De cuong toan 20152016 Phan 4

<span class='text_page_counter'>(1)</span>CHUYÊN ĐỀ 10: PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ 1. Sử dụng phương pháp biến đổi: biến đổi tương đương, phân tích thành phương trình dạng tích, nhân chia biểu thức liên hợp…. Ví dụ 1. (Trích đề thi ĐH Khối A - 2004) Giải bất phương trình:. 2( x 2  16) 7 x  x 3  x 3 x 3 .. Lời giải ĐK: x 4. 2( x 2  16)  x  3  7  x .  Bpt. x 5    x  10  10  34  x  5 .   x 2  16 0   10  2 x  0 2  2( x  16)  10  2 x   10  2 x 0  2  2( x  16)  (10  2 x) 2. 34. 2 x ) 3 nên (*) vô nghiệm VT(*) < 0 (do 2 2 Ví dụ 2. Giải bất phương trình sau: ( x  3 x) 2 x  3 x  2 0 (2). Lời giải Ta xét hai trường hợp:  x 2 2 x  3 x  2 0    x  1  2 , khi đó bpt luôn đúng. TH 1: 2.  2 2 x  3 x  2  0   2 x  3 x  0   TH 2: BPT Vậy tập nghiệm của bpt đã cho là:. 1   1  x    ;     2;    2  x    ;     3;   .   2    x    ;0   3;   T ( ; . 1 ]  {2}  [3; ) 2 .. ..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 2 2  x  xy  2 y 2 y  2 x (1)  y x  y  1  x 2. (2) Ví dụ 3. Giải hệ phương trình:  . Lời giải ĐK: x  y  1 0.. (3)  x y (1)  x 2  y 2  xy  y 2  2 y  2 x 0  ( x  y )( x  2 y  2) 0    x 2  2 y (4)  Từ (3) & (2) ta có x=y=1.  y 0; x 2  x 2  2 y    y  1 ; x 8 . y 3  3 y  2 y  3 3   Từ (4) & (2) ta có Vậy hệ phương trình đã cho có 3 nghiệm. 8 1 ; .  3 3.  x; y   1;1 ;  x; y   2;0  ;  x; y  . Ví dụ 4. (Trích Báo TH&TT) Giải hệ phương trình: Lời giải ĐK: x  y  0. (1)  x 2  2 xy  y 2  Ta có. 2 xy  2 2  x  y  x  y 1 (1)   x  y x 2  y (2) . 2 xy xy 1  2 xy 1  ( x  y ) 2  1  2 xy. 0 x y xy.  2 xy   ( x  y  1)  x  y  1   0  x y . (3)  x 1  y  2 2  x  y  x  y 0 (4) x y . Vì x  y  0 nên phương trình (4) vô nghiệm.  y 0; x 1 y 2  3 y 0    y 3; x  2 . Từ (3) và (2) ta có Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm.  x; y   1;0  ;  x; y    2;3 .. 1  (1)  3 x (1  x  y ) 2    7 y (1  1 ) 4 2 (2)  x y Ví dụ 5. (Trích đề thi HSG QG 1996) Giải hệ phương trình:  Lời giải ĐK x 0; y 0..

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Dễ thấy x = 0 hoặc y = 0 không thõa mãn hệ. Với x >0, y >0 ta có  1 2 1 2 2  1   1     x y 3x 3x 7y 1 1 8        x  y 3x 7 y 1  1  4 2  1  1  2 2  x  y  7y 3x 7y x y ( nhân vế với vế) 2 2  21xy (7 y  24 x )( x  y )  24 x  38 xy  7 y 0  y 6 x (vì x, y dương). 1 2 1 1 2   1  .  1 0  7   . 7 x 3 x x 3 21   Thay vào phương trình (1) ta được Từ đó suy ra x và y. 4  1 2 x  y   x    2 4 x  y     4  1 2 x  y   1  y  4  x  y  Bài tập tương tự:   ( Trích đề thi HSG Cần Thơ – 2012) 3 2 Ví dụ 6. Giải bất phương trình: 2 x (1  2 x  3 x ). 2 x  1 . Lời giải  y 0   2  y 2 x  1 , ta được bất phương trình Đặt y  2 x  1. 2 x 3  y 2  3 x 2  . y  2 x 3  3x 2 y  y 3 0 (2) 1 1  x   x  2 thay vào BPT thỏa mãn 2 là nghiệm *TH1: Xét y = 0 khi đó 3. 2. 2.  x  x  x  x   2    3    1 0   2  1   1 0  y  y  y  y  *TH2: Xét y > 0 khi đó BPT (2) . x 1   y 2 x y 2. suy ra.   x 0  1    2  x 0 2 x  1  0     .  x  0 1 5    0  x  4 2 2 x  1  4 x  2 x  1 2 x .  1 1 5   ;  2 2   Vậy tập nghiệm của BPT là S = ..

