cac pp chung minh bat dang thuc

<span class='text_page_counter'>(1)</span>BẤT ĐẲNG THỨC Lê Hồ Quý (GV. THPT Lê Lợi - Kon Tum). Bất đẳng thức, giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của một hàm số hoặc một biểu thức là một trong những chuyên đề khó của chương trình toán THPT bởi phạm vi nghiên cứu về vấn đề này rất rộng. Để giải được bài toán về loại này, đòi hỏi người học không những phải nắm vững lý thuyết, mà còn phải biết cách sử dụng các phép biến đổi, bất đẳng thức phụ,… linh hoạt và sáng tạo. Trong phạm vi bài viết, chúng tôi muốn chia sẻ cùng các em học sinh thân yêu, chia sẻ cùng các bậc thầy cô giáo đáng kính các kinh nghiệm tích góp được trong quá trình giảng dạy, bồi dưỡng học sinh giỏi và luyện thi vào Đại học. §1. MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ BẤT ĐẲNG THỨC I. BẤT ĐẲNG THỨC:. 1. Khái niệm bất đẳng thức: Các mệnh đề dạng “A>B”, “A<B”, “A≥B”, “A≤B” được gọi là bất đẳng thức, với A gọi là vế trái, B gọi là vế phải và A, B là hai biểu thức đại số. Ta có: * A > B  A-B > 0; A < B  A - B < 0 * A B  A-B 0; A B  A  B 0 2. Các tính chất cơ bản của bất đẳng thức:  A>B a) TÝnh chÊt 1:   A C B>C b) TÝnh chÊt 2: A>B  A C>B C  A.C>B.C, nÕu C>0 c) TÝnh chÊt 3: A>B    A.C<B.C, nÕu C<0  A>B d) TÝnh chÊt 4:   A C  B D C>D. A>B>0 e) TÝnh chÊt 5:   A.C  B.D C>D>0 f) TÝnh chÊt 6: A>B>0, n  N *  A n  B n A>B>0, n  N, n 2  g) TÝnh chÊt 7:. 2  a+b  a+b    ab  hay a+b 2 ab, ab     2 2     §¼ng thøc x¶y ra khi vµ chØ khi a=b.  Các hệ quả của bất đẳng thức Cauchy hai số là : * HÖ qu¶ 1 : 2(a 2 +b2 ) (a+b)2 4ab, víi a, b  R. 1 1 4 * HÖ qu¶ 2 :   , víi a, b>0. a b a b a b * HÖ qu¶ 3 :  2, víi a, b>0. b a. 2. Bất đẳng thức Cauchy cho n số không âm :. AnB. A>B, n  N*  A 2n 1  B 2n 1 A>B, n  N* . II. BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY: 1.Bất đẳng thức Cauchy cho hai số không âm : Víi hai sè kh«ng ©m a vµ b, ta cã:. n. 2n+1. A  2n 1 B.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Víi n sè kh«ng ©m a1 , a 2 , ..., a n (n 2), ta cã : a1  a 2  ...  a n n  a1a 2 ...a n n §¼ng thøc x¶y ra  a1 a 2 ... a n III. BẤT ĐẲNG THỨC BU-NHIA-CỐPSKI 1. Bất đẳng thức Bu-nhia-cốpski cho hai cặp số: Với hai cặp số thực (a1 , a 2 ), (b1 , b 2 ) bất kì, ta đều có: (a1b1 +a 2 b 2 )2 (a12  a 22 )(b12  b 22 ) §¼ng thøc x¶y ra khi vµ chØ khi. b1 b 2  . a1 a 2. * Quy íc : NÕu a1 0 (hoÆc a 2 =0) th× b1 0 (hoÆc b2 0) 2. Bất đẳng thức Bu-nhia-cốpski cho hai bộ n số: Víi hai bé sè thùc (a1 , a 2 , ..., a n ), (b1 , b 2 , ..., bn ) bÊt k×, ta cã : (a1b1 +a 2 b2 +...+a n b n )2 (a12  a 22  ...  a 2n )(b12  b 22  ...  b 2n ) §¼ng thøc x¶y ra . b1 b2 b  ...  n . a1 a 2 an. * Quy ớc : Nếu một a i nào đó bằng 0 thì b i 0 (i=1,n). IV. BẤT ĐẲNG THỨC CHỨA GIÁ TRỊ TUYỆT ĐỐI: Víi mäi sè thùc a vµ b, ta cã: 1) a+b  a  b . §¼ng thøc x¶y ra khi vµ chØ khi ab 0. 2) a-b  a  b . §¼ng thøc x¶y ra khi vµ chØ khi ab 0. V. BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC: 1) Bất đẳng thức cơ bản: b-c  a  b  c, c-a  b  c  a và a-b  c  a  b, p-a>0, p-b>0 vµ p-c>0. 2) Các bất đẳng thức khác: 2S ab; 2S bc và 2S ca.  900. b 2  c 2 a 2 nÕu A VI. CÔNG THỨC TÍNH ĐỘ DÀI ĐƯỜNG TRUNG TUYẾN VÀ PHÂN GIÁC: b2  c2 a 2 c2  a 2 b 2 a 2  b 2 c2 m a2   ; m 2b   ; m c2   2 4 2 4 2 4 2 bc 2 ca 2 ab la  p(p  a); l b  p(p  b); l c  p(p  c) bc c a a b. §2. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Dạng 1: Sử dụng các phép biến đổi, đánh giá thích hợp Để chứng minh A ≥ B, ta sẽ chứng minh A-B ≥ 0 (nghĩa là ta sử dụng định nghĩa, tính chất cơ bản,... để biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh đến bất đẳng thức đúng hay một tính chất đúng hoặc có thể sử dụng bất đẳng thức đúng biến đổi dẫn đến bất đẳng thức cần chứng minh). Ví dụ 1: Cho ba số a, b, c bất kì. Chứng minh các bất đẳng thức: a) a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca (1) b) (ab + bc + ca)2 ≥ 3abc(a + b + c) (2) (§HQG TP. HCM -1998). Lêi gi¶i. a) (1)  2a 2  2b 2  2c 2 2ab  2bc  2ca  (a  b)2  (b  c)2  (c  a)2 0 luôn luôn đúng. b) (2)  a 2 b 2  b 2 c 2  c 2a 2  a 2 bc  ab 2 c  abc 2 0  2a 2 b 2  2b 2 c 2  2c 2a 2  2a 2 bc  2ab 2c  2abc 2 0  (ab-bc)2  (bc  ca)2  (ca  ab)2 0 luôn luôn đúng. VÝ dô 2: Chøng minh r»ng a2 + b2 + c2 + d2 + e2 ≥ a(b + c + d + e) víi mäi a, b, c, d, e.. (1). (§H Y dîc TP. HCM-1999). Lêi gi¶i. a2 a2 a2 a2 (1)   ab  b 2   ac  c2   ad  d 2   ae  e2 0 4 4 4 4 2. a  a    b   2  2. 2. 2.  a  a c   d    2  2. 2.  e  0 hiển nhiên đúng.  1 1 1 VÝ dô 3 : Cho ba sè thùc a, b, c tháa m·n abc=1 vµ a+b+c>   a b c a) Chøng minh r»ng: (a-1)(b-1)(c-1)>0. (1) b) Chứng minh rằng trong ba số a, b, c có đúng một số lớn hơn 1. (§HTH TP.HCM -1993). Lêi gi¶i. a) Ta cã: (1)  abc-ab-ac-bc+a+b+c>0. (2). 1 1 1 ab+bc+ca V× a+b+c>    a+b+c> a b c abc  a  b  c  ab  bc  ca (v× abc=1) Vậy (2) đúng. Suy ra (1) đúng. b) Ta cã: (a-1)(b-1)(c-1)>0 Suy ra hoặc cả ba số a, b, c đều lớn hơn 1 hoặc trong ba số a, b, c có đúng một số lớn hơn 1 NÕu a>1, b>1, c>1  abc>1, m©u thuÉn víi gi¶ thiÕt. Vậy trong ba số a, b, c có đúng một số lớn hơn 1. a b c VÝ dô 4 : Chøng minh:    2. 3 4 3 3 3 3 3 3 3 3 3 b c c a a b trong đó a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. (T¹p chÝ To¸n häc & Tuæi trÎ 5/2004). Lêi gi¶i. 1 Ta cã: b3  c3  (b  c)3 4. (1).

<span class='text_page_counter'>(4)</span> ThËt v©y: (1)  4(b3 +c3 ) b3  c3  3b2 c  3bc2  b3  c3  b2 c  bc2 0  b 2 (b  c)  c2 (b  c) 0  (b-c)(b 2 -c2 ) 0  (b-c)2 (b  c) 0. (2). (2) đúng  (1) đúng. 1 T ¬ng tù: c3  a 3  (c  a)3 4 1 a 3 +b3  (a+b)3 4 Do đó: a. b c   a 3 4      b+c c  a a  b  b c c a a b a b c 2a 2b 2c mµ      b+c c  a a  b 2(b  c) 2(c  a) 2(a  b) 2a 2b 2c <   =2 b c a c a b a b c (Do a+b>c; b+c>a; c+a>b) Tõ (3) vµ (4) suy ra ®pcm. 3. 3. 3. . b. 3. 3. 3. . c. 3. 3. 3. (3). (4).  Bài tập tự luyện: x y x 2 y2 Bµi 1 : Cho x, y 0. Chøng minh: 2  2  4 3    y x y x (Đề thi vào lớp 10 chuyên của trường Trần Đại Nghĩa TP. HCM năm 2004 ). Bµi 2 : Chøng minh r»ng nÕu 0<x y z, th× ta cã: 1 1 1 1 1 y     (x  z)    (x  z). x z y x z (Đề 148 - Bộ đề tuyển sinh). Bµi 3 : Cho a, b, c lµ c¸c sè d ¬ng. Chøng minh:  a 2  b2  c 2  a 2  b2 b2  c2 c2  a 2   3   a b bc c a  a bc  (Tạp chí Toán học & Tuổi trẻ 11/1995). Bµi 4 : Cho x, y, z lµ c¸c sè d ¬ng. Chøng minh: x 2  xy  y 2  y 2  yz  z 2  z 2  zx  x 2  3(x  y  z) (Học viện Quan hệ Quốc tế năm 1997). Bài 5: Cho ba số a, b, c thỏa mãn điều kiện a2 + b2 + c2 = 1. Chứng minh rằng: abc + 2(1 + a + b + c + ab + ac + bc) ≥ 0. (Đề 2 - Bộ đề tuyển sinh). Dạng 2: Sử dụng bất đẳng thức Cauchy  Trường hợp 1: Các biến không bị ràng buộc a 2 b2 c 2 a b c VÝ dô 1 : Chøng minh: 2  2  2    , abc 0 b c a c a b (ĐH Y dược Tp. HCM-1999). Lời giải..

