

0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9

2
2.1053
2.206
2.2854
2.335
2.3517
2.335
2.2854
2.206
2.053
7


TƢ DUY TIẾP CẬN BẤT ĐẲNG THỨC
Gv: Nguyễn Đại Dƣơng – Fb:ThayNguyenDaiDuong
Vậy điểm rơi của b|i to{n l| a  1, b  c  0 v| c{c
ho{n vị.
Ta thấy với điểm rơi trên thì :



1



a2 b2  b2 c 2  c 2 a2  0  3 a2 b2  b2 c 2  c 2 a2   ab  bc  ca 

2

2

Chính vì vậy ta sẽ ép biến về t  ab  bc  ca
Ta không thể đ{nh gi{ : a2  b2  c 2  ab  bc  ca nên ta sẽ biến đổi tương
đương : a2  b2  c 2   a  b  c   2  ab  bc  ca 
2

a  b  c
V| điều kiện của biến : 0  ab  bc  ca 

2

3





BÀI GI I



Sử dụng bất đẳng thức : 3 x2  y 2  z 2   x  y  z 



 1
1
 t  0, 
3
 3



 3 a2 b2  b2 c 2  c 2 a2   ab  bc  ca 

2

2

M| :  a  b  c   a2  b2  c 2  2  ab  bc  ca   a2  b2  c 2  1  2  ab  bc  ca 
2

 P   ab  bc  ca   3  ab  bc  ca   2 1  2  ab  bc  ca 
2

a  b  c
Ta có : 0  ab  bc  ca 

2



1
3

3
 1
Đặt t  ab  bc  ca  t  0,   P  f  t   t 2  3t  2 1  2t
 3

S d
CASIO v i:

PH N T CH HÀM SỐ
TABLE bằ

F  X   X 2  3X  2 1  2X

 START = 0
 END = 0.35
 STEP = 0.05
Dựa v|o bảng gi{ trị trên ta thấy h|m số
 1
đơn điệu tăng trên 0,  v| h|m số đạt gi{
 3
trị nhỏ nhất bằng 2 khi X  0

F X

X

0
0.05
0.1
0.15
0.2
0.25
0.3
0.35

2
2.0498
2.0988
2.1458
2.1891
2.2267
2.2549
2.2679

ab  bc  ca  0

tại t  0 . Khi đó gi{ trị cần tìm của a, b, c l| 
 a  1, b  c  0

a  b  c  1
v| c{c ho{n vị, thỏa mãn yêu cầu b|i to{n. Nên ta định hướng chứng minh
8

TƢ DUY TIẾP CẬN BẤT ĐẲNG THỨC
Gv: Nguyễn Đại Dƣơng – Fb:ThayNguyenDaiDuong
 1
h|m số f  t   t 2  3t  2 1  2t đ ng biến trên 0, 
 3

 1
ét h|m : f  t   t 2  3t  1  2t với t  ab  bc  ca  t  0, 
 3
 1
1
 f '  t   2t  3 
 0 với mọi t  0, 
1  2t
 3

H|m số đ ng biến nên f  t   f  0   2  P  2

Đẳng thức xảy ra khi a  1, b  c  0 v| c{c ho{n vị.
Kết luận : Vậy gi{ trị nhỏ nhất của P l| 2 khi a  1, b  c  0 .
Bài 5: Cho x, y , z là các số thực thuộc 1,4  và x  y , x  z . Tìm giá trị nhỏ nhất
y
x
z
P


của biểu thức :
2x  3y y  z z  x
Đề tuyển sinh Đại Học khối A-2011

PH N T CH
Biểu thức thuần nhất bậc 0 v| hai ph}n thức cuối tương đương nhau nên ta
1
1
1
sẽ chia để giảm biến P 
nhưng hai ph}n thức cuối


y
z
x
1
1
23
y
z
x
kh{ l| quen thuộc chúng ta liên hệ đến một bất đẳng thức phụ :
1
1
2


với ab  1 (1)
1  a 1  b 1  ab
Ta cần điều kiện để sử dụng bất đẳng thức trên, từ điều kiện 

z x x
.  1

y z y

thỏa mãn, {p dụng (1) đưa b|i to{n về khảo s{t h|m số với biến t 

x
y

đ}y tôi không trình b|y c{ch chứng minh bất đẳng thức phụ trên vì qu{
quen thuộc, c{c em tự chứng minh v|o b|i giải.
BÀI GI I
1
1
2


Áp dụng bất đẳng thức :
với ab  1
1  a 1  b 1  ab


1
z
1
y



1
x
1

z



2
x
1
y

P

1
y
23
x



2
x
1
y

.