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 2 x 3  x 2 x 2 y  y  x, y    .  2 x  12 x  12 y  3  3 y  2 x  1 Ví dụ 7. Giải hệ phương trình  Lời giải ĐK: x 0; y 0 .  x  2 x 2  1  y  2 x 2  1   x  y   2 x 2  1 0  x  y Phương trình (1) 2 (Vì 2 x  1  0, x   ).. Thế vào phương trình (2) ta có x 2  12 x  12 x  3 3 x  2 x  1  Đặt a 2 x  1, a 1 , ta có phương trình. . . x2  3 2 x 1. 2. . . 3x  2 x  1. x 2  3a 2 3x  a  x 2  3a 2 9 x 2  6ax  a 2.  a x  8 x 2  6ax  2a 2 0    a  4 x  L   x 2  3a 2 9 x 2  6ax  a 2  x 1  2 x 2 x  1  x  2 x  1 0    x 3  2 2 x  1  2 L     Khi a  x , ta có  y 3  2 2 . Thử lại thấy thỏa mãn.. Vậy hệ phương trình có nghiệm.  x; y   3  2. . 2;3  2 2 .. Bài tập luyện tập: Bài 1. Giải phương trình:. 10 x 2  3 x  1  1  6 x  x 2  1. Bài 2. Giải bất phương trình: Bài 3. Giải bất phương trình. x3  3x 2  2.  x  2. 3. ( Đề thi HSG Lạng Sơn 2012).  6 x 0. ( Đề thi HSG Nghệ An 2012). 6( x 2  3x  1)  x 4  x 2  1 0. Bài 4. Giải phương trình:. 4  2 x 2  1  3  x 2  2 x  2 x  1 2  x3  5 x  .. Bài 5. Giải phương trình:. 2  x 2  x  6  5 x 3  8. 2 2 Bài 6. Giải phương trình 2 x  5 2 x  1  x .  x 3  2 y 2  x 2 y  2 xy  1  2 x 2  2 y  1  3 y 3  14  x  2  2  Bài 7. Giải hệ phương trình: .

<span class='text_page_counter'>(5)</span> y  2 x  x  y     3 x y  2 x 2  y 2  3 2 x  1 11   Bài 8. Giải hệ phương trình:  x  7  10  x  x 2  2 x  66 0. Bài 9. Giải phương trình: Bài 10. Giải phương trình:. Bài 11.. Giải phương trình:. 3 x  1  5 x  4 3 x 2  x  3 x 1 . 1 3 x  x 2  8 x  2  3 x 3  20 2.  x  y  1  1 4  x  y  2  3 x  y   3 2 x  y  2 Bài 12. Giải hệ phương trình:  Hướng dẫn giải Bài 6. 2 2 Phương trình đã cho  2 x  5  6 2 x  1  2  x  4 x2  4 x 2 2 2 2  ( x  2)( x  2) x  1 1 x 5 3  x 2   2( x  2) 2    x  2 (1)  x 2  5  3 x  1 1.  2   x  2 1  x  1 1 .  Ta có phương trình (1). Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm 2 Bài 7. ĐK x  2 y  1 0. 2.   0 x 5 3 nên (1) vô nghiệm.  x; y   2; 2  . 2. Từ (1) ta có x=y hoặc x2 = 2y (Loại) 2 3 3 x = y, thay vào phương trình ta có: 2 x  2 x  1  x  14  x  2.  2 x 2  2 x  1  3 x 3  14   x  2  0   2 x  2x  11    .   0  2  3 x 3  14  x  2    x  2    3 x2  2 x  1. 2. 3. x. 3.  14 . 2.  x 1  2  x 2  2 x  1 0    x 1  2 ..