<span class='text_page_counter'>(5)</span> ¸ p dông B§T Cauchy cho 2 sè d ¬ng, ta cã: (1). a 2 b2 a 2 b2 a 2a   2 . 2 2  2 2 2 b c b c c c b2 c2 2b   c2 a 2 a 2 2 c a 2c  2  2 a b b Cộng các vế tương ứng của (1), (2) và (3) ta có đpcm.. (2). T ¬ng tù:. (3). x. x. x.  12   15   20  VÝ dô 2 : Chøng minh r»ng víi mäi x  R, ta cã:         3x  4 x  5x.  5  4  3  Khi nào đẳng thức xảy ra ? (Đề thi tuyển sinh ĐH, CĐ-Năm 2005). Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương, ta có: x. x.  12   15   12   5    4  2  5        x. x. x.  15  .   2.3x  4. (1). x.  15   20  x (2)  4    3  2.5 Tương tự ta có:     x x  20   12  x (3)  3    5   2.4     Cộng các bất đẳng thức (1), (2), (3), chia hai vế của bất đẳng thức nhận được cho 2, ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 0. VÝ dô 3 : Cho x, y, z > 0. Chøng minh r»ng: 2 y 2 x 2 z 1 1 1  3 2 3  2  2  2. 3 2 2 x y y z z x x y z (ĐH Nông Nghiệp I Khối A - 2001). Lời giải. DÔ dµng chøng minh ® îc B§T sau: a 2  b2  c2 ab  bc  ca 1 1 1 1 1 1 ¸ p dông (1), ta ® îc: 2  2  2    x y z xy yz zx. (1) (2). ¸ p dông B§T Cauchy cho c¸c mÉu sè, ta ® îc: 2 y 2 y 2 x 2 z 2 x 2 z    + + = 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 x y y z z x 2 xy 2 yz 2 z 3x 2 =. 1 1 1 1 1 1    2  2  2 (®pcm). xy yz zx x y z. VÝ dô 4 : Chøng minh r»ng víi a, b lµ hai sè kh«ng ©m bÊt k×, ta lu«n cã: 3a 3  17b 3 18ab 2 (ĐH Kinh tế Quốc dân - Năm 1997). Lời giải. á p dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số không âm, ta có: 3a 3  17b3 3a 3  9b3  8b3 3 3 3a 3 .9b3 .8b3 18ab 2 (®pcm).

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Ví dụ 5 : Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng: a b c   3. b+c-a c  a  b a  b  c (ĐH Y Hải Phòng – Năm 2000). Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương: bc a ca  b (b+c-a)(c+a-b)  c 2 T ¬ng tù ta cã: (c+a-b)(a+b-c) a (a+b-c)(b+c-a) b Nhân các vế tương ứng của (1), (2) và (3), ta được:. (b+c-a)(c+a-b)(a+b-c) abc . (1) (2) (3). abc 1 (b+c-a)(c+a-b)(a+b-c). á p dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số d ơng, ta có: a b c abc   3 3 3. b+c-a c  a  b a  b  c (b+c-a)(c+a-b)(a+b-c) VÝ dô 6 : Cho a, b, c > 0. Chøng minh:  1 1 1  3  b+c c+a a+b  (a 3 +b3 +c3 )  3 + 3 + 3    + + b c  a b c  2 a (Tạp chí Toán học & Tuổi trẻ 6/2003). Lời giải. Víi a, b, c > 0, ta cã: a 3  b3 ab(a  b); b3  c3 bc(b  c); c3  a 3 ca(c  a) 2(a 3  b3  c3 ) ab(a  b)  bc(b  c)  ca(c  a) á p dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số d ơng, ta có:. (1). 1 1 1 1 1 1 3  3  3 3 3 3 . 3 . 3  3 a b c a b c abc Nhân các vế tương ứng của (1) và (2), ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. 1 VÝ dô 7 : Cho a>b>0. Chøng minh: a+ 2 2. b(a-b)2 Lời giải. á p dụng bất đẳng thức Cauchy cho bốn số d ơng, ta có:. (2). 1 a b a b 1 a b a b 1 b    4 4 b. . . 2 2. 2 2 b(a-b) 2 2 b(a-b) 2 2 b(a-b)2 VÝ dô 8 : Cho a, b, c, d > 0. Chøng minh: a+. a 2 b2 c2 d 2 1 1 1 1        . b 5 c5 d 5 a 5 a 3 b3 c3 d 3 (ĐH Thủy lợi – Năm 1997). Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho năm số dương, ta có: a2 a2 a2 1 1 1 5 3a 2 5 2 5     5 15  3  5  3  3 b 5 b5 b 5 a 3 a 3 b b b b a. (1).

<span class='text_page_counter'>(7)</span> 3b2 5 2  3- 3 c5 c b 2 3c 5 2  3 3 5 d d c 2 3d 5 2  3 3 5 a a d Cộng các vế tương ứng của (1), (2), (3) và (4) ta có đpcm. VÝ dô 9 : Cho c¸c sè thùc x, y, z d ¬ng. Chøng minh: T ¬ng tù, ta cã:. (2) (3) (4). 16xyz(x+y+z) 3 3 (x+y)4 (y  z)4 (z  x) 4 (Tạp chí Toán học & Tuổi trẻ 1/1996). Lời giải. Gọi A = (x + y)(y + z)(z + x) Ta có: A = xy(x + y + z) + yz(x + y + z) + xz2 + zx2 ¸ p dông B§T Cauchy cho t¸m sè d ¬ng gåm ba sè víi mçi sè b»ng. 1 xy(x  y  z), ba sè víi mçi sè 3. 1 zy(x  y  z), xz 2 , zx 2 . 3. b»ng. (xyz)6 (x  y  z) 6  ®pcm. 36 §¼ng thøc x¶y ra khi vµ chØ khi x=y=z. VÝ dô 10 : Cho a, b, c > 0, n  N, n 2. Chøng minh: Ta cã: (x+y)(y+z)(z+x) 8 8. n. a b c n n n n  n  1. b+c c a a b n  1 (Tạp chí Toán học & Tuổi trẻ 8/1996). Lời giải. ¸ p dông B§T Cauchy cho n sè d ¬ng gåm mét sè b»ng. (a+b)(n-1) c. vµ (n-1) sè víi mçi sè b»ng 1, ta cã: 1+1+...+1      (n-1) sè. (a+b)(n-1) (a+b)(n-1) n n c c n. (a  b)(n  1)  (a  b  c)(n  1)     nc c   Hay. n. c n n c  n  1. a+b n  1 abc. T ¬ng tù, ta cã:. n. b n n b  n  1. c+a n  1 a b c. a n n a  n  1. c+b n  1 a b c Cộng các vế tương ứng của (1), (2) và (3), ta có đpcm. (n-1)(a+b)=c 3  §¼ng thøc x¶y ra khi vµ chØ khi (n-1)(b+c)=a  n   N 2 (n-1)(c+a)=b  n. kh«ng x¶y ra.. (1) (2) (3).

<span class='text_page_counter'>(8)</span>  Trường hợp 2: Các biến bị ràng buộc VÝ dô 1 : Cho x, y, z lµ ba sè d ¬ng vµ xyz=1. Chøng minh r»ng: x2 y2 z2 3    1 y 1 z 1 x 2 (§Ò dù bÞ Khèi D-N¨m 2005). Lêi gi¶i. ¸ p dông B§T Cauchy cho hai sè d ¬ng, ta cã: x2 1  y x2 1  y  2 . x 1+y 4 1+y 4 y2 1  z y2 1  z  2 . y 1+z 4 1+z 4 z2 1  x z2 1  x  2 . z 1+x 4 1+x 4 Céng c¸c vÕ t ¬ng øng cña ba B§T, ta ® îc:  x 2 1  y   y2 1  z   z 2 1  x           (x  y  z) 4   1+z 4   1+x 4   1+y x2 y2 z2 3 xyz       (x  y  z) 1+y 1+z 1+x 4 4 3(x  y  z) 3   4 4 3 3 3 3 3  .3 3 x.y.z   .3   (Do x.y.z=1) 4 4 4 4 2 §¼ng thøc x¶y ra khi vµ chØ khi x=y=z=1. VÝ dô 2 : Cho c¸c sè d ¬ng x, y, z tháa m·n xyz=1. Chøng minh r»ng: 1+x 3  y3 1  y3  z 3 1+z 3  x 3   3 3. xy yz zx Khi nào đẳng thức xảy ra? (§H, C§ Khèi D-N¨m 2005). Lêi gi¶i. ¸p dông B§T Cauchy cho ba sè d¬ng, ta cã: 1+x3  y3 3 3 1.x 3 .y3 3xy 1+x3  y3 3  xy xy T¬ng tù, ta cã:. (1). . 1+y3  z3 3  yz yz. (2). 1+z 3 +x3 3  zx zx MÆt kh¸c, ta cã: 3 3 3   3 3 xy yz zx. (3). 3 3 3 . . xy yz zx.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> 3 3 3   3 3 xy yz zx Céng c¸c vÕ t¬ng øng cña (1), (2), (3) vµ (4) ta cã ®pcm. §¼ng thøc x¶y ra khi vµ chØ khi x=y=z=1. VÝ dô 3 : Cho x, y, z lµ ba sè tháa m·n x + y + z = 0. Chøng minh r»ng : . (4). 3 + 4x  3  4 y  3  4 z 6. (§Ò dù bÞ Khèi A - N¨m 2005). Lêi gi¶i. á p dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: 3+4 x 1 1 1  4x 4 4 4 x . 3+4 x 2. 4. 4x 2 8 4 x. T ¬ng tù, ta cã: 3+4 y 2 8 4 y 3+4 z 2 8 4z Cộng các vế t ơng ứng của ba bất đẳng thức trên, ta đ ợc: 3+4 x  3+4 y  3+4 z 2. . 8. . 4 x  8 4 y  8 4 z 2.3 3 8 4 x.4 y.4 z 6 24 4x y z 6. §¼ng thøc x¶y ra khi vµ chØ khi x=y=z=0. VÝ dô 4: Chøng minh r»ng víi mäi x, y, z d¬ng vµ x + y + z = 1 th× 18xyz xy+yz+zx> . 2+xyz (ĐH Tây Nguyên Khối A, B-Năm 2000). Lời giải. ¸ p dông B§T Cauchy, ta cã: (1). 2=x+y+z+x+y+z 6 3 xyz. (2). xy+yz+zx 3 3 x 2 y 2 z 2 Nhân các vế tương ứng của (1) và (2), ta được: 2(xy + yz + zx) ≥ 18xyz Mặt khác, ta có: xyz(xy + yz + zx) > 0 Cộng các vế tương ứng của (3) và (4), ta được: (xy+yz+zx)(2+xyz)>18xyz 18xyz  xy  yz  zx  (v× 2+xyz>0). 2  xyz VÝ dô 5 : Cho x, y, z lµ c¸c sè d ¬ng tháa m·n. (3) (4). 1 1 1   4. Chøng minh r»ng: x y z. 1 1 1   1. 2x+y+z x  2y  z x  y  2z (§H, C§ Khèi A - N¨m 2005). Lêi gi¶i. C¸ch 1 : Víi a, b>0 ta cã: 4ab (a+b)2  §¼ng thøc x¶y ra khi vµ chØ khi a=b. ¸ p dông kÕt qu¶ trªn ta cã:. 1 ab 1 1 1 1        a  b 4ab a b 4  a b .