9


TƢ DUY TIẾP CẬN BẤT ĐẲNG THỨC
Gv: Nguyễn Đại Dƣơng – Fb:ThayNguyenDaiDuong

Do x , y  1,4  , x  y  

x
 4 . Đặt t 
y

x
t2
2
 P  f t   2

y
2t  3 1  t

PH N T CH HÀM SỐ
TABLE bằ

S d
CASIO v i:

F X 

X

2



2
X 1

2X  3
 START = 1
 END = 4
 STEP = 0.25
Dựa v|o bảng gi{ trị trên ta nhận thấy h|m
số đơn điệu giảm trên 1,2  v| gi{ trị nhỏ
2

nhất đạt tại X  2 .
Như vậy gi{ trị nhỏ nhất của f  t  l| f  2 

X

F(X)
1
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5
1.6
1.7
1.8
1.9
2

1.2
1.1756
1.1539

1.1344
1.1165
1.1
1.0845
1.0698
1.056
1.0428
1.0303

x
y  4

 x  4, y  1, z  2
Khi t  2 gi{ trị cần tìm của x, y , z l| 
z  x  z x 1
 y z y z

Gi{ trị n|y thỏa mãn điều kiện của b|i to{n, như vậy ta định hướng chứng
minh h|m số f  t  
ét h|m: f  t  

t

t2
2t  3

2

2t  3
2

2





1
đơn điệu giảm khi t  1,2 
t 1

2
với t 
1 t

x
 t  1,2 
y

4 t  t  1  t 2  6  t   9 
  0 t  1,2 
 f ' t   
 
2
2
2
2t  3  t  1
3





34
34
P
H|m nghịch biến trên 1,2   f  t   f  2  
33
33
 x
2

 y
 x  4, y  1, z  2
Đẳng thức xảy ra khi 
z  x  z x 1
y z y z


Kết luận: Vậy gi{ trị nhỏ nhất của P l|
10

34
khi x  4, y  1, z  2 .
33


TƢ DUY TIẾP CẬN BẤT ĐẲNG THỨC
Gv: Nguyễn Đại Dƣơng – Fb:ThayNguyenDaiDuong
Bài 6: Cho x, y , z là các số thực thỏa mãn x  y  z  0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của

P3

biểu thức:

x y

3

yz

3

z x

 6 x2  6 y 2  6 z 2

Đề tuyển sinh Đại Học khối A-2012
PH N T CH
Ta có x  y  z  0 nên sẽ có ít nhất 1 biến }m, nhưng bất đẳng thức v| điều
kiện đối xứng nên điểm rơi khi có ít nhất hai biến bằng nhau. Do vai tr 3
biến như nhau nên ta giả sử x  y  2x  z  0  z  2x thay v|o P được:
0

P3 3

S
CASIO

3x

3

3x

 6 x2  6 x2  6  2 x   2.3
2

TAB E
F  X   2.3

6 x 1

X

F(X)

i

3X

3x

0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
3.5

4

 6X  1

 START = 0
 END = 4
 STEP = 0.5
Từ bảng gi{ trị trên ta thấy h|m số đơn
điệu tăng v| tăng rất nhanh, h|m đạt gi{
trị nhỏ nhất l| 3 khi X  0 .
Vậy điểm rơi của b|i to{n l| x  y  z  0

3
8.3923
49
272.59
1447
7561.9
39349
204531

1.106
B|i to{n có chứa h|m mũ đối xứng nên ta tìm một đ{nh gi{ để đưa về đa
thức đảm bảo điểm rơi tại x  y  z  0 .
Ta có đ{nh gi{: 3t  t  1 t  0  3

x y

3

yz

3

zx

 xy  yz  zx

Khi đó ta cần tìm kiếm một đ{nh gi{ hoặc biến đổi sao cho:



6 x2  6 y 2  6 z 2  f x  y , y  z , z  x



Ta biến đổi tương đương kết hợp điều kiện:
6x2  6 y 2  6z 2  2  x  y   2  y  z   2  z  x   2  x  y  z 
2



2

2

2

2

 6x2  6 y 2  6z 2  2 x  y  y  z  z  x



2

2



2

Ta suy ra P  x  y  y  z  z  x  2 x  y  y  z  z  x



2

2

3


Nếu ta đặt a  x  y , b  y  z c  z  x  P  a  b  c  2 a 2  b2  c 2  3
thì c{c đ{nh gi{ đưa về h|m số sẽ bị ngược dấu.
Do dự đo{n gi{ trị nhỏ nhất của P l| 3 nên ta sẽ đ{nh gi{:

11

TƢ DUY TIẾP CẬN BẤT ĐẲNG THỨC
Gv: Nguyễn Đại Dƣơng – Fb:ThayNguyenDaiDuong



2

2

xy  yz  zx  2 xy  yz  zx

2

 0

Ta bình phương v| sử dụng bất đẳng thức: a  b  a  b
BÀI GI I

ét h|m số:

f  t   3  t với t  0
t

 f '  t   3t ln 3  1  0 với mọi t  0

H|m đ ng biến  f  t   f  0   1  3t  t  1
Áp dụng ta được: 3

x y

3

yz

3

zx

 xy  yz  zx 3

6 x2  6 y 2  6z 2  2  x  y   2  y  z   2  z  x   2  x  y  z 
2

M|:



2

2

2

2

 6x2  6 y 2  6z 2  2 x  y  y  z  z  x



2

2



2

3
 zx 

P xy  yz  zx  2 xy  yz  zx



Ta có: x  y  y  z  z  x



2



2

 xy  yz





2

2

2

2

2

2

2 xy yz  yz zx  zx xy  xy  yz  zx

2

Áp dụng bất đẳng thức : a  b  a  b



yz  x y  zx  yz

 xy  yz  xyyz  xz  zx xy  yz  zx





2

Tương tự: x  y y  z  z  x  x  y ,



2

2

 xy  yz  zx  2 xy  yz  zx

2

2
2



 P   . Đẳng thức xảy ra khi x  y  z  0 .