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm.  x; y   1 . . 2;1  2 ; 1 . 2;1 . . 2 ..  x 2   x  y  3 x  y  y  1   2 2 2  x  y   3 2 x  1 11 2  Bài 8. Hệ đã cho tương đương với  Từ (1) suy ra y 0 , vì nếu y<0 thì x-y>0, do đó VT(1) > VP( 1).  1  . x2   x  y . .  . x y  1 . . x 2   x  y   y 0. x y 1. 2. x   x  y. 3. 3. 2.  x  y   3 x  y 1. . x2  x  y  y 2 x2  x  y  y. 0.   x2   x  y  x y  0  x  y  1 0   x  y  1    3  x  y  2  3 x  y 1 x2  x  y  y    Thế y  x  1 vào phương trình (2) ta được: 2. 4 x 3  4 x  2  3 2 x  1 11   2 x  1  3 2 x  1  10 0 4   t  2   t 3  2t 2  4t  5  0  t 2 t  2 x  1, t  0 t  3 t  10  0 Đặt , ta có 5 3 5 3  x; y   ;  . 2 x  1 2  x   y   2 2 2 2 . Vậy hệ phương trình có nghiệm Khi đó. 2. Phương pháp đặt ẩn phụ  x 2  y 2  xy  1 4 y (1)  2 2 Ví dụ 1. Giải hệ phương trình:  y ( x  y ) 2 x  7 y  2 (2) Lời giải: Nhận thấy y=0 không thỏa mãn hệ.  x2 1  y  x  y 4   2  ( x  y ) 2 2 x  1  7  y Với y khác không, chia cả hai vế của (1) và (2) cho y ta được:  a  x  y  a  b 4 x2 1   b   2  a  2 b  7 y Đặt  ta có  Từ đây ta tìm được x và y.. b 4  a   2 a  2(4  a )  7 . b 4  a   2 a  2 a -15  0 .  a  5, b 9  a 3, b 1  ..

<span class='text_page_counter'>(7)</span> 5  2 3 2 x  y  x y  xy  xy   4   x 4  y 2  xy (1  2 x)  5 4 Ví dụ 2. Giải hệ phương trình:  Lời giải: 5  2 2  x  y  xy ( x  y )  xy  4  ( x 2  y ) 2  xy  5 4 Hệ đã cho tương đương với  5  a  ab  b  4   x 2  y a a 2  b  5  4 Đặt  xy b , ta được hệ mới  a 5  3  2 a  a   0 a  0; b    4 4    a  1 ; b  3 b  5  a 2   4 2 2 Từ đó ta tìm được x, y.. 5  2 b  4  a  a  5 a  a 3  5  a 2  5  4 4 4. 2 2 3 4 Ví dụ 3. (Đề thi HSG Vĩnh Long 2012) Giải phương trình: 4 x  x  1 1  5 x  4 x  2 x  x. Lời giải: t  x 2  x  1, t . Đặt. 3 2 . Khi đó phương trình trở thành:. 4t  t 4  7t 2  5  t 4  6t 2  9   t 2  4t  4  0 2. 2.   t 2  3   t  2  0   t 2  t  1  t 2  t  5  0. (*).  t 2  t  1 0  2  t  t  5 0 (*)  Với  Với. t. 3 1 5 t 2 2 thì t  t  1 0 có một nghiệm là 2. t. 3  1  21 t  2 thì t 2  t  5 0 có một nghiệm là 2 2.  1 5  2 1 5 x  x  1     2x  2x  1  t  2  2 thì  Khi 2. 5 0.