<span class='text_page_counter'>(10)</span> 1 1 1 1  1  1 1  1 1  1  1 1 1                 2x+y+z 4  2x y  z  4  2x 4  y z   8  x 2y 2z  T¬ng tù: 1 1 1 1  1  1 1  1 1  1  1 1 1                 x+2y+z 4  2y x  z  4  2y 4  x z   8  y 2z 2x  1 1 1 1  1  1 1  1 1  1  1 1 1                 x+y+2z 4  2z x  y  4  2z 4  x y   8  z 2x 2y  1 1 1 11 1 1        1. 2x+y+z x  2y  z x  y  2z 4  x y z  3 §¼ng thøc x¶y ra khi vµ chØ khi x=y=z= . 4 1 1 4 C¸ch 2: ¸ p dông B§T   víi a, b>0, ta ® îc: a b a b  1 1 1 1 1 1 1 1 1  1 1 1  8=2                4      x y z  x y  y z  z x  x y y z z x  T ¬ng tù, ta cã:. (1). (2) (3). VËy.  1 1 1   1 1   1 1   1 1  2              x+y y  z z  x   x  y x  z   x  y y  z   y  z z  x    1 1 1 4    .  2x  y  z x  2y  z x  y  2z  Tõ (1) vµ (2) ta suy ra:   1 1 1 8 8      ®pcm.  2x+y+z x  2y  z x  y  2z  C¸ch 3 : Víi a, b lµ hai sè bÊt k× vµ x, y lµ hai sè d ¬ng ta cã: a 2 b 2 (a  b)2   x y xy. (*).  a 2 y(x+y)+b 2 x(x+y) (a+b)2 xy  a 2 y2 +b 2 x 2 2abxy  (ay-bx)2 0. BĐT sau cùng hiển nhiên đúng. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi Sö dông B§T (*) hai lÇn ta cã: 2. 2. 2. 2. 1 1 1 1 1 1 1 1             1 2 2 2 2 4 4 4 4            2x+y+z 2x  y  z x  y x  z xy xz 2. 2. 2. 2. 1 1 1 1  4  4  4  4 1 2 1 1                 . x y x z 16  x y z . 2. a b  . x y. (1). (2).

<span class='text_page_counter'>(11)</span> T ¬ng tù ta cã: 1 1 1 2 1      x+2y+z 16  x y z  1 1 1 1 2      x+y+2z 16  x y z  Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên và chú ý tới giả thiết dẫn đến: 1 1 1 11 1 1        1. 2x+y+z x  2y  z x  y  2z 4  x y z  3 §¼ng thøc x¶y ra khi vµ chØ khi x=y=z= . 4 C¸ch 4 : ¸p dông B§T Cauchy cho bèn sè d ¬ng (hoÆc B§T Bu-nhia-cèpxki): 1 1 1 1 1 (x+y+z)      4. 4 x 2 yz.4 4 2 16. x yz x x y z 1 1  2 1 1 Suy ra      2x+y+z 16  x y z  T ¬ng tù:. 1 1 1 2 1      x+2y+z 16  x y z  1 1 1 1 2     . x+y+2z 16  x y z . Céng tõng vÕ ba B§T trªn ta ® îc: 1 1 1 11 1 1        1. 2x+y+z x+2y+z x+y+2z 4  x y z  VÝ dô 6 : Cho x, y, z 0 vµ x+y+z 3. Chøng minh r»ng: x y z 3 1 1 1       . 2 2 2 1+x 1  y 1  z 2 1 x 1 y 1 z (§H Hµng h¶i Tp. HCM - N¨m 1999). Lời giải. Ta cã: x 1 2x  1  x 2  (x  1)2 x 1    2 0   2 2 2 1+x 2 2(1  x ) 2(x  1) 1+x 2 T ¬ng tù ta cã: y 1  2 1+y 2 z 1  2 1 z 2 Cộng các vế t ơng ứng của ba bất đẳng thức trên, ta đ ợc: x y z 3    (1) 2 2 2 1+x 1  y 1  z 2 (§¼ng thøc x¶y ra khi vµ chØ khi x=y=z=1).

<span class='text_page_counter'>(12)</span> MÆt kh¸c, ¸p dôngB §T Cauchy cho ba sè d ¬ng, ta ® îc: 1 1 1 1 1 3   3. 3.  (Do x+y+z 3) 3 (1  x)(1  y)(1  z) 1  x 1  y 1  z 2 1+x 1  y 1  z 3 3 1 1 1     (2) 2 1+x 1  y 1  z §¼ng thøc x¶y ra khi vµ chØ khi x=y=z=1..  Bµi tËp tù luyÖn: Bµi 1 : Víi a, b, c lµ ba sè d ¬ng bÊt k×. Chøng minh r»ng: (1+a 3 )(1+b3 )(1+c3 ) (1+ab2 )(1+bc2 )(1+ca 2 ) (§HDL H¶i Phßng Khèi A - N¨m 2000). Bµi 2 : Chøng minh r»ng: víi sè thùc d ¬ng bÊt k×, ta lu«n cã 3 a  3 a 2 1  a (§HDL Ph¬ng §«ng Khèi A - N¨m 2000). Bµi 3 : Cho ABC cã ba c¹nh lµ a, b, c vµ p lµ nöa chu vi. Chøng minh r»ng: 1 1 1 1 1 1   2     . p-a p  b p  c a b c (Häc viÖn Ng©n hµng Khèi A - N¨m 2001). Bµi 4 : Víi a, b, c lµ ba sè thùc d ¬ng bÊt k× tháa m·n ®iÒu kiÖn a+b+c=0. Chøng minh r»ng: 8a  8b  8c 2a  2 b  2 c.. (§HQG Hµ Néi Khèi A - N¨m 2000). Bµi 5 : Chøng minh r»ng víi mäi x, y >0 ta cã: 2. 9   y  (1+x)  1+   1   256. y   x   §¼ng thøc x¶y ra khi nµo? (§Ò Dù bÞ Khèi A-N¨m 2005). 3 Bµi 6 : Cho a, b, c lµ ba sè d ¬ng tháa m·n: a+b+c= . Chøng minh r»ng : 4 3 3 3 a+3b  b  3c  c  3a 3 Khi nào đẳng thức xảy ra? (§Ò Dù bÞ 1 Khèi B-N¨m 2005). 1 Bµi 7 : Chøng minh r»ng nÕu 0 y x 1 th× x y  y x  . 4 §¼ng thøc x¶y ra khi nµo? (§Ò Dù bÞ 2 Khèi B-N¨m 2005). Bµi 8 : Cho c¸c sè thùc x, y, z tháa m·n ®iÒu kiÖn: 3-x  3 y  3 z 1. Chøng minh r»ng: 9x 9y 9z 3x  3y  3z    . 3x  3y z 3y  3z x 3z  3x y 4. (§Ò Dù bÞ 2 Khèi A-N¨m 2006). Dạng 3: Sử dụng bất đẳng thức Bu - nhia - cốpski:  Trường hợp 1: Các biến không bị ràng buộc VÝ dô 1 : Cho x  [0; 1]. Chøng minh: x + 1-x + 4 x + 4 1-x  2+ 2 2 . Tìm x để dấu đẳng thức xảy ra? (ĐH An ninh – Năm 1999). Lời giải..

<span class='text_page_counter'>(13)</span> ¸ p dông B§T Bu-nhia-Cèpski cho hai bé sè (1; 1) vµ ( x; 1-x ), ta ® îc: x  1  x  2. x  (1  x)  2. (1) 4. 4. TiÕp tôc ¸p dông B§T Bu-nhia-Cèpski cho hai bé sè (1; 1) vµ ( x; 1-x), ta ® îc: 4. x  4 1  x  2. ( x  1  x )  2. 4 2  2 2 Céng c¸c vÕ t¬ng øng cña (1) vµ (2), ta cã ®pcm. x  [0;1]  1 §¼ng thøc x¶y ra khi vµ chØ khi  x  1  x  x  . 2 4 4 x  1  x  VÝ dô 2 : Cho a, b, c>0. Chøng minh: a b c   1 a+ (a+b)(a+c) b  (b  c)(b  a) c  (c  a)(c  b). (2). (T¹p chÝ To¸n häc & Tuæi trÎ 11/2004). Lêi gi¶i. ¸ p dông B§T Bu-nhia-cèpski cho hai bé sè ( a; b) vµ ( c; a ), ta cã: ( ac+ ab)2 (a  b)(c  a) . ac  ab  (a  b)(c  a).  a  ac  ab a  (a  b)(c  a) a a a   a  (a  b)(c  a) a  ac  ab a b c T¬ng tù, ta cã: b b  b+ (b+c)(b+a) a b c . c c  c+ (c+a)(c+b) a b c Cộng các vế tơng ứng của (1), (2) và (3), ta đợc: a b c   1 a+ (a+b)(a+c) b  (b  c)(b  a) c  (c  a)(c  b) §¼ng thøc x¶y ra khi vµ chØ khi a = b = c. VÝ dô 3 : Chøng minh r»ng trong mét tam gi¸c bÊt k×, ta cã: p-a  p  b  p  c  3p trong đó a, b, c là các độ dài ba cạnh và p là nửa chu vi của tam giác. Lêi gi¶i. ¸ p dông B§T Bu-nhia-cèpski cho hai bé ba sè (1, 1, 1) vµ ( p-a, p-b, p-c), ta ® îc: p-a  p  b  p  c  12 12 12 . ( p  a )2  ( p  b)2  ( p  c)2  = 3 p a p bp c  3 p §¼ng thøc x¶y ra khi vµ chØ khi p-a p b p c    a b c 1 1 1  Trường hợp 2: Các biến bị ràng buộc. (1). (2) (3).