Kết luận : Vậy gi{ trị nhỏ nhất của P l| 3 khi x  y  z  0 .
Bài 7: Cho x, y , z là các số thực thỏa mãn x  y  z  0 và x2  y 2  z 2  1 . Tìm
giá trị lớn nhất của biểu thức:

P  x5  y 5  z 5

Đề tuyển sinh Đại Học khối B-2012
PH N T CH
B|i to{n đối xứng v| biến thực nên điểm rơi khi có 2 biến bằng nhau, do

12

TƢ DUY TIẾP CẬN BẤT ĐẲNG THỨC
Gv: Nguyễn Đại Dƣơng – Fb:ThayNguyenDaiDuong
 x  2 y
 x  2 y  0

vai tr của 3 biến l| như nhau ta giả sử y  z   2

1
2
 x  2 y  1  y  
6


Thay v|o  P  

2
1
5 6
,y  z  
, khả năng điểm rơi của sẽ l| x 
.
36
6
6

Để đảm bảo ta sử dụng CASIO như sau: z  x  y  x2  y 2   x  y   1
2

2


y
y
y
1 3y 2
1 3y 2
 x   
x 

z
2
2
4
2
2
4
2

5

1 3y 2

2
4
5

 y
 y

1 3 y 2 
1 3 y 2 
Thay v|o:  P    

 y5    

 2
 2
2
4 
2
4 




S
TAB E ằ
X
F(X)
CASIO i
 0.28
0.8
5
5
0.0175
0.7
 X
 X
1 3X 2 

1 3X 2 
5




F X   

X   

0.21
0.6
 2
 2
2
4 
2
4 




0.3125
0.5
0.34
0.4
 START = 1
0.3075
0.3
 END = 1

0.23
0.2
 STEP = 0.1
0.1225
0.1
Dựa v|o bảng ta thấy h|m số đạt gi{ trị lớn
0
0
nhất tại gi{ trị gần X  0.4 v| tại gi{ trị
 0.122
0.1
X  0.8 h|m số đột nhiên tăng nhanh nên ta
 0.23
0.2
tiếp tục sử dụng TABLE với:
 0.307
0.3
 START = 0.8
 0.34
0.4
 END = 0.82
 0.312
0.5
 STEP =0.001
 0.21
0.6
Ta thu được bảng v| thấy h|m số gi{ trị lớn
 0.017
0.7
nhất tại gi{ trị gần X  0.816 v| gi{ trị n|y v|o

0.8
0.28
khoảng 0.3383 gần bằng gi{ trị tại X  0.4 .
Vậy h|m số đạt gi{ trị lớn nhất tại gi{ trị gần với X  0.4 v| X  0.816
2
1
,y  z  
ph hớp với dự đo{n x 
v| gi{ trị lớn nhất xấp x 0.34
6
6

gần đúng với dự đo{n

5 6
.
36
13


TƢ DUY TIẾP CẬN BẤT ĐẲNG THỨC
Gv: Nguyễn Đại Dƣơng – Fb:ThayNguyenDaiDuong
Ta sẽ nhập v|o CASIO một lần nữa để x{c nhận chính x{c gi{ trị x 

2
6

l|

5

5

 X
d  X
1 3X 2 
1 3X 2  
5
 
  X   

cực trị. Nhập


2  0 do
 2
dx   2
2
4 
2
4   x 


 
6

2
2
đạo h|m của h|m số F  X  bằng 0 tại x 
nên x 
l| cực trị.

6
6
Với dự đo{n điểm rơi khi có 2 biến bằng nhau ta sẽ đ{nh gi{ đưa về một
biến. Với biến số thực thì tốt nhất ta rút thế đi k m với đ{nh gi{ luôn đúng

1 x  y  z  x
2

2

2

 y  z


2

2

2

x

2

 x 


2



2

3x 2
2
2

x
2
6
6





Cuối c ng ta sẽ đưa P về biến x bằng đ{nh gi{: 16 y 5  z 5   y  z   x5
Đ{nh gi{ chỉ đúng khi y  z  0 , khi đó P  x2 

2

điểm rơi xảy ra khi x 

5

x5 15 5
 x r r|ng khi đó
16 16

 0 . Nên ta sẽ giả sử x  0  y  z  x  0 .

6

BÀI GI I
Không mất tổng qu{t giả sử x  0  y  z  x  0





Ta có: a2  b2  2ab  2 a2  b2   a  b  a, b  R
x y z x
2

2

2

2

 y  z


2

x

2



2

2

 x 


2



2

3 2
2
6
6
x  x2   
x
2
3
3
3

   y  z
 16  y  z   y  y z  y z  yz  z    y  z 
Do y  z  0
 16  y  y z  y z  yz  z    y  z 

 y  3z  2 y z  4 yz  y  z 
  y  z   2  y  z   0 luôn đúng. Đẳng thức xảy ra khi y  z .
16 y  z

Ta có đ{nh gi{ sau:
4

4

3

4

4

4

5

3

2 2

2 2

3

2

3

2

2

5

4

4

4

2 2

5

5

2

2

Áp dụng bất đẳng thức  P  x

5

 y  z


5

x

5

 x 


5



16
16
1
,y  z  
Đẳng thức xảy ra khi x 
v| c{c ho{n vị.
6
6

2

14

15x5 5 6

16
36

TƢ DUY TIẾP CẬN BẤT ĐẲNG THỨC
Gv: Nguyễn Đại Dƣơng – Fb:ThayNguyenDaiDuong
Kết luận: Vậy gi{ trị lớn nhất của P l|