<span class='text_page_counter'>(8)</span>  x.  1. 3 2 5  1 3  2 5 x 2 2 hoặc . 2.    1  21 x  x  1   1  21   2 x 2  2 x  9  21 0 t 2   2 Khi thì 2.  x.  1  19  2 21  1  19  2 21 x 2 2 hoặc ..  1  19  2 21  1  19  2 21 x 2 2 Vậy phương trình đã cho có nghiệm ; . Bài tập luyện tập: Giải phương trình, hệ phương trình sau 1 1  2 2 2  x  y  x 2  y 2 5 1)   x 2  y  xy ( x  y  4) 0  x  1  y  x  y   4 y 0 2)  2 . 3)  2  xy  1 2  x 2  y 2  2 ( x  y )( x  y )  4 xy   x  x  y  2   x  2 0   x.  4 x 2  4 xy  4 y 2  51  x  y  2  3 0 4)   2 x  7   x  y   1 0.  x 2 y 2  2 y 2  16 11xy 5)  2 2 2  x 2 y  12 y 3 xy. 3.Phương pháp hàm số. Phương pháp hàm số là một trong những phương pháp quan trọng để giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình. Muốn làm tốt phương pháp này ngoài việc nắm chắc các kĩ thuật sử dụng hàm số còn cần phải chú ý những sai lầm thường gặp trong phương pháp này. Khi giải các bài toán này thường sử dụng một trong các tính chất sau: Cho K là một khoảng ( hoặc là nửa khoảng, hoặc là đoạn) y  f  x y  f  x Tính chất 1: Cho hàm số liên tục trên K, nếu hàm số luôn đồng biến hoặc f x c luôn nghịch biến trên K thì phương trình   (c là hằng số) có nhiều nhất một nghiệm trên K. y  f  x  ; y g  x  y  f  x Tính chất 2: Cho hàm số liên tục trên K, nếu hàm số luôn đồng y g  x  f x g  x  biến trên K, luôn nghịch biến trên K thì phương trình   có nhiều nhất một nghiệm trên K. y  f  x y  f  x Tính chất 3: Cho hàm số liên tục trên K, nếu hàm số luôn đồng biến hoặc f u  f  v   u v luôn nghịch biến trên K thì với u , v  K ta có   . y  f  x f '  x  0 Tính chất 4: Cho hàm số liên tục và có đạo hàm trên K, nếu phương trình f x 0 có nhiều nhất n nghiệm trên K thì phương trình   có nhiều nhất n+1 nghiệm trên K..

<span class='text_page_counter'>(9)</span> y  f  x y  f  x Tính chất 5: Cho hàm số liên tục trên K, nếu hàm số luôn đồng biến trên K f u  f  v   u v thì với u , v  K ta có   . Ví dụ 1. (Trích đề thi HSG Nghệ An 2012) Giải phương trình: 2  x  2. . 3. . x  5  2 2 x  5 3x  1 ( x  ). .. Lời giải x. 5 2.. Điều kiện xác định: Phương trình đã cho tương đương: 3x  1 3x  1 3 3 x  5  2 2x  5  x  5  2 2x  5  0  2x  4 2x  4 5  3x  1 f ( x)  3 x  5  2 2 x  5   2 ;    2 x  4 với x thuộc Đặt  f '( x) . 1 3 3  x  5. 2. 2 10  0 2 2x  5  2x  4. . 5  ;   .  hàm số f ( x ) đồng biến trên  2  phương trình f ( x) 0 có tối đa một nghiệm. với. x . 5 2. (1). Ta có f (3) 0 (2) Từ (1) và (2) suy ra phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 3 Nhận xét: Ngoài việc nắm rõ tính chất 1, để giải được bài tập trên cần phải lựu chọn đúng hàm số cần khảo sát. Ta xét tiếp bài tập sau: Ví dụ 2. (Trích đề thi HSG tỉnh Bắc Ninh 2012) Giải phương trình: 3x  2 x  2 x.3x 1.  