<span class='text_page_counter'>(14)</span> Ví dụ 1 : Với a, b, c là ba số d ơng thỏa mãn đẳng thức ab+bc+ca=abc. Chứng minh rằng: b2  2a 2 c2  2b2 a 2  2c2    3. ab bc ca. (§HQG Hµ Néi Khèi D - N¨m 2000). Lêi gi¶i. Nh©n hai vÕ cña B§T víi abc>0, ta ® îc: c b2  2a 2  a c2  2b 2  b a 2  2c2  3abc  M  b2 c2  2a 2 c2  a 2 c2  2a 2 b2  a 2 b 2  2b2 c2  3abc Theo B§T Bu-nhia-cèpski, ta cã: 1 3 b2 c2  2a 2 c2  (bc)2  (ac)2  (ac)2  (bc  ca  ca)  (bc  2ca) 3 3 T¬ng tù, ta cã: 3 a 2 c 2  2a 2 b 2  (ac  2ab) 3 3 a 2 b 2  2b 2 c2  (ab  2bc) 3 Céng tõng vÕ cña (2), (3) vµ (4) ®i tíi: 3 M  .3(ab  bc  ca)  3abc  (1) đúng: đpcm. 3 VÝ dô 2 : Cho x, y, z lµ ba sè d ¬ng vµ x+y+x 1. Chøng minh r»ng: x2 . (1) (2). (3) (4). 1 1 1  y2  2  z2  2  82. 2 x y z (§H, C§ Khèi A - N¨m 2003). Lêi gi¶i. Gäi S= x 2 . 1 1 1  y2  2  z 2  2 2 x y z.  1 ¸ p dông B§T Bu-nhia-cèpski cho hai bé sè (1; 9) vµ  x;  , ta cã:  x 9 1 1  1+81 x 2  2 = 82 x 2  2 x x x T¬ng tù, ta cã: 9 1 y+  82 y2  2 y y. (1). 9 1  82 z 2  2 z z Céng (1), (2) vµ (3) theo vÕ, ta cã: 1 1 1 S. 82 x  y  z  9     x y z. (3). x+. z+. 1 1 1 hay S. 82 81(x  y  z)  9      80(x  y  z) x y z 1 1 1 2.9.3. (x  y  z)      80 162  80 82. x y z  ®pcm.  Chú ý: Bài toán này ta có thể giải bằng phơng pháp tọa độ, sẽ trình bày ở phần sau.. (2).

<span class='text_page_counter'>(15)</span>  Bất đẳng thức trong tam giác: VÝ dô : Cho ABC. Chøng minh r»ng: 1 1 1 (la  lc )  (lc  la )  (la  lb ) 3 3. a b c (Häc viÖn Kü thuËt Qu©n sù - N¨m 1997). Lêi gi¶i. A 2  b  c l 2 cos A   1  1  l 2 cos A Ta cã: la  a  b c a bc bc 2 2   B 1 1 T ¬ng tù, ta cã:    l b 2 cos 2 c a C 1 1  a  b  lc 2 cos 2   2bc.cos. Cộng từng vế của ba đẳng thức trên, ta đ ợc: 1 1 1 A B C  (l b  l c )  (l c  l a )   la  l b  2  cos  cos  cos  a b c 2 2 2  A B C  ¸ p dông B§T Bu-nhia-cèpxki cho hai bé sè (1; 1; 1) vµ  cos ;cos ;cos  , ta cã: 2 2 2  cos. (1). A B C A B C   cos  cos  3  cos2  cos2  cos2  2 2 2 2 2 2  . 9 3  (cos A  cos B  cos C) 2 2. . 9 3 3 3 3  .  2 2 2 2. 3   v× cosA+cosB+cosC  2    1 1 1 Tõ (1) vµ (2) ta suy ra: (l b  l c )  (l c  la )   la  l b  3 3 a b c Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ABC đều.. (2).  Chú ý: Ta có thể giải bài toán này bằng cách sử dụng BĐT Cauchy hoặc dùng phơng pháp đạo hàm kÕt hîp víi B§T Jensen.  Bµi tËp tù luyÖn: Bµi 1 : Chøng minh: a-1  b  1  c  1  c(ab  1), víi mäi sè thùc d ¬ng a, b, c 1. Bµi 2 : Cho x, y, z>0. Chøng minh: xyz(x+y+z+ x 2  y 2  z 2 ) 3 3  . 2 2 2 2 2 2 2 (x  y  z )[(x  y  z)  (x  y  z )] 18 Bµi 3 : Cho a, b, c >0 vµ tháa m·n abc=1. Chøng minh: 1 1 1 3  3  3  3 a (b  c) b (c  a) c (a  b) 2 Bµi 4 : Cho x>0, y>0 vµ x 2  y2 x  y. Chøng minh: x+3y 2+ 5..

<span class='text_page_counter'>(16)</span> Dạng 3: Phương pháp dùng dấu của tam thức bậc hai: Cơ sở của ph ơng pháp là biến đổi bất đẳng thức ở giả thiết về dạng chứa: f(x)=ax 2  bx  c (a 0) §Ó xÐt dÊu tam thøc bËc hai f(x), ta th êng viÕt nã d íi d¹ng: Cơ sở của ph ơng pháp là biến đổi bất đẳng thức ở giả thiết về dạng chứa: f(x)=ax 2  bx  c (a 0) §Ó xÐt dÊu tam thøc bËc hai f(x), ta th êng viÕt nã d íi d¹ng: 2 2   b  b 2  4ac  b    f(x)=a   x     a x       2a  4a 2  2a  4a 2      DÊu cña biÖt thøc  DÊu cña f(x) af(x)>0, x  R <0 =0 b b af(x)>0, x - ; f(- )=0 2a 2a >0 af(x)<0, x  (x1 ; x 2 ) Ph¬ng tr×nh f(x) = 0 cã hai nghiÖm x1 < x2 af(x)>0, x  (-; x1 )  (x 2 ; +) Tóm lại, việc sử dụng các định lý thuận và đảo của tam thức bậc hai, xử lý điều kiện tồn tại nghiệm của biệt thức , … tỏ ra tiện lợi khi chứng minh một bất đẳng thức mà nó đã đợc nhận dạng. ở đây nhắc lại các tính chất sau để tiện sử dụng:  0  0 * f(x)=ax 2  bx  c 0, x  R   * f(x)=ax 2  bx  c 0, x  R   a>0 a<0. * f(x)=x 2  a a; x; a. * f(x)=b-x 2 b; x; b. VÝ dô 1 : Chøng minh r»ng víi 5 sè a, b, c, d, e bÊt k×, bao giê ta còng cã: (1). a 2  b 2  c2  d 2 a(b  c  d  e). (Đề 15/II - Bộ đề tuyển sinh). Lêi gi¶i. (1)  a 2  (b  c  d  e)a  b2  c2  d 2  e 2 0 VÕ tr¸i lµ tam thøc bËc hai theo a cã biÖt thøc:. (2).  =(b+c+d+e)2  4(b2  c2  d 2  e2 ) 0, b, c, d, e Do B§T Bu-nhia-cèpski, ta cã: (1.b+1.c+1.d+1.e)2 (12 12  12  12 )(b2  c2  d 2  e2 ) Vậy (2) đúng với a, b, c, d, e, suy ra (1) đúng. VÝ dô 2 : Chøng minh r»ng: 5x 2  5y 2  5z 2  6xy  8xz  8yz  0 với mọi số x, y, z không đồng thời bằng 0. Lêi gi¶i. Xem vế trái của bất đẳng thức cần chứng minh là một tam thức bậc hai của x, còn y, z là những tham số, ta đợc một bất phơng trình bậc hai mà x là ẩn số: f(x, y, z) = 5x2 + 2(3y - 4z)x + 5y2 + 5z2 - 8yz > 0. (1).

<span class='text_page_counter'>(17)</span>  'x (3y  4z)2  5(5y 2  5z 2  8yz)=-16y 2  16zy  9z 2 . Xem  'x lµ mét tam thøc bËc hai cña y, cßn z lµ tham sè,  ' y 64z 2  9.16z 2  80z 2 . 1. Nếu z 0 thì  ' y  0 : Do đó 'x  0 với mọi y. Từ đó suy ra rằng PT (1) nghiệm đúng với mọi x. 2. NÕu z=0 th×  'x  16y2 . a) Nếu y 0 thì  'x  0. Do dó PT (1) nghiệm đúng với mọi x. b) NÕu y=0 th× v× x 2  y2  z 2  0 nªn x 0. f(x, y, z)=5x 2  0 Vậy bất đẳng thức (1) đúng với mọi x, y, z không đồng thời bằng 0. VÝ dô 3 : Cho ABC. Chøng minh:. Lêi gi¶i.. x2 A x(cos B  cos C)  2 sin 2 , x  R. 2 2. XÐt tam thøc: f(x)=. x2 A  x(cos B  cos C)  2 sin 2 . Ta cã: 2 2 2. A  B C B C A  x (cos B  cos C)  sin  2 cos cos  4 sin 2  2  2 2  2 2. 2. 2. =4sin 2. A B C  cos2  1  0  2 2 . Do đó: f(x) 0, x  R (đpcm). VÝ dô 4 : Chøng minh r»ng nÕu ba sè a, b, c tháa m·n c¸c ®iÒu kiÖn: a 2  b2  c2 2  ab  bc  ca 1 4 4 4 4 4 4 th× - a  , - b  , - c  . 3 3 3 3 3 3 Lêi gi¶i. Xem hai đẳng thức đã cho là một hệ hai phơng trình mà b, c là hai ẩn số, a là tham số. Hệ phơng trình này có nghiệm. Từ đó ta tìm đợc tập hợp các giá trị của tham số a. Tõ gi¶ thiÕt, ta suy ra: (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca) =2+2=4  a+b+c=2   a+b+c=-2 Hệ đã cho t ơng đ ơng với hai hệ: a+b+c=2 a+b+c=-2 (I)  ; (II)  ab+bc+ca=1 ab+bc+ca=1 XÐt hÖ (I). Tõ PT thø nhÊt cña hÖ ta suy ra b+c=2-a. Thay vµo PT thø hai, ta ® îc: bc+a(2-a)=1  bc=(a-1)2 HÖ (I) t ¬ng ® ¬ng víi hÖ:  b+c=2-a  2  bc=(a-1) b,c lµ c¸c nghiÖm cña PT: x 2  (2  a)x  (a  1)2 0.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> PT nµy cã hai nghiÖm nªn  0 =(2-a)2  4(a  1)2 0   3a 2  4a 0 4  0 a  (1) 3 Lập luận t ơng tự đối với hệ (II), ta đ ợc: 4 - a 0 (2) 3 Phèi hîp c¸c kÕt qu¶ (1) vµ (2), ta ® îc: 4 4 - a  3 3 Vì a, b, c có thể đổi chỗ cho nhau trong hai đẳng thức đã cho nên ta cũng có: -. 4 4 4 4 b  vµ - c  . 3 3 3 3.  Bµi tËp tù luyÖn: Bµi 1 : Chøng minh: (x+y)2 2x 5  5y2  4y 5  6, x,y  R. Bài 2 : Chứng minh rằng nếu a, b, c là các độ dài ba cạnh của một tam giác thì ta luôn có: 1 a 2 b2  b2 c2  c2a 2  (a 4  b 4  c 4 ) 2 Bài 3 : Chứng minh rằng với mọi x  R, ta đều có: 4sin3x+5 4cos2x+5sinx. Dạng 4: Phơng pháp đạo hàm I. KiÕn thøc cÇn nhí:. 1. Định lý Lagrange: Nếu hàm số y=f(x) liên tục trên đoạn [a; b] và có đạo hàm trên khoảng (a; b) thì tån t¹i mét ®iÓm c  (a; b) sao cho: f(b)-f(a)=f ' (c)(b  a) hay f ' (c) . f(b)  f(a) b a. 2. Tính đơn điệu của hàm số: a) Khái niệm tính đồng biến và nghịch biến của hàm số : Cho hàm số y=f(x) xác định trên K (K là khoảng (a; b) hoặc đoạn [a; b]) * f(x) gọi là đồng biến (tăng) trên K nếu: x1 , x 2  K : x1  x 2  f(x1 )  f(x 2 ). * f(x) gäi lµ nghÞch biÕn (gi¶m) trªn K nÕu: x1 , x 2  K : x1  x 2  f(x1 )  f(x 2 ). * Tính đồng biến hay nghịch biến đ ợc gọi chung là tính đơn điệu. b) Điều kiện cần của tính đơn điệu : Cho hàm số y=f(x) xác định và có đạo hàm trên khoảng (a; b). * Nếu f(x) đồng biến trên khoảng (a; b) thì f / (x) 0, x  (a; b) * NÕu f(x) nghÞch biÕn trªn kho¶ng (a; b) th× f / (x) 0, x  (a; b). c) Điều kiện đủ của tính đơn điệu (dấu hiệu đơn điệu) : Cho hàm số y=f(x) xác định và có đạo hàm trên khoảng (a; b)..