2
1
5 6
,y  z  
khi x 
.
36
6
6

Bài 8: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn  a  c  b  c   4c 2 . Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức:
P

32a3

 b  3c 

3



32b3

 a  3c 

3



a 2  b2
c

Đề tuyển sinh Đại Học khối A-2013
PH N T CH
B|i to{n v| điều kiện đối xứng theo hai biến a, b nên điểm rơi khi a  b ,
thay v|o điều kiện ta được điểm rơi a  b  c .
Điều kiện v| b|i to{n l| c{c biểu thức đẳng cấp nên ta hướng đến đặt ẩn
phụ giảm biến.
a
b
Đặt x  , y  . Điều kiện   x  1 y  1  4  x  y  xy  3
c
c
3
32 y 3
32 x
P

 x 2  y 2 . Điểm rơi l| x  y  1 v| min P  1  2
3
3
 y  3  x  3
Ta thấy  x2  y 2  

x  y

2

 2  x  y   6 nên ta có thể đưa về h|m số

với biến x2  y 2 hoặc x  y .
Do 2 ph}n thức đầu có bậc 3 nên ta sẽ ngh đến c{c đ{nh gi{ sau:
 Đ{nh gi{ 1: Sử dụng bất đẳng thức: a  b
3

3

 a  b


3

4
 Đ{nh gi{ 2 : Áp dụng AM-GM:
32 x 3
1 1
x
32 x3
32 x3
1
x2




6




hoặc
3
3
3
2
 y  3 2 2 y  3
 y  3  y  3 2  y  3

Từ điều kiện  x  y  2 nên ta sẽ định hướng ép biến về x  y v| phải
đ{nh gi{ đảm bảo h|m số thu được đ ng biến.
BÀI GI I
a
b
Đặt x  , y  . Điều kiện trở th|nh:  x  1 y  1  4  xy  x  y  
c
c
3
32 y 3
32 x
P

 x2  y 2
3
3

 y  3  x  3
15


TƢ DUY TIẾP CẬN BẤT ĐẲNG THỨC
Gv: Nguyễn Đại Dƣơng – Fb:ThayNguyenDaiDuong
Áp dụng AM-GM:  x  1 y  1

 x  y  2

4

2

    x  y  2   x  y  2
2

C
Áp dụng bất đẳng thức: a  b
3



32 x3

 y  3

3



32 y 3

 x  3

3

3

 a  b

4

 x
y 
 


 y3 x3
3

 x
y 
 P  

 
 y3 x3

x  y

3

2

a, b  0

3

 2x  y  6

Đ NH H
NG T DU
Ta sẽ đ{nh gi{ tiếp tục để đưa b|i to{n về x  y . Do biểu thức có dạng ph}n
thức nên ta ngh ngay đến bất đẳng thức Cauchy-Schwarz:

x  y
y
y2
x
x2




y  3 x  3 xy  3x xy  3 y 2 xy  3x  3 y
2

Mẫu số có xy ta vẫn có thể đ{nh gi{ tiếp nhưng khoan, đ{nh gi{ qu{ nhiều
sẽ dẫn đến b|i to{n bị ngược dấu nên ta rút thế xy  3   x  y 
P

8x  y

6

 x  y  6

3



x  y

2

 2x  y  6

Đến đ}y ta sử dụng CASIO để đảm bảo rằng b|i to{n vẫn c n đúng:
S
TAB E
X
F(X)
CASIO i
 0.414
2
6
8X
 0.324
2.1
F X 

 X 2  2X  6
3
 0.154
2.2
 X  6
2.3
0.0988
 START = 2
2.4
0.4439
 END = 3
2.5
0.889
 STEP 0.01
2.6
1.444
Dựa v|o bảng gi{ trị trên ta thấy h|m số
2.7
2.1201
đơn điệu tăng, h|m số đạt gi{ trị nhỏ
2.8
2.9294
nhất tại X  2 .
2.9
3.8847
Chú ý: Để chắc chắn ta có thể tiếp tục sử
3
5
dụng TABLE cho khoảng rộng hơn.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz:

16


TƢ DUY TIẾP CẬN BẤT ĐẲNG THỨC
Gv: Nguyễn Đại Dƣơng – Fb:ThayNguyenDaiDuong

x  y  x  y
y
y2
x
x2




y  3 x  3 xy  3x xy  3y 2xy  3x  3y x  y  6
2

P

8x  y

6

 x  y  6

3



x  y
8t 6

ét h|m số: f  t  

2

2

 2x  y  6

 t 2  2t  6 với t  x  y  t  2

t  6
24t 5  t  12 
t 1
 f ' t  

4
2
t  2t  6
t  6
S
CASIO

3

PH N T CH HÀM SỐ
TAB E
X

i
F X 

24X  X  12 
5

 X  6

4

 START = 2
 END = 3
 STEP = 0.2
X 1

F X 

X  2X  6

 START = 2
 END = 3
 STEP =0.2

gi{ thông qua gi{ trị
Ta có:
V|:

24t 5  t  12 

t  6

t 1

t 2  2t  6

4





2
2.2
2.4
2.6
2.8
3

F(X)
2.1213
1.7777
1.5921
1.4746
1.3931
1.3333

X

2

Dựa v|o 2 bảng trên ta thấy

2
2.2
2.4
2.6
2.8
3

F(X)
2.625
3.8847
5.5272
7.61 9
10.193
13.333

24t 5  t  12 

t  6 

4



5
t 1

nên ta sẽ đ{nh
2
2

t  2t  6

5
.
2
4
5
 t 6  t 5  5  t  6   0 đúng t  2
2

5
 2t  2  5 t 2  2t  6  t 2  42t  154  0 đúng t  2
2

17


TƢ DUY TIẾP CẬN BẤT ĐẲNG THỨC
Gv: Nguyễn Đại Dƣơng – Fb:ThayNguyenDaiDuong
 f ' t  

24t 5  t  12 

t  6 

4



t 1

t 2  2t  6

 0 t  2

H|m số đ ng biến trên  2,    f  t   f  2   1  2  P  1  2
C
2
32 x 3
1 1
x
Áp dụng AM-GM:
  6
3
 y  3 2 2 y  3
32 y 3

 x  3

3



y
1 1
 6
2 2
x3

 x
2

y 
 P  

  x  y  2x  y  6  2
 y3 x3
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz:

x  y  x  y
y
y2
x
x2




y  3 x  3 xy  3x xy  3y 2xy  3x  3y x  y  6
2

P

6x  y

2

xy6

S
CASIO

x  y



2

 2 x  y  6  2

PH N T CH HÀM SỐ
TAB E
X
i

F X 

2

6X
 X 2  2X  6
X6
 START = 2
 END = 3
 STEP 0.01
Dựa v|o bảng gi{ trị trên ta thấy h|m số
đơn điệu tăng, h|m số đạt gi{ trị nhỏ
nhất tại X  2 .
Để chắc chắn ta tiếp tục sử dụng TABLE
cho khoảng rộng hơn.

ét h|m số: f  t  

 f ' t  

18

2

6t 2
 t 2  2t  6 với t  x  y  t  2
t6

6t  t  12 

t  6

2

2
.1
2.2
2.3
2.4
2.5
2.6
2.7
2.8
2.9
3



t 1
t 2  2t  6

F(X)
 0.414
 0.348
 0.258
 0.148
 0.021
0.1204
0.2749
0.441
0.6178
0.8043
1


TƢ DUY TIẾP CẬN BẤT ĐẲNG THỨC
Gv: Nguyễn Đại Dƣơng – Fb:ThayNguyenDaiDuong
6t  t  12 

Ta có:
V|

t  6

2

t 1
t  2t  6

2

 f ' t  





5
 7t 2  84t  180  0 đúng t  2
2

5
 t 2  42t  154  0 đúng t  2
2

6t  t  12 

t  6

2

t 1



t 2  2t  6

 0 t  2

H|m số đ ng biến trên  2,    f  t   f  2   1  2  P  1  2
x  y  2

Đẳng thức xảy ra khi 
 x  y 1 a  b  c

x  y
Kết luận: Vậy gi{ trị nhỏ nhất của P l| 1  2 khi a  b  c .
Bài 9: Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
4
9
P

a2  b2  c 2  4  a  b   a  2c  b  2c 
Đề tuyển sinh Đại Học khối B-2013
PH N T CH
P đối xứng theo a, b nên dự đo{n điểm rơi khi a  b .
Ta không đ{nh gi{ : a  b  c
2

2

Nên ta sẽ đ{nh gi{  a  b 

2

a  b  c


2

vì chưa chắc a  b  c .

3

 a  2c  b  2c 

về a2  b2  c 2 :

 a  b  a  2c  b  2c    a  b  a  b2 4c  a

 b2  2ab  4ac  4bc
2
2
2
2
2
2
Ta ép về a  b  c nên cần cm a  b  2ab  4ac  4bc  f a2  b2  c 2
2





C}n bằng hệ số trong AM-GM ta được a  b  c v|:
a2  b2  2ab  4ac  4bc
 2 a 2  b2  c 2
2
BÀI GI I

Áp dụng AM-GM:
2
2
 a  b  a  2c  b  2c    a  b  a  b2 4c  a  b  2ab2  4ac  4bc
M|: 2ab  a2  b2 , 4ac  2 a2  c 2 v| 4bc  2 b2  c 2













19


TƢ DUY TIẾP CẬN BẤT ĐẲNG THỨC
Gv: Nguyễn Đại Dƣơng – Fb:ThayNguyenDaiDuong



a2  b2  2ab  4ac  4bc
 2 a 2  b2  c 2
2
4

9
P

2
2
2
a2  b2  c 2  4 2 a  b  c








Đặt t  a2  b2  c 2  4  t  2  P  f  t  

4
9

2
t 2 t 4





Đ NH H
NG T DU
Do b|i to{n không có điều kiện nên để biểu thức có gi{ trị lớn nhất thì h|m

số phải có cực đại v| đạt gi{ trị lớn nhất tại điểm cực đại.
S
TAB E
X
F(X)
CASIO i
2.5
 0.4
4
9
3
0.4333
F X  
X 2 X2  4
3.5
0.5974
4
0.625
 START = 2
4.5
0.6119
 END = 7
5
0.5857
 STEP = 0.5
5.5
0.5558
Dựa bảng gi{ trị trên ta thấy h|m số đạt
6
0.526

cực đại trong khoảng  3.5,4.5  v| đạt
6.5
0.4977
gi{ trị lớn nhất tại đó.
7
0.4714
Ta x{c nhận xem X  4 có phải l| cực trị hay không? Nhập v|o m{y tính


d 4
9

CASIO ta được:

 0 nên h|m số đạt cực đại tại
dx  X 2 X 2  4  x  4


X  4 . Điểm rơi của b|i to{n l| a  b  c  2 .
4
9
ét h|m: f  t   
với t  a2  b2  c 2  4  2
t 2 t2  4









 f ' t   

4
t

2





9t
t2  4







2

 f ' t   0  t  4

BBT:
t
f’(t)

2



f(t)


20

4
0
5
8




0


TƢ DUY TIẾP CẬN BẤT ĐẲNG THỨC
Gv: Nguyễn Đại Dƣơng – Fb:ThayNguyenDaiDuong
Dựa v|o bảng biến thiên  f  t   f  4  

5
5
P
8
8


a  b  c
Đẳng thức xảy ra khi 
abc2
2
2
2

 a b c 4 4
C
2 Sau khi ịnh hướng ược bài toán và iểm rơi như trên thì ta c thể gi i
bằng cách ép về biến a  b  c .

Ta c : a  b  c
2

2

2

 a  b  c  2
4

2

4

 a2  b2  c 2  4 

a  b  4c 2  a  b  c 
Và:  a  b   a  2c  b  2c    a  b 

2
3
8
27
8
27
P

 f t  

a  b  c  2 2  a  b  c 2
t  2 2t 2

abc2
2
2

5
khi a  b  c  2 .
8

Kết luận: Vậy gi{ trị lớn nhất của P l|

Bài 10: Cho x, y , z là các số thực không âm thỏa mãn x2  y 2  z2  2 . Tìm giá
trị lớn nhất của biểu thức:
P

x2
x  yz  x  1
2



yz
1  yz

x y  z 1
9

Đề tuyển sinh Đại Học khối A-2014
PH N T CH
B|i to{n có điều kiện l| một biểu thức đối xứng, P không đối xứng nhưng
đối xứng theo 2 biến y , z , do điều kiện c{c biến không }m nên ta không thể
đo{n điểm rơi l| y  z . Ta sẽ xét c{c trường hợp sau:
TH 1: Cố định x  0  y 2  z2  2  y  2  z2 , thay v|o P được:
P

S

2  z2  z

1  z 2  z2
9
2  z2  z  1
TAB E i

1  X 2  X2

9
2  X2  X  1
 START = 0
 END = 1.5
 STEP = 0.2

F X 

2  X2  X





X
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
1.4

F(X)
0.4746
0.4744
0.4698
0.4628
0.4543

0.4444
0.4304
0.3837
21


TƢ DUY TIẾP CẬN BẤT ĐẲNG THỨC
Gv: Nguyễn Đại Dƣơng – Fb:ThayNguyenDaiDuong
Dựa v|o bảng gi{ trị trên ta thấy h|m số

1.5

ERROR

đơn điệu giảm trên 0, 2  . Nên h|m số đạt gi{ trị lớn nhất khi X  0 suy


ra gi{ trị lớn nhất trong trường hợp n|y  0.4746 khi x  0, y  2 , z  0
TH 2: Cố định z  0  x2  y 2  2  y  2  x2

do b|i to{n đối xứng theo

2 biến y , z nên ta không cần xét TH y  0 )
x2

P

x2  x  1

S

x  2  x2  1
TAB E i :

ng
F X 

2  x2



X2
X  X 1
2

2  X2





X

1
9



1
9

F(X)
0. 746
0.4596
0.4835
0.5171
0.5443
0.5555
0.5383
0.4153

0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
1.4

X  2X 1
 START = 0
 END = 1.5
 STEP = 0.2
Dựa bảng gi{ trị trên ta thấy h|m số đạt cực
đại trong khoảng  0.8,1.2  v| h|m số đạt gi{ trị lớn nhất tại X  1 . Ta kiểm
2

tra xem X  1 có phải l| cực đại hay không. Nhập v|o m{y tính CASIO ta
d 

X2
2  X2
1
được:  2

 
 0 nên X  1 l| cực đại.
dx  X  X  1 X  2  X 2  1 9  x  1


5
Gi{ trị lớn nhất trong trường hợp n|y l| khi x  1, y  1, z  0 .
9
Kết hợp hai trường hợp ta thấy điểm rơi của b|i to{n l| x  1, y  1, z  0
hoặc x  1, y  0, z  1 .
Đ NH H

NG T DU
yz
x
Ta có nhận định : 2
v|
dạng ph}n số có mẫu đ ng
x y z1
x  yz  x  1
2

nhất về số lượng cũng như hệ số nên ta ngh đến việc đ{nh gi{ sao cho hai
mẫu đ ng nhất. Từ điều kiện ta đ{nh gi{ được:
x2   y  z   2  2 yz  2 1  yz   2x  y  z   1  yz  xy  xz

2



x2
x  yz  x  1
2



x2
x  x  xy  xz
2



x
x y  z1

V| : x  y  z  2  x   y  z   2  2 yz  2 1  yz 
2

22

2

2

2

2

 x  y  z

2

2


TƢ DUY TIẾP CẬN BẤT ĐẲNG THỨC
Gv: Nguyễn Đại Dƣơng – Fb:ThayNguyenDaiDuong
Đến đ}y ta đã đưa b|i to{n về biến x  y  z . Từ điều kiện b|i to{n ta đ{nh
gi{ được 0  x  y  z  6 nên ta sẽ định hướng chứng minh h|m số đạt



cực đại tại t  x  y  z  2 trên 0, 6  .