x   .. Lời giải  3x 1   2 x  1 x x x  TH1: 3  2 x  2 x.3 1  (3  1)(1  2 x) 0 2x 1 1 3x  2 x  2 x.3x  1  3x  0( x  ) 2x  1 2 (1) TH2: Xét hàm số. f  x  3x . f '  x  3x ln 3 . 2 x 1 1 1   , x    ;    ;   2x  1 2  2  . 4.  2 x  1. 2.  0, x . 1 2. ..  x 0   x 1  2.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> 1  1    ;  ;  ;    f x 2  2  Suy ra,   đồng biến trên từng khoảng  1 1     ;  ;  ;   2  2  PT (1) có nhiều nhất một nghiệm Nên trên mỗi khoảng  f  1  f   1 0. . Suy ra, (1) có 2 nghiệm x 1 . 1    1;0; ;1 2  Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là:  Mà. Nhận xét: Nếu không nắm chắc các tính chất cơ bản học sinh rất hay mắc sai lầm là: 1 1    ;  ;  ;    f  x 2  2  vội vàng kết luận khi khẳng định được đồng biến trên từng khoảng  1 1     ;    ;   2  2 . phương trình có nhiều nhất một nghiêm trên  Ví dụ 3. (Trích đề thi thử Đại học tỉnh Bắc Ninh 2013- 2014) Giải hệ phương trình:  xy 2 x 2  1  1 3 y 2  9  3 y   x, y    .  2 3 3  3x  1 x y  xy  5  4 x  3x y  7 x 0. . . Lời giải: 2 ĐK: x y  xy 5 2 3 y 2  9  3 y  3 y  3 y 0, y y Xét phương trình (1) ;. Mà. x 2 y  xy 5  y  x 2  x   5  y  0. . . x 2  1  x 0, x; y  x  0. .. 2.  3 3 3 x x 1  x  1     y y  y Khi đó ta có: 2.  1a  2. Xét hàm số. f  t  t t 2  1  t , t   0;  .  f ' t   t 1 . t2 t 2 1.  1  0, t   0;  .  Hàm số f  t  đồng biến trên  0;   .  3 3 3  1a   f  x   f    x   y  . y x  y Do đó phương trình Thay. y.  3x  1. 3 x vào phương trình (2) ta có. 3 x  2  4 x 3  9 x 2  7 x 0   3 x  1. . . 3 x  2  x 4 x 3  12 x 2  8 x.

<span class='text_page_counter'>(11)</span>   3x  1.  x 2  3x  2 3x  1   4 x3  12 x 2  8 x   x 2  3x  2   x   0 3x  2  x 3x  2  x  .  x 1 3x  1 2  x 2  3 x  2 0   x  0, x  3) 3x  2  x  x 2 ( Vì Vậy hệ phương trình có nghiệm.  1;3 ;  2;. Ví dụ 4. Giải bất phương trình: Lời giải: Viết lại phương trình dưới dạng:. . 3  2.. 3x(2  9 x 2  3)  (4 x  2)(1  1  x  x 2 ) 0  1. 3x(2  (3x) 2  3)  (2 x  1)(2  [  (2 x  1) 2 ]  3 f  t  t (2  t 2  3),. Xét hàm số f t hàm số   luôn đồng biến .  t   ;. f ' (t ) 2  t 2  3 . t2 t2  3. 0. 1 f  3 x   f   2 x  1  3x  2 x  1  x  . 5 Do đó (1)   1  T   ;   .  5  Vậy tập nghiệm của bất phương trình là Ví dụ 5. (Trích đề thi HSG tỉnh Bắc Ninh 2013) Giải hệ phương trình:  x  log 2 x log 2  2 x  y.2 x  .  2 2log x  6log y  1  x log x  3 y  3  0    2 2 2 Lời giải: ĐK: x  0; y   1.  1  Phương trình. x  log 2 x log 2  2 x  y  1   x  log 2 x  x  log 2  y  1  x  y  1. 2 Thế vào (2) ta có 2log 2 x  6log 2 x  x log 2 x  3x 0  log 2 x  3 0  3  log 2 x  3  2log 2 x  x  0    2log 2 x  x 0  4 . Giải (4), xét. f  x  2log 2 x  x  x  0   f '  x  . f '  x  0  x . 