<span class='text_page_counter'>(19)</span> x  (a; b): f / (x) 0 *  / / f (x) 0 hoÆc f (x) 0 t¹i h÷u h¹n ®iÓm x  f(x) đồng biến trên khoảng (a; b) x  (a; b): f / (x) 0 *  / / f (x) 0 hoÆc f (x) 0 t¹i h÷u h¹n ®iÓm x  f(x) nghÞch biÕn trªn kho¶ng (a; b)  Chú ý: Trong dấu hiệu đơn điệu, nếu thêm giả thiết f(x) liên tục trên đoạn [a; b] thì kết luận mạnh hơn: f(x) đồng biến (hay nghịch biến) trên đoạn [a; b]. 3. Cùc trÞ cña hµm sè: Giả sử hàm số f(x) xác định trên khoảng (a; b) và x0  (a;b). a) §Þnh lý 1: f / (x)  0 trªn (x 0   ; x 0 ) *  /  x0 là điểm cực đại của f(x). f (x)  0 trªn (x 0 ; x 0 + ) / f (x)  0 trªn (x 0   ; x0 ) *  /  x0 lµ ®iÓm cùc tiÓu cña f(x). f (x)  0 trªn (x 0 ; x 0 + ). b) §Þnh lý 2: f / (x) 0 *  //  x 0 lµ ®iÓm cùc tiÓu cña f(x). f (x)  0 / f (x) 0 *  //  x 0 là điểm cực đại của f(x). f (x)  0. II. VÝ dô minh häa:. x VÝ dô 1 : Cho n lµ sè tù nhiªn, n 1. Chøng minh r»ng: ex  1  , víi mäi x>0. n (§HSP Quy Nh¬n - N¨m 1999). Lêi gi¶i. x trªn nöa kho¶ng  0; +  . Víi mäi x>0, n 1, ta cã: n 1 1 f / (x) ex  >0 (v× e x  e0 1  víi x>0, n 1) n n Mặt khác dễ thấy hàm số liên tục trên  0; +  . Do đó f(x) đồng biến trên nửa khoảng  0; + . XÐt hµm sè f(x)=ex  1 . VËy víi mäi x>0, n 1: f(x)=ex  1 . x >f(0)=0 n. x Điều đó chứng tỏ ex  1  , x>0, n 1. n g(x)=ex . x n trªn nöa kho¶ng  0; +  , víi chó.  Chó ý: 1) Víi bµi to¸n nµy, ta còng cã thÓ xÐt hµm sè ý r»ng g(0) = 1. 2) Nếu không sử dụng tính liên tục của hàm số, ta chỉ có thể kết luận hàm số đồng biến trên khoảng (0; +) . Khi đó cha thể có bất đẳng thức f(x) > f(0) với x > 0. Ví dụ 2: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dơng n ≥ 3 ta đều có: nn+1 > (n+1)n. (ĐH An ninh Khối A - Năm 2000). Lêi gi¶i. nn+1 > (n+1)n. (1).

<span class='text_page_counter'>(20)</span>  (n+1)lnn>nln(n+1) . n+1 n  ln(n+1) ln n. x víi x 3. lnx 1 ln x  x. x  ln x  1  0 (Do x 3) Ta cã: f / (x)  2 ln x ln 2 x Vậy f(x) đồng biến nên f(n+1)>f(n)  (2): đpcm. XÐt hµm sè f(x)=. 3x 1  2sinx tgx VÝ dô 3 : Víi 0<x< . Chøng minh 2 2  2 2 . 2. (§H Y dîc Tp. HCM - N¨m 1993). Lêi gi¶i. á p dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: 1. 2 2sinx  2 tgx 2 22sinx .2 tgx 2 VËy ta chØ cÇn chøng minh:. 2sin x  tgx 2. 2 sin x  tgx 3    x  1  2 sin x  tgx  3x  0, x   0;  2 2  2 XÐt hµm sè f(x)=2 sin x  tgx  3x 1 1 Ta cã: f / (x) 2 cos x   3 cos x  cos x  3 2 cos x cos2 x 1 3 3 cos x.cos x.  3 0 (B§T Cauchy) cos2 x   Vậy f(x) đồng biến trên khoảng  0;  .  2   Suy ra f(x)>f(0)=0 hay 2sinx+tgx-3x>0, x   0;  .  2 VÝ dô 4 : Cho ba sè d ¬ng a, b, c tháa a 2  b2  c2 1. Chøng minh r»ng: 1. a b c 3 3  2 2 2  . 2 2 b c c a a b 3 2. (§H §µ N½ng - N¨m 2001). Lêi gi¶i. Bất đẳng thức cần chứng minh t ơng đ ơng với: a b c 3 3 3 3 2     (a  b2  c2 ) 2 2 2 1-a 1  b 1  c 3 3 2 Ta chøng minh nÕu 0<x<1 th× f(x)=x(1-x 2 )  3 3 3 Ta cã: f / (x) 1  3x 2 ; f / (x) 0  x  . 3 x 0 f’(x). +. 3 3 0. 1 -. (2).

<span class='text_page_counter'>(21)</span> f(x). 2 3 3 0. 0. Tõ ®iÒu kiÖn a, b, c  (0; 1) thay x=a, ta cã: a(1-a 2 ) . 2 3 3. . (1). a 3 3 2  a 2 1 a 2 b 3 3 2  b 2 1-b 2. T¬ng tù, ta cã:. (2). c 3 3 2  c 2 1-c 2. (3). Céng c¸c vÕ t ¬ng øng cña (1), (2) vµ (3), ta ® îc: a b c 3 3 2 3 3    (a  b 2  c2 )  (Do a 2  b2  c2 =1) 2 2 2 1-a 1  b 1  c 2 2.  Bµi tËp tù luyÖn: Bài 1 : Chứng minh rằng các bất đẳng thức sau luôn đúng với mọi x  [0; 1] : a) 1-x e-x 1-x+. x2 2. 2. e-x x4 b) -x< 1  x  1+x 2(1  x) (§H KiÕn tróc Hµ Néi - N¨m 2000). Bài 2: Chứng minh rằng nếu a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 3 thì: 3a2 + 3b2 + 3c2 + 4abc ≥ 13. (§HSP Vinh Khèi A, B - N¨m 2001). Bµi 3: Cho c¸c sè x, y tháa m·n ®iÒu kiÖn x ≥ 0, y ≥ 0 vµ x3 + y3 = 2. Chøng minh r»ng x2 + y2 ≤ 2. (§H Ngo¹i th¬ng - N¨m 1995) Bài 4 : Chứng minh rằng với mọi x 0 và mọi  >1, ta luôn có x    1  x. Từ đó chứng minh r»ng víi ba sè d ¬ng a, b, c bÊt k×, ta cã: a3 b3 c3 a b c  3  3    . b3 c a b c a (§HQG Hµ Néi - N¨m 2001). Bµi 5 : Chøng minh r»ng víi mäi sè thùc a, b, c tháa m·n ®iÒu kiÖn a+b+c=1 th×: 1 1 1  a b c  b  c 3  a  b  c  . a 3 3 3 3 3 3  (Häc viÖn C«ng nghÖ BCVT - N¨m 2001). Dạng 5: Phơng pháp tọa độ I. KiÕn thøc cÇn nhí:. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy hay trong không gian Oxyz, ta chọn tọa độ các vectơ (hay tọa độ của điểm) sao cho thích hợp với đề đã cho rồi áp dụng công thức sau đây:.

<span class='text_page_counter'>(22)</span>     1) a b  a  b .   §¼ng thøc x¶y ra a, b cïng ph ¬ng.       2) a b c  a  b  c .    3) a.b  a . b   §¼ng thøc x¶y ra khi a, b cïng ph ¬ng.    4) a.b  a . b   §¼ng thøc x¶y ra khi a, b cïng h íng. 5) AB+BC AC, A, B, C nằm trong mặt phẳng tọa độ. §¼ng thøc x¶y ra khi A, B, C th¼ng hµng. II. VÍ DỤ MINH HỌA:. VÝ dô 1 : Cho x, y, z lµ ba sè d ¬ng vµ x+y+x 1. Chøng minh r»ng: x2 . 1 1 1  y2  2  z 2  2  82. 2 x y z (§H, C§ Khèi A - N¨m 2003). Lêi gi¶i.       C¸ch 1 : Víi mäi u, v ta cã: u  v  u  v (*)   2 2 2    2  2     (V× u  v =u +v +2u.v  u + v +2 u . v =(u+v) 2 )   1   1   1 §Æt a  x;  , b  y;  , c  z;  x y   z           ¸ p dông B§T (*) ta cã a  b  c  a  b  c  a  b  c VËy : 1 1 1 1 1 1 P= x  2  y2  2  z 2  2  (x  y  z)2      x y z x y z. 2. 2. 2. 2. 1 1 1 1 1 1 Ta cã: (x  y  z)      81(x  y  z)2       80(x  y  z)2 x y z x y z 2. 1 1 1 18(x  y  z)      80(x  y  z)2 162  80 82 (B §T Cauchy) x y z 1 VËy P  82. §¼ng thøc x¶y ra khi x=y=z= . 3  1  1   1   C¸ch 2 : §Æt a  -x; 2  , b   y; 2  , c   z; 2  x  z  y .