BÀI GI I
Áp dụng AM-GM:
x2  y 2  z2  2  2 1  yz   x2   y  z   x  y  z   1  yz  x  y  z 
2

V| :

2 1  yz   x   y  z 
2

2

 x  y  z


2

2

 x  y  z
 1  yz 

2

4

 x  y  z  x  y  z  x  y  z
yz
P 2


36
x y  z1
36
x  x  x y  z x  y  z  1
2

x2





2

Lại có: 3 x2  y 2  z2   x  y  z    x  y  z   6  0  x  y  z  6
2

2



t
t2
với t  x  y  z  t  0, 6 


t  1 36
2
3
t 18  t  2t  t


, f 't   0  t  2
2
18
18  t  1

ét h|m số: f  t  
 f ' t  

1

 t  1

2

BBT:
t

0

2



f’(t)

0
5
9

f(t)

6


Dựa v|o bảng biến thiên  f  t   f  2  

5
5
P

9
9
Đẳng thức xảy ra khi x  y  1, z  0 hoặc x  z  1, y  0

Kết luận: Vậy gi{ trị lớn nhất của P l|

5
khi x  y  1, z  0 .
9

Bài 11: Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn iều kiện

 a  b c  0

. Tìm

giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P

a
b
c


bc
a  c 2  a  b

Đề tuyển sinh Đại Học khối B-2014
23

TƢ DUY TIẾP CẬN BẤT ĐẲNG THỨC
Gv: Nguyễn Đại Dƣơng – Fb:ThayNguyenDaiDuong
PH N T CH
B|i to{n đối xứng theo 2 biến a , b m|  a  b  c  0 nên điểm rơi không thể l|
a  b  0 hoặc c  0 được nên điểm rơi khi một trong hai biến a hoặc b

a c 1 a 1 a c 3




 suy ra điểm rơi của b|i
c 2a 2 c 2 c 2a 2
to{n l| a  c , b  0 hoặc a  0, b  c . Từ điều kiện v| P chứa hai căn thức
quen thuộc ta ngh đến c{c bất đẳng thức:
bằng 0. Khi đó P 

a
b
ab

2
bc
ac
a  b  2c

 Đ{nh gi{ 1:

a

b
c


2
bc
ac
ab
Đ{nh gi{ 1 cần điều kiện c  min a, b, c nên không ph hợp. Đ{nh gi{ 2
 Đ{nh gi{ 2:

đối xứng v| xảy ra khi a  b, c  0 v| c{c ho{n vị nên ph hợp. Nhưng vấn
đề chính l| muốn sử dụng đ{nh gi{ 2 thì ta phải chứng minh nó khi đó nếu
d ng h|m số thì phải sử dụng đ{nh gi{ 1 v| phải chứng minh đ{nh gi{ 1
bằng Cauchy-Schwarz rất d|i v| khó. Ta sẽ sử dụng c{ch chứng minh đ{nh
gi{ 2 bằng AM-GM rất hay như sau :

a  a  b  c   2a b  c 

a
2a

bc abc
Khi đ{nh gi{ bằng AM-GM thì đẳng thức chỉ xảy ra khi b  0 nên để đảm
bảo đẳng thức xảy ra khi a hoặc b bằng 0 ta nh}n thêm cho
tự :

b  a  b  c   2b a  c 

P

2  a  b
abc



b
2b

ac abc

c
c
đưa b|i to{n về h|m số theo biến t 
0
a

b
2  a  b

BÀI GI I
Áp dụng AM-GM:

a  b  c  2 a  b  c   a  a  b  c   2a b  c 
Đ{nh gi{ tương tự:
P

24

2  a  b

abc



a . Tương

b
2b

ac abc

c

2  a  b

2
1

c
ab



c
2  a  b

a
2a

bc abc

TƢ DUY TIẾP CẬN BẤT ĐẲNG THỨC
Gv: Nguyễn Đại Dƣơng – Fb:ThayNguyenDaiDuong
c
2
t
 t  0  P  f t  

ab
1 t 2
PH N T CH HÀM SỐ
S
TAB E
X
CASIO i
2X
X
F X 

X 1 2
 START = 0
 END = 5
 STEP 0.5
Dựa v|o bảng gi{ trị trên ta thấy h|m số
có cực tiểu v| đạt gi{ trị nhỏ nhất tại
X 1.
Vậy f  t   f 1 thỏa mãn yêu cầu nên ta

Đặt t 

định hướng chứng minh h|m số đạt gi{
trị nhỏ nhất tại t  1
2
t
c
ét h|m số: f  t  
 với t 
t 0
1 t 2
ab
1
2
 f ' t   
 f ' t   0  t  1
2  1  t 2

F(X)
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
3.5
4
4.5
5

2
1.5833
1.5
1.55
1.6666
1.8214
2
2.1944
2.4
2.6136
2.8333

BBT :
t
f’(t)

0

1
0








0
f(t)

3
2
3
3
Dựa v|o bảng biến thiên  f  t   f 1   P 
2
2
Đẳng thức xảy ra khi a  0, b  c hoặc a  c , b  0 .