2 1 x ln 2. 2 ln 2 .. Lập BBT, từ đó suy ra phương trình (4) có nhiều nhất hai nghiệm. f 2  f  4  0   4  Mà   có hai nghiệm x 2; x 4.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> x; y  :  8;7  ;  2;1 ;  4;3  Vậy hệ phương trình đã cho có ba nghiệm  Bài tập luyện tập: Giải phương trình, hệ phương trình sau 5 2)3 3  2 x   2 x 6 3 2 1) x  3x  4 x  2  3 x  2  3 x  1 2x  1. 3)  2 x 3  10 x 2  17 x  8 2 x 2 3 5 x  x 3. 4) x 2  15  3 x  2  x 2  8. x  2  x  x  1  y  2   x  1  y  1 5)  4 x y  1  8 x  4 x 2  4 x  3  x  1 .  x3  y 3  3  2 x 2  y 2   3  5 x  2 y  6  0 6)  3  3x  2  2 y  4 3. 7) 3. x 1  2 1  2 x 1  3 x  2 6. 3. 2. 8)2 x 2  x . 1 3 9 1   1 2 8 8x x.  x 3  4 y 2  1  2  x 2  1 x 6  10)  2 2 2  x y 2  2 4 y  1  x  x  1. 2.  x  y  2 x  9 y  33 29 y 9)   2 x  3  x  y. . . 4. Phương pháp đánh giá.  3 x  5   x 2  1  y  x 2  3x  y  6  , x, y  .  2 4  y  2 y  1  y  3 x  4  Ví dụ 1. Giải hệ phương trình:  (x; y  R). Lời giải 2 ■ Điều kiện :  y  2 y  1 0.  3x  5  ( x 2  1)  y  ( x 2 . 1)   3 x  5   y   y 3 x  5   3x  5  y  ( x 2  1  y ) 0   2  y x  1. 2 4 Với y = 3x - 5 thay vào (2) ta được  y  2 y  1  1  0 vô nghiệm 2 4 2 4 Với y  x  1 thay vào (2) ta được 2  x  x  3x  3 (*) 4 4 Điệu kiện  2  x  2 .. 5  x4 1.1.1. 2  x  4 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có 5  x4 x 2  3x  3   x 4  4 x 2  12 x  7 0 4 Từ (3) ta có: 4.   x  1. 2. x. 2. 4.  2 x  7  0  x 1. Thử lại x = 1 thỏa mãn (*). Vậy hệ đã cho có nghiệm là (1; 0).

<span class='text_page_counter'>(13)</span>  x x 2  y 2  x 2 2 x  y 2 3       76 x 2  20 y 2  2  3 4 x  8 x  1 Ví dụ 2. Giải hệ phương trình:  . Lời giải: 2 Điều kiện: x  y x  x  y 2   x3  2 Pt . 2 3. x y . 0. .  x  x 2   x  y 2    2  x  y 2  x . .  x.  . . x  y 2 0. . x  y 2  x x  x  y 2  2  x  y 2   0  .  x  x  y 2  y 2 x  x 2 Khi đó pt (2) trở thành:. 96 x 2  20 x  2  3 4 x  8 x  1. 3 2   8 x  1  2. 8x . 8x 1 1 2  3 4 x  8 x  1 3. Sử dụng BĐT Cô si cho 3 số ta tìm được nghiệm duy nhất của phương trình  1 7   1  7    x; y    ;  ;  ;  . 8 8 8 8      Vậy hệ phương trình có nghiệm. x. 1 8.  x 12  y  y (12  x 2 ) 12  3 x  8 x  1 2 y  2 Ví dụ 3. (Đề thi Đại học khối A – năm 2014) Giải hệ phương trình  Lời giải: Ta có. x 12  y  (12  x 2 ) y . . x. . x. 2.  12  x 2   12  y  y  12. 12  y y  x y  (12  y)(12  x 2 ) (3). 12  y 2 Dấu “=” xảy ra Khi đó (1) tương đương với (3)  x 0  2  2 2 x y  144  12 x  12 y  x y  (3) Thế (4) vào (2) ta có.  x 0  x 0    2 2 12 y 144  12 x  y 12  x (4). (2)  x 3  8 x  1 2 10  x 2  x 3  8 x  1  2 10  x 2 0 3. .  x  8 x  3  2 1  10  x. 2.  0.   x  3  x  3 x  1  2. 2. 1  (10  x 2 ) 1  10  x 2. 0.