<span class='text_page_counter'>(23)</span> 2    1 1 1  1 1 1 2 2 Ta cã: P= x  2  y  2  z  2  a  b  c      (x  y  z)   18 x y z x y z  1 1 1 MÆt kh¸c, ta cã:    (x  y  z)  x y z 2.  1 1  1  =   9x     9y     9z   10(x  y  z) 18  10 (v× x+y+z 1) x  y   z Do đó P  82  18  82 (đpcm) Ví dụ 2 : Với a, b, c là ba số d ơng thoả mãn đẳng thức ab+bc+ca=abc. Chứng minh rằng: b2  2a 2 c2  2b2 a 2  2c2    3. ab bc ca. (§HQG Hµ Néi Khèi D - N¨m 2000). Lêi gi¶i. B§T cÇn chøng minh cã thÓ viÕt l¹i: 1 2 1 2 1 2  2  2 2  2 2  3 2 a b b c c a   1 1 2  1 2  2 §Æt u  ; , v  ; , w  ;   a b  b c   c a        2    2    1 1 1 2 2 2 2 2 1 1 1  2 Ta cã: u  v  w    ;       u  v  w         c a  c a  a b c  b a b c b    1 2 1 2 1 2 u  2  2, v  2  2, w  2  2 a b b c  c a      ¸ p dông B§T u  v  w  u  v  w 2. 2 2 1 2 1 2 1 2 2 2 1 1 1  2 1 1 1   2  2  2  2           3     a 2 b2 b c c a c a   a b c   b a b c 2.  bc  ca  ab  = 3   3  ®pcm. abc   VÝ dô 3 : Cho x, y, z>0. Chøng minh r»ng: x 2 +xy+y2  y2  yz  z 2  z 2  zx  x 2  3(x  y  z) (Học viện Quan hệ Quốc tế - Năm 1997). Lêi gi¶i.   y 3    z 3    x 3  §Æt a  x  ; y  , b  y  ; z  , c  z  ; x    2 2  2 2  2 2        3  3  a  b  c  (x  y  z); (x  y  z)  2  2      2 2 2 Ta cã: a  x  xy  y , b  y  yz  y2 , c  z 2  zx  x 2       và ta luôn có a  b  c  a  b  c đúng VËy x 2 +xy+y 2  y2  yz  z 2  z 2  zx  x 2  3(x  y  z)..

<span class='text_page_counter'>(24)</span>  Bµi tËp tù luyÖn: Bµi 1 : Chøng minh r»ng víi mäi a, b, c  R, ta cã: a 2  ab  b2  a 2  ac  c2  b2  bc  c2 . Bµi 2 : Cho a+b+c=1, ax+by+cz=4 (a, b, c 0). Chøng minh: 9a 2  a 2 x2  9b2  b 2 y2  9c2  c2 z 2 5. Bµi 3 : Chøng minh: (x-a)2  b 2  (x  c)2  d 2  (a  c)2  ( b  d )2 .. §3. GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT I. MỘT VÀI ĐỊNH NGHĨA. Đ ỊNH LÝ:. 1. Định nghĩa: Cho hàm số y = f(x) xác định trên tập D. f(x) M, x  D 1) M= max f(x)   xD x 0  D : f(x 0 )=M f(x) m, x  D 2) m= min f(x)   xD x 0  D : f(x 0 )=m 2. Định nghĩa: Giả sử hàm số f(x) xác định trên một tập hợp D  R . Ta nói rằng: a) Hàm số bị chặn trên trên tập hợp D nếu tồn tại một số M sao cho: f(x) ≤ M với x  D. b) Hàm số bị chặn dưới tập hợp D nếu tồn tại một số m sao cho: f(x) ≥ m với x  D. c) Hàm số bị chặn trên tập hợp D nếu nó vừa bị chặn trên vừa bị chặn dưới trên D. Dễ dàng thấy rằng: Hàm số f(x) (xác định trên tập hợp D) là bị chặn trên D khi và chỉ khi tồn tại một số dương M sao cho f(x) M, víi x  D. Ta thừa nhận hai tính chất quan trọng của các hàm số liên tục: 3. Định lý 1: Hàm số f(x) liên tục trên đoạn [a; b] thì bị chặn trên đoạn này.  Chú ý: Định lý 1 không còn đúng nữa nếu hàm số f(x) có điểm gián đoạn thuộc [a; b] hoặc nếu trong định lý, đoạn [a; b] được thay bằng khoảng (a; b) (hoặc (a; b], hoặc [a; b)). 4. Định lý 2: Nếu hàm số f(x) liên tục trên đoạn [a; b] thì nó đạt được giá trị lớn nhất và nhỏ nhất trên đoạn này, tức là tồn tại ít nhất một điểm x1  [a; b] sao cho: f(x) f(x1 ), víi x  [a;b] .. và tồn tại ít nhất một điểm x 2  [a; b] sao cho: f(x) f(x 2 ), víi x  [a; b]. Về hai điều kiện nêu trong giả thiết của định lý, ta cũng có chú ý tương tự như chú ý nêu sau định lý 1. II. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ NHỎ NHẤT CỦA MỘT HÀM SỐ HOẶC MỘT BIỂU THỨC:. Dạng 1: Sử dụng các phép biến đổi và đánh giá thích hợp VÝ dô 1 : Cho x, y>0 tháa m·n xy=1. T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña: x y A= 4  2 2 x  y x  y4 (Đề chuyên Toán Tin – ĐHSP Hà Nội năm 1997-1998).

<span class='text_page_counter'>(25)</span> Lêi gi¶i. Ta cã: (x 2 -y)2 0  x 4  y2 2x 2 y x x 1  4  2 = 2 x y 2x y 2 T ng tù:. (1). y 1  4 x y 2 2. (2) Cộng các vế tơng ứng của (1) và (2), ta đợc: A ≤ 1. Đẳng thức xảy ra khi x=y=1. Vậy maxA =1 Ví dụ 2 : Tuỳ theo giá trị của m, hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : A = (x – 2y + 1)2 + (2x + my + 5)2, với x, y  R . (ĐH Giao thông Vận tải Hà Nội – Năm 2000). Lời giải. Hiển nhiên A 0, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm: x-2y=-1  2x+my=-5 1 -2 D= m  4 2 m. (1) (2). * NÕu m 4 th× D 0: HÖ (1), (2) cã nghiÖm duy nhÊt  min A 0 R. 2. 2. * NÕu m=-4 th× A=(x-2y+1)  (2x  4y  5) (3) đặt x-2y+1=t với t  R, khi đó 2x-4y=2(t-1), thay vào (3) ta đ ợc: 2.  6 9 9 A=t 2 + (2 t + 3)2 = 5t 2 +12 t + 9 = 5  t +  +   5 5 5  6 9  min A A     . R  5 5.  Bµi tËp tù luyÖn: Bµi 1 : T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña hµm sè: x f(x)=  sin 2 x trªn ®o¹n 2.    - 2 ; 2    (ĐH Kinh tế Quốc dân Khối A – Năm 2000). Bµi 2 : T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña hµm sè sau trªn tËp R: f(x)=2sin 2 x  4 s inxcosx+ 5. (Học viện Công nghệ BCVT – Năm 1999). Bµi 3 : T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc: P=cotg 4a  cot g 4a  2tg 2a.tg2 b  2 (ĐH Giao thông Vận tải – Năm Năm 1999). Bµi 4 : Trong mäi tam gi¸c ABC nh÷ng tam gi¸c nµo lµm cho biÓu thøc sau: 3. Q= 3. sinA  3 sinB  3 sinC. cos. A 3 B C  cos  3 cos 2 2 2. đạt giá trị lớn nhất ? (ĐH Bách khoa Hà Nội Khối A – Năm, 2000). Dạng 2: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất bằng tam thức bậc hai.

<span class='text_page_counter'>(26)</span>   b Tọa độ đỉnh của parabol f(x)=ax 2  bx  c là I  - ; -  .  2a 4a  KÝ hiÖu : maxf(x) lµ gi¸ trÞ lín nhÊt cña f(x) trªn miÒn D. D. minf(x) lµ gi¸ trÞ nhá nhÊt cña f(x) trªn miÒn D. D. a) Tr êng hîp 1 : D=R  * a<0, max f(x) f   R   * a>0, min f(x) f   R . b  2a  b   2a .  , kh«ng tån t¹i min f(x). R 4a  , kh«ng tån t¹i max f(x). R 4a. b) Tr êng hîp 2 : D=  x  R x  hoÆc D=  x  R x  * a>0 :    b     b   Min D f(x)=Min f  -  , f()  , hoÆc Min f  -  , f()     2a     2a    D   kh«ng tån t¹i maxDf(x). a 0 :    b     b   Max D f(x)=Max f  -  , f()  , hoÆc Max f  -  , f()     2a     2a    D   kh«ng tån t¹i minDf(x). b  b  Chó ý : NÕu -  D th× kh«ng xÐt f  -  . 2a  2a  c) Tr êng hîp 3 : D=  ;    b     b   * max f(x) max f   , f(), f()  * min f(x) min f   , f( ), f()    D D   2a     2a   b  b  Chó ý : NÕu -  D th× kh«ng xÐt f  -  . 2a  2a  Ví dụ 1: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x) = x2 + 2x + 3 trên: a) D = [-3; 0]; b) E = [0; 3]. Lời giải.  min f(x) f(  1) 2 b a) §Ó ý: a>0; -  1 D   D 2a  max f(x) max{f(0); f(3)}=max{3; 6}=6.  min f(x) min{f(0); f(3)}=min{3; 18}=f(0) 3 b b) §Ó ý: a>0; -  1 E   E 2a f(x) max{f(0); f(3)}=max{3; 18}=18. max E VÝ dô 2 : Gi¶ sö x, y lµ nghiÖm cña hÖ ph ¬ng tr×nh: x+y=a-1 (I)  2 xy=a  7a  14 Tìm a để U=x 2  y 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Lời giải..

<span class='text_page_counter'>(27)</span> Tr íc hÕt hÖ (I) cã nghiÖm  S 2  4P 0  (a  1)2  4(a 2  7a  14) 0 11  11 a 5. Gäi D=  ; 3  5.  5 .  2 2 2 2 ViÕt l¹i U=S -2P=(a  1)  2(a  7a  14)  a +12a-27.  -3a 2  26a  55 0 . Xem U=f(a)=  a 2 +12a-27. Bµi to¸n dÉn tíi t×m min f(a). D. b/  11  32 Ta cã f    ; f(5)=8; - 6  D. a  5 9   11    32   11  32 Suy ra Min f(a) min f   ; f(5) min  ; 8 f    . D 9   3 9   5  32 11 Vậy MinU= , đạt đ ợc khi a= . 9 3 3cos4 x  4 sin 2 x VÝ dô 3 : T×m gi¸ trÞ lín nhÊt, gi¸ trÞ nhá nhÊt cña hµm sè y= . 3sin 4 x  2 cos2 x (ĐHSP Hà Nội Khối A - Năm 2002). Lời giải. 3(cos4 x-sin 4 x)+4sin 2 x  2 cos2 x ViÕt l¹i y-1= 3sin 4 x  2 cos 2 x 3(cos2x-sin 2x)+4sin 2 x  2 cos2 x  y 1 3sin 4 x  2 cos 2 x 1  y-1= 4 3sin x  2 cos2 x 1 3t  2t  2 f(t)>0, t  [0; 1], do  /  5  0 vµ a=3>0  Gäi f(t)=3t 2  2t  2. ThÊy r»ng  b / 1 -   [0; 1]  a 3 Suy ra: §Æt sin 2 x t, t  [0; 1], hµm sè trë thµnh y-1=. 2. / 5 3 3 8 1 1 =  max (y-1)=  max y= +1= , cã ® îc  t   sin 2 x= . D D D a 3 5 5 5 3 3 1 1 4 * Max f(t)=max{f(0); f(1)}=max{2; 3}=f(1)=3  min (y-1)=  min y= +1= , D D D 3 3 3 2 cã ® îc khi vµ chØ khi t=1  sin x=1. 8 4 Tãm l¹i, gi¸ trÞ lín nhÊt cña hµm sè b»ng ; gi¸ trÞ nhá nhÊt cña hµm sè b»ng . 5 3 * Min f(t)=-.  Bµi tËp tù luyÖn:. Bài 1: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: f(x) = cos2x + 3sinx + 4. Bài 2: Gọi x1, x2, x3 là các nghiệm của phương trình: x3 - (2m + 3)x2 + (2m2 - m + 9)x - 2m2 + 3m - 7 = 0 Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức: P=x12  x 22  x 23  x1x 2x 3 ..