C{ch 2 : Sử dụng đ{nh gi{

a
b
c


2
bc
ac
ab
2


1
c
3 3
 1  

 2 2

2  a  b

3
Kết luận: Vậy gi{ trị nhỏ nhất của P l| khi a  c , b  0 hoặc a  0, b  c .
2
c
c
P2


a  b 2  a  b

Bài 12: Cho a, b, c thực thuộc oạn 1,3  và thỏa mãn iều kiện a  b  c  6 .
25


TƢ DUY TIẾP CẬN BẤT ĐẲNG THỨC
Gv: Nguyễn Đại Dƣơng – Fb:ThayNguyenDaiDuong
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
a2 b2  b2 c 2  c 2 a2  12abc  72 1
P
 abc
ab  bc  ca
2
Đề chính thức kì thi THPT Quốc Gia 2015
PH N T CH
Điều kiện của c{c biến nằm trong khoảng chặn nên khả năng điểm rơi xảy
ra khi có ít nhất một biến nằm ở biên. Do điều kiện v| b|i to{n đối xứng 3
biến nên vai tr a, b, c như nhau, cố định c  1  a  b  5  b  5  a thay
v|o P được :

a2  5  a    5  a   a2  12a  5  a   72
2

P

2

a  5  a  5

1
 a  5  a
2

Do a, b, c  1,3 m| c  1  a, b  2,3
S
CASIO

TAB E

X

F(X)
i
2
14.545
2
2
2
2.1
14.537

X  5  X   10X  50X  97 5X  X 2
F X 

2.2
14.531
2
5  5X  X 2
2.3
14.527
 START = 2
2.4
14.525
 END = 3
2.5
14.525
 STEP = 0.1
2.6
14.525
Dựa v|o bảng gi{ trị trên ta thấy h|m số đối
2 7
14.527
xứng v| đạt cực tiểu tại X  2.5 , đạt gi{ trị lớn
2.8
14.531
160
nhất l|
tại X  2 v| X  3 .
2.
14.537
11

3
14.545
Với gi{ trị trên thì điểm rơi của b|i to{n l| a  3, b  2, c  1 v| c{c ho{n vị.
Có 2 gi{ trị nằm ở biên nên ta không cần xét trường hợp n|o nữa.
Do điểm rơi tại biên nên ta sử dụng đ{nh gi{ miền gi{ trị :
 a  1 b  1 c  1  0  abc  5  ab  bc  ca (1)

 a  3 b  3 c  3  0  abc  27   ab  bc  ca  (2)

Đến đ}y ta đã thấy định hướng ép về t  ab  bc  ca , ta cần đ{nh gi{ biểu
thức đầu đưa về ab  bc  ca nữa l| xong. Do điểm rơi l| a  1, b  2, c  3
2
1
nên không thể đ{nh gi{: a2 b2  b2 c 2  c 2 a2   ab  bc  ca  , nhưng ta có:
3

 ab  bc  ca

26

2

 a2 b2  b2 c 2  c 2 a2  2abc  a  b  c   a2b2  b2c 2  c 2 a2  12abc


TƢ DUY TIẾP CẬN BẤT ĐẲNG THỨC
Gv: Nguyễn Đại Dƣơng – Fb:ThayNguyenDaiDuong

a  b  c
ab  bc  ca 

2

 12 nhưng điểm
3
rơi không xảy ra khi ba biến bằng nhau nên điều kiện trên l| chưa đủ, từ
1 v| 2  ab  bc  ca  5  abc  3  ab  bc  ca   27  ab  bc  ca  11

Ta đ{nh gi{ điều kiện của biến :

Do a, b, c  1,3 nên ta có:

 a  1 b  1 c  1  0  abc  5  ab  bc  ca
 a  3 b  3 c  3  0  abc  27   ab  bc  ca 

(1)
(2)

Lấy 2  (1)  ab  bc  ca  11

a  b  c
M| : ab  bc  ca 
3

2

 12

Ta có:  ab  bc  ca   a2 b2  b2 c 2  c 2 a2  2abc  a  b  c   a2b2  b2c 2  c 2 a2  12abc
2

 ab  bc  ca 
P

2

 72

1
1
72
5
  ab  bc  ca  5   ab  bc  ca  

ab  bc  ca
2
2
ab  bc  ca 2
t 72 5
Đặt t  ab  bc  ca  t  11,12   P  f  t   

2 t 2
PH N T CH HÀM SỐ
S
TAB E
X
F(X)
CASIO i
11
14.545

X 72 5
11.1
14.536
F X  

2 X 2
11.2
14.528
 START = 11
11.3
14.521
 END = 12
11.4
14.515
 STEP 0.1
11.5
14.51
Dựa v|o bảng gi{ trị trên ta thấy h|m số
11.6
14.506
đơn điệu giảm trên 11,12  , h|m số đạt
11.7
14.503
11.8
14.501
gi{ trị lớn nhất tại X  11 thỏa mãn yêu
cầu nên ta định hướng chứng minh h|m
11.9
14.5
12

14.5
số nghịch biến trên 11,12  .
1
72 5
f t   t 
 với t  ab  bc  ca  t  11,12 
2
t 2
1 72
 f '  t    2  0 t  11,12  H|m số nghịch biến trên 11,12 
2 t
160
160
 f  t   f 11 
P
11
11

ét h|m:

27