<span class='text_page_counter'>(14)</span>   x  3  x  3x  1  2. 2.  2( x  3)   x  3  x 2  3 x  1   0 1  10  x 2 1  10  x 2  9  x2.  x 3  2  x  3 x  1  2( x  3) 0  1  10  x 2  x 3  Vậy  y 3.   0 .  x 3  y 3. 5. Một số bài tập khác. Bài 1. Giải phương trình Lời giải:. 2 x 2  15 x  34 3 3 4 x  8  1 .. 2 3 Ta có 2 x  15 x  34  0  3 4 x  8  0  x  2 Cách 1:(Liên hợp thành phần).  1  2 x 2  15 x  28 3  3 4 x  8 . . 2   x  4  2x  7  . 12  x  4  3.  4 x  8. 2.  2 3 4x  8  4.  x 4  12   2x  7  0  *   2 3   4 x  8  2 3 4 x  8  4  x  4  VT  *  0  + Nếu phương trình (*) vô nghiệm x  4  VT  *  0  + Nếu phương trình (*) vô nghiệm + Nếu x 4 . Thỏa mãn phương trình (*) Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 4 . Cách 2:(Liên hợp hoàn toàn).  1  2 x 2  16 x  32 3 3 4 x  8   x  2  2 x  4   x  14   2  2  x  4  2 2 9 3  4 x  8  3 3 4 x  8  x  2    x  2 . 0.  x 4   x  14   * 2 0   2 2  9 3  4 x  8  3 3 4 x  8  x  2    x  2   Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 4 . Cách 3:(Phương pháp đánh giá) Ta có:. 3 3  4 x  8  .8.8 4 x  8 . 3.  4 x  8 x  2. ( Theo bất đẳng thức Cô si).

<span class='text_page_counter'>(15)</span> 2. 2 x 2  15 x  34  x  2  2  x  4  0  x 4 Do đó . Thử lại thấy thỏa mãn. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 4 . Bài 2. (Trích đề thi thử Đại học khối A tỉnh Bắc Ninh năm học 2012 – 2013)  x 3  x 2 y x 2  x  y  1 .  3 2 2 3 x  9 y  6 x  3 y  15  3 6 x  2   Giải hệ phương trình  Lời giải:.  1 . x3  x 2 y  x 2  x  y  1  x 2  x  y    x  y  x 2  1   x  y   x 2  1  x 2  1.  x  y  1 0 (vì x 2  1  0, x ) 3 2 2 3 Thế vào phương trình (2) ta có x  9 x  6 x  6 3 6 x  2.  x  1. 3.  3  x  1  6 x 2  2   3 3 6 x 2  2  3 . Xét hàm số. f  t  t 3  3t  f '  t  3t 2  3  0  t     f  t . Phương trình (3).  f  x  1  f. . 3. . 6x2  2  x  1  3 6x2  2. đồng biến trên  . . 3. 3. 3.  x  1  3 2  x  1  x  3.  x3  9 x 2  3x  3 0   x  1 2  x  1 .  3 2 1 2  ;3  x; y   3  2  1 2  1  Vậy hệ phương trình có nghiệm ..  x  5 x 2  y   x 2  y  x 2  y .  3 4 2 y  9 x  6 x  1  0 Bài 3. Giải hệ phương trình:  Lời giải:.  1  5 x3  xy   x 2  y . x 2  y 0  4 x 3  x  x 2  y   2. . x2  y.  x 0  2x  x2  y   2  y 3x ( Vì x =y =0 không là nghiệm của hệ ) 3 2 Thế vào pt (2) ta có y  y  2 y  1 0 (*) Ta giải phương trình (*) trên tập  .     y 2sin t , t    ;  y    2; 2   2 2 , Thật vậy: xét , Đặt 3 2 Pt(*) trở thành: 8sin t  4sin t  2sin t  1 0  4sin t  1  2sin 2 t  1  4sin 2 t  4sin t.cos 2t 4cos 2 t  3.  sin 4t cos3t ( Do cos t 0 không là nghiệm của pt). . 3. 0. 2 1 2 y 3 2  1. 21.