<span class='text_page_counter'>(28)</span>   Bài 3 : Tìm a để ph ơng trình sau có nghiệm thuộc  0;  :  2 2 (1-a)tg2 x   1  3a 0. cos x (Đề 5. II2 - Bộ đề tuyển sinh ĐH) 2. Bài 4 : Tìm m để hàm số y=mx+ x  4x  3 có giá trị nhỏ nhất lớn hơn 1. (Đề 123. III - Bộ đề tuyển sinh ĐH). Dạng 3: Phương pháp miền giá trị của hàm số: Cơ sở của phương pháp này là: Để tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = f(x) trên một miền D ta tiến hành như sau: - Tìm điều kiện để phương trình y0= f(x) có nghiệm (với y0 là một giá trị tuỳ ý của hàm số y = f(x) trên miền D). - Từ điều kiện trên biến đổi dẫn đến dạng y1 ≤ y0 ≤ y2. max f(x) y2 , min f(x) y1 xD - Kết luận: xD  Chú ý: Có trường hợp ta tìm được giá trị lớn nhất nhưng không tìm được giá trị nhỏ nhất hoặc ngược lại. Ví dụ 1 : Cho hai số thực x 0, y 0 thay đổi và thoả mãn điều kiện: (x+y)xy=x 2  y 2  xy. 1 1 T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña biÓu thøc A= 3  3 . x y (ĐH Khối A - Năm 2006). Lời giải. Cách 1 : Đặt S=x+y, P=xy. Điều kiện đối với S, P là S 2  4P 0. DÔ thÊy (x+y)xy=x 2  y 2  xy  0 nªn x+y vµ xy cïng dÊu. Sö dông gi¶ thiÕt trªn, ta cã: 2. (x+y)(x 2 +y2 -xy)  x  y  A=    S  A.P x3y3  xy  Mặt khác, từ giả thiết suy ra: SP = S2 - 3P 3 3 A Tõ (1) vµ (2), tÝnh ® îc: P= ; S= . A- A A- A Gi¶i bÊt ph ¬ng tr×nh S 2  4P 0, ta t×m ® îc A 16. 1 Từ đó maxA=16 khi x=y= . 2. (1) (2).

<span class='text_page_counter'>(29)</span> C¸ch 2 : §Æt x=ty. Tõ (x+y)xy=x 2  y2  xy ta suy ra (t+1)ty3 (t 2  t  1)y2 . t2  t 1 ; t2  t Ta tÝnh ® îc: Do đó: y=. x=ty=. t2  t 1 t 1 2. 2.  1 1   t 2  2t  1  A=     2   x y   t  t 1  t 2  2t  1 §Æt 2 m, ta cã ph ¬ng tr×nh theo t: t  t 1 mt 2  mt  m t 2  2t  1  (m  1)t 2  (m  2)t  m  1 0 * m=1(  A=1): t=0 * m 1: Ph ¬ng tr×nh cã nghiÖm  =(m+2)2  4(m  1) 2 0   3m 2  12m 0  0 m 4 VËy maxA=16 khi x=y=2.  Nhận xét: 1) Nếu gặp bài toán dạng “ Cho x, y thỏa mãn f(x, y) = 0. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức A = g(x, y)”. Ta thường đưa về: f(x, y)=0 Tìm A để hệ PT  cã nghiÖm. g(x, y)=A Ta đ ợc tập giá trị của A, từ đó suy ra giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của A. 2) Với bài toán dạng “ Cho các số thực x, y thỏa mãn f(x, y) = g(x, y). Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức A = p(x, y). Trong đó f(x, y) và g(x, y) đều là các biểu thức đẳng cấp đối với x, y”, có thể giải bài toán bằng cách sau: Với y = 0 ta thử trực tiếp. Nếu y ≠ 0, đặt x = ty. Thay vào giả thiết f(x, y) = g(x, y), ta sẽ tính được y, x theo t. Biểu diễn A theo t. Từ đó tìm được tập giá trị của A. VÝ dô 2 : T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt, gi¸ trÞ lín nhÊt cña hµm sè: y=. sinx víi x  [0;  ]. 2+cosx. (ĐHSP Quy Nhơn - Năm 1999). Lời giải. Xét hàm số đã cho trong một chu kì: x  [   ;  ]. TËp gi¸ trÞ cña hµm sè víi x  [   ;  ] còng lµ tËp gi¸ trÞ cña hµm sè víi x  (-; +). sinx Ph ¬ng tr×nh y=  sin x  y cos x 2y 2+cosx 1 1 Ph ¬ng tr×nh Èn x trªn cã nghiÖm  12  y2 (2y)2   y  . 3 3 MÆt kh¸c, víi x  (0;  ) th× sinx 0  y 0. 1 2 1 Do đó 0 y  , x  [0;  ]. Mặt khác, khi x=0 thì y=0 và khi x= th× y= nªn 3 3 3 1 miny=0; maxy= . 3.  Bµi tËp tù luyÖn:.

<span class='text_page_counter'>(30)</span> Bµi 1 : T×m gi¸ trÞ lín nhÊt, gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc A=. x 2  xy  y2 , x, y  R. x 2  xy  y2. Bµi 2 : Cho hai sè thùc x 0, y 0 tháa m·n x 2  y 2 x 2 y  y 2 x. T×m gi¸ trÞ lín nhÊt, nhá nhÊt cña 2 1 biÓu thøc A=  . x y 4 Bài 3: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y= sinx . cosx .. (ĐHQG Hà Nội Khối B - Năm 1999). Bài 4: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x) = (2sinx + cosx)(2cosx - sinx). (ĐH Cần Thơ Khối A - Năm 2001). Dạng 4: Sử dụng các bất đẳng thức Cauchy, Bu-nhia-Cốpxki:  1 P=  x 2  2 y VÝ dô 1: Cho x, y > 0 và x + y = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức .  2 1  y  2  x . . (§Ò thi vµo Khèi PTCT - §HKHTN Hµ Néi). Lời giải. Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có: 2. 1  x+y  * 0<x.y    4  2  1 1 x2 2 17 * x  2 x  16 17 y (4y)2 (4y)32 2. 1 1 y2 2 17 * y  2 y  16 17 x (4x)2 (4x)32 2.  P 172 17. 1 289 16 (xy)30 17 32. 1  1 1632    4. 30. . 289 16. 1 289 §¼ng thøc x¶y ra  x=y= . VËy minP= 2 16  Chú ý: Ta có thể giải bài toán này bằng phương pháp đạo hàm, sẽ trình bày ở phần sau. 1 2 T×m GTNN cña hµm sè y=  4 cos x 1  cos4 x VÝ dô 2. (§Ò §HSP H¶i Phßng - N¨m 2001). Lời giải. §Æt t=cos4 x  (0; 1) 1 1 1  t 2t 1  t 2t 1   2   y=  3    1    2  3   3  2 . 3  2 2 (Do B§T Cauchy) t 1 t t 1 t t 1 t  t   1 t  1-t 2t §¼ng thøc x¶y ra    (1  t)2 2t 2  1  t  2t (Do t  (0; 1))  t= 2  1 t 1 t VËy miny=3+2 2. Ví dụ 3 : Giả sử x, y, z là những số d ơng thay đổi và thỏa mãn điều kiện x+y+z=1. Hãy tìm giá trị lớn x y z nhÊt cña biÓu thøc P=   . x+1 y  1 z  1 (ĐH Ngoại Thương - Năm 1997). Lời giải..

<span class='text_page_counter'>(31)</span>  1 1 1 1 1 1  1  1  3      x+1 y 1 z 1  x+1 y  1 z  1  Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có: 1 1 1 3 3 9      (Do x+y+z=1) x+1 y  1 z  1 3 (x  1)(y  1)(z  1) x  1  y  1  z  1 4 3 §¼ng thøc x¶y ra khi vµ chØ khi x+1=y+1=z+1  x=y=z 9 4 4 1 Do đó P 3-   MaxP  khi x=y=x= 4 3 3 3 VÝ dô 4. Cho c¸c sè thùc x, y, z tháa m·n x + y + z ≤ 3. T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña biÓu thøc : Ta cã: P=1-. A=. x+1+x x 2  1. . x2  1. y  1  y y2  1 y2  1. . z 1  z z2 1 z2 1. (Đề thi đề nghị Olympic Đồng bằng sông Cửu Long. Năm 2003-2004). Lêi gi¶i. Theo B§T Bu-nhi-a-cèp-xki, ta cã: x+1  2 x 2  1 . x 1  x x2 1 x2  1. . 2 x2 1  x x2 1 x2 1. . x 2  1(x  2) x2 1. x  2. T¬ng tù: y  1  y y2  1 y2  1  A. y  2;. x  1  x x2  1 x2  1. . z 1  z z2 1 z2 1 y  1  y y2  1 y2  1. . z  2. z  1  z z2  1 z2  1. x  y  z  3 2 3  3 2. §¼ng thøc x¶y ra ch¼ng h¹n t¹i x=y=z=1 VËy maxA=3+3 2. VÝ dô 5 : T×m gi¸ trÞ lín nhÊt, gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc P= 2x+1  3y  1  4z  1 trong đó x, y, z là ba số thực không âm thỏa mãn x+y+z=4. (Tạp chí Toán học & Tuổi trẻ số 350 - Tháng 8/2006). Lời giải..

<span class='text_page_counter'>(32)</span>  1 á p dụng bất đẳng thức Bu-nhia-Cốpxki cho hai bộ số ( 2, 3, 4) và  x+ ,  2  ta cã:. 1 y+ , 3. z+. 1 , 4 . 1 1 13  183  1  P (2+3+4)  x+  y   z   9  4    3 4 12  4  2   P. 183 2.   x, y, z 0  §¼ng thøc x¶y ra khi x+y+z=4  1 1 1 13  x+ y z x yz  3 4 12  61  2  2 3 4 9 108 VËy maxP=. 183 17 49 217  x  , y= , z= . 2 27 36 108. T×m GTNN cña hµm sè y=x+ VÝ dô 6.. 11 7    4  1  2  (x>0) 2x  x  (§Ò Dù bÞ Khèi B - N¨m 2006). Lêi gi¶i. Theo bất đẳng thức Bu-nhia-Cốpxki, ta có: 2 7 7  7   3+  3.1  7.   (9  7)  1  2  x  x      x. . 7  4  1+ 2  x. 7     16  1  x 2    . 7 3 7x  1 x (*)   2  3  x  . §¼ng thøc x¶y ra  1  7   . 11 1  7 3  9 3 9 3 15   3      x     2 x.   6  (B§T Cauchy) 2x 2  x 2  x 2 x 2 2 9 §¼ng thøc x¶y ra  x= vµ (*)  x=3 x 15 VËy miny= x¶y ra  x=3. 2 Ví dụ 7. Cho x, y, z là các số thực dơng thay đổi và thỏa mãn điều kiện xyz = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất cña biÓu thøc: x 2 (y  z) y2 (z  x) z 2 (x  y) P=   . y y  2z z z z  2x x x x  2y y Suy ra y x+. (§Ò §H khèi A - N¨m 2007). Lêi gi¶i. Cách 1: áp dụng BĐT Cauchy cho hai số dơng trên mỗi tử số, và từ xyz = 1, ta đợc :.

<span class='text_page_counter'>(33)</span> P. 2x x y y  2z z. . 2y y z z  2x x. . 2z z. (1). x x  2y y. §Æt a=x x, b=y y, c=z z th× a, b, c >0; abc = 1. Bất đẳng thức (1) trở thành : 2a 2b 2c P   (2) b+2c c  2a a  2b ¸ p dôngB§T Bu-nhia-cèpxki cho hai bé sè  a  ;  b+2c . . . a(b+2c); b(c+2a); c(a+2b) vµ. c   , ta ® îc : a+2b   b c   a (a+b+c)2 3(ab+bc+ca)      b+2c c  2a a  2b  b ; c+2a. (3). a b c   1 b+2c c  2a a  2b Từ (2) và (4), ta có P 2. Từ đó minP=2 khi x=y=z=1. L¹i cã 3(ab+bc+ca) (a+b+c)2 , nªn tõ (3) suy ra. C¸ch 2:  P. (4). Ta cã: x 2 (y  z) 2x x. T ¬ng tù, y 2 (z  x) 2y y, z 2 (x  y) 2z z.. 2y y 2x x 2z z   y y  2z z z z  2x x x x  2y y. §Æt a=x x  2y y, b=y y  2z z, c=z z  2x x. 4c  a  2b 4a  b  2c 4b  c  2a Suy ra: x x  ,y y , z z . 9 9 9 2  4c  a  2b 4b  c  2a 4b  c  2a  Do đó: P      9 b c a  2  c a b a b c  2 =  4           6   (4.3+3-6)=2 9 b c a b c a  9 c a b c a b  a b Do         1  1 2 2  1 4  1 3, b c a b c a  b a ( c a b c a b a b c   3 3 . . 3. T ¬ng tù,   3 b c a b c a b c a (Do B§T Cauchy)) §¼ng thøc x¶y ra  x=y=z=1. VËy minP=2. hoÆc.  Bµi tËp tù luyÖn:.  Sử dụng bất đẳng thức Cauchy: Bµi 1 : Cho ba sè d ¬ng a, b, c tháa m·n ®iÒu kiÖn abc=1. H·y t×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc: bc ac ab P= 2  2  2 . 2 2 a b  a c b a  b c c a  c2 b (§H N«ng nghiÖp I Khèi A - N¨m 2000). Bµi 2 : T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc A=. a b c   trong đó các số d ơng a, b, c thỏa mãn b c a. ®iÒu kiÖn a+b+c 3. (T¹p chÝ To¸n häc & Tuæi trÎ sè 316 - Th¸ng 10/2003).

<span class='text_page_counter'>(34)</span> Bµi 3 : T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña tæng S=. xy yz zx   trong đó x, y, z là các số thực d ơng thỏa mãn z x y. ®iÒu kiÖn x 2  y2  z 2 1. (T¹p chÝ To¸n häc & Tuæi trÎ sè 341 - Th¸ng 11/2005). Bµi 4 : Gi¶ sö A, B, C lµ ba gãc cña mét tam gi¸c. T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc: 1 1 1 M=   . 2+cos2A 2+cos2B 2-cos2C (§H Má - §Þa chÊt - N¨m 1999).  Sử dụng bất đẳng thức Bu - nhia - cốpxki: Bµi 5: T×m gi¸ trÞ lín nhÊt, gi¸ trÞ nhá nhÊt cña hµm sè: y = 2sin8x + cos42x (§H Tµi chÝnh KÕ to¸n Hµ Néi - N¨m 2000). Bµi 6 : Gi¶ sö x, y lµ hai sè d ¬ng tháa m·n ®iÒu kiÖn. 2 3 + =6. T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña tæng x+y. x y. (§H Y Hµ Néi - N¨m 2000). 3 Bài 7 : Cho các số x, y, z thay đổi trên [0; 1] và thỏa mãn điều kiện x+y+z= . Tìm giá trị nhỏ nhất 2 2 2 2 cña biÓu thøc A=cos(x +y +z ). (§H X©y dùng - N¨m 2001). Bµi 8: Trong c¸c nghiÖm (x; y) cña bÊt ph¬ng tr×nh 5x2 + 5y2 - 5x - 15y + 8 ≤ 0, h·y t×m nghiÖm cã tæng x + 3y nhá nhÊt. (§H An Ninh Khèi D - N¨m 2001). Dạng 5: Phương pháp đạo hàm: Cơ sở của phương pháp này: Chủ yếu là dùng đạo hàm để khảo sát chiều biến thiên của hàm số và dựa vào điều ấy cùng với các giá trị đặc biệt trên tập xác định của hàm số suy ra kết quả.  1  1  P=  x 2  2   y2  2  y  x . VÝ dô 1: Cho x, y > 0 và x + y = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức  (§Ò thi vµo Khèi PTCT - §HKHTN Hµ Néi). Lời giải. 1 1  Theo B§T Cauchy, ta cã: 0<xy   t (xy)2   0;  4  16  1 1  P 2  (xy)2  t   2 2 (xy) t 1 t2  1 1   2  0, t   0; 2  t t  16  B¶ng biÕn thiªn :  P / 1 . 1 16. t 0 P’ P. min P  VËy. 289 16. 289 16. 5 Ví dụ 2 : Giả sử x, y là hai số d ơng thay đổi thỏa mãn điều kiện x+y= . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 4 4 1 thøc S=  . x 4y.

<span class='text_page_counter'>(35)</span> (§Ò Dù tr÷ - N¨m 2000) Lêi gi¶i 5 5 4 1  15x  20  y  x S   4 4 x 5  4x  4x 2  5x  15x  20 5 Kh¶o s¸t hµm sè S= , 0<x  2  4x  5x 4  5 TX§: D=R\ 0;   4  x 1  60x 2  160x  100 / / S  , S 0    x 5 ( 4x 2  5x)2  4 B¶ng biÕn thiªn: Tõ x+y=. x 0. 1 0. -. S’. 5 4 +. +. 5 3 0. S 5 Tõ b¶ng biÕn thiªn ta suy ra gi¸ trÞ nhá nhÊt cña S b»ng 5 khi x = 1. Ví dụ 3 : Cho x, y, z là ba số thực d ơng thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: x 1  y 1  z 1  P=x     y     z    .  2 zx   2 xy   2 yz  (§H, C§ Khèi B - N¨m 2007). Lêi gi¶i. Ta cã: P=. x2 y2 z 2 x 2  y2  z 2    . 2 2 2 xyz. x 2  y2 y2  z 2 z 2  x 2   xy  yz  zx 2 2 2  x 2 1   y2 1   z 2 1  nªn P            .  2 x  2 y  2 z t2 1 XÐt hµm sè f(t)=  víi t>0. 2 t 1 t3  1 Ta cã: f / (t) t  2  2 , f / (t) 0  t 1. t t B¶ng biÕn thiªn: V× x 2  y2  z 2 . x f’(t). 0 -. 1 0. + f(t). + + +. 3 2. 3 9 Tõ b¶ng biÕn thiªn ta suy ra f(t)  , t>0. Suy ra P  . DÊu b»ng x¶y ra  x=y=z=1. 2 2 9 VËy minP= khi x=y=z=1. 2.

<span class='text_page_counter'>(36)</span> 3cos4 x  4 sin 2 x . 3sin 4 x  2 cos2 x (§HSP Hµ Néi Khèi A- N¨m 2001). VÝ dô 4 : T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ gi¸ trÞ nhá nhÊt cña hµm sè y= Lêi gi¶i §Æt sin 2 x t, t  [0; 1], ta ® îc: 3(1-t)2  4t 3t 2  2t  3 1 y= 2  2 1  2 3t  2(1  t) 3t  2t  2 3t  2t  2 6t  2 1 y /  , y / 0 khi t=  [0; 1]. 2 2 (3t  2t  2) 3 Ta cã b¶ng biÕn thiªn sau: t 0 +. y’ y. 8 VËy maxy= , 5. 1 3 0 8 5. 1 -. 3 2. 4 3. 4 miny= . 3.  Bµi tËp tù luyÖn:. Bài 1: Cho các số x, y thay đổi thỏa mãn điều kiện x ≥ 0, y ≥ 0 và x + y = 1. Hãy tìm giá trị lớn nhất và gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc P = 3x + 3y. (§H Ngo¹i th¬ng Khèi D - N¨m 1999). Bµi 2 : Cho c¸c sè x, y tháa m·n: x 0, y 0 vµ x+y=1. H·y t×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ gi¸ trÞ nhá nhÊt cña x y biÓu thøc P=  . y+1 x  1 (Häc viÖn Quan hÖ Quèc tÕ - N¨m 1999). Bµi 3 : T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña: f(x; y)=.  x2 y2  x y x4 y4   2  2  2    , víi x, y 0. y4 x 4 y x  y x (Häc viÖn Qu©n Y - N¨m 2001). Bµi 4: T×m gi¸ trÞ lín nhÊt, gi¸ trÞ nhá nhÊt cña hµm sè y = sin20x + cos20x. (§H LuËt Hµ Néi - N¨m 1999). Bµi 5 : T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ gi¸ trÞ nhá nhÊt cña hµm sè: 1 y=2(1+sin2x.cos4x)- (cos 4x  cos8x). 2. (§H Dîc Hµ Néi - N¨m 2001). Dù đã cố gắng rất nhiều nhưng không thể tránh khỏi những khiếm khuyết nhất định, rất mong quý thầy cô giáo, các bạn đồng nghiệp chỉ bảo thêm để.

<span class='text_page_counter'>(37)</span>

<span class='text_page_counter'>(38)</span>