<span class='text_page_counter'>(16)</span>  k 2  t     14 7  sin 4t sin   3t     k    2   t   k 2  2.  5 3        5 3   t   ;   t   ; ;   y   2sin ;2sin ;  2sin  14 14 14   2 2  14 14 14   Vì Mà phương trình bậc 3 có tối đa 3 nghiệm nên pt(*) có 3 nghiệm như trên   2sin   14  y 2sin  x  14 3   3  2sin 14  y 2sin 5  x  14 3 Kết hợp với điều kiện y 0 ta có  Từ đó tìm được nghiệm của hệ phương trình.. Bài 4. (Trích đề kiểm tra năng lực giáo viên THPT tỉnh Bắc Ninh năm học 2012-2013)  2 x 2  13 x  17  y  3 y  1 2  4 x  26 x  42    . 2 x 2  13 x  19 6  y 1  x 1  x  1 ( y  1) Giải hệ phương trình:  Lời giải:  4 x 2  26 x  42 0 7   3  x   2  y 1  0 x  1  0  y   1 ĐK:  17  7  4 x 2  26 x  42 0,  2 x 2  13 x  19  2, x   3;  8  2 Ta có 2 x 2  13x  17 2  4 x  26 x  42  2   4 x 2  26 x  42  1  2 2 x  13x  19 2 x 2  13x  19 2. Do đó,.  y  3. Với y 3 ta có. y  1 12 .  2 . g  a . . . 3. y  1  2 y  1  12 0 . ln  x  1 ln  y  1  x 1 y 1. ln a , a   0;   a. Xét hàm số 1  ln a g '  a   2 , g '  a  0  a e a. y  1 2  y 3.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> ln 2 ln 2  5 x  1   2;   g  x  1  g  2   ; y  1 4  g  y  1  g  4   2 2  2 Do Từ đó suy ra x 3, y 3 Thử lại x 3, y 3 thỏa mãn hệ phương trình.  3x  4  3 y  4  x3  x 2 y 0  x, y     3 2 x  3 y  1  8  3 x Bài 5: Giải hệ phương trình  . Lời giải: 4 8 4  x  ; y  3 3. ĐK 3 4 4 3 3  x; y    ;   x  y   3 3  không là nghiệm của hệ. Do đó 4 hoặc 4 Nhận xét:   3 x  y  3  x 2  x  y  0   x  y    x 2  0  1   3x  4  3 y  4  3x  4  3 y  4   x  y Thay vào phương trình (2) ta có. . x 3  3x  1  8  3 x 2   x 3  2 x  1   2  x    4   x 2  x  1  x  1    2  x   8  3x 2  x 1  Ta có. .  x  1. 2. 4.  2  x . 8  3x2. .  3  0  x 2  0,  1  3x  4  3 y  4  , Vì.  x 2  x  6   x  1 8  3 x 2 2  x  8  3x 2.  2  x  1 8  3 x 2   8  3x 2   3. . 2 2  x  8  3x 2. . 8  3 x 2 0. 2.  x  1  8  3x   3  0  2  2  x  8  3x  , với 2. 2.  1 5 x  2  x 2  x  1 0    1 5 x   2 Do đó ta có  1 5 1 5   1 5 1 5  ; ;  x; y    ;  2 2 2 2     Vậy hệ phương trình có nghiệm .  x3  3x 2  2  y 3  3 y 2  x, y      14 x  2 y  48  5  x  x  3 Bài 6: Giải hệ phương trình  .. . 4 8 x  3 3.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> Lời giải: ĐK x 3; y 0;  14 x  2 y  48 0 .. . . . x  x  3  x  3  x  3  2  x  3  1 x  3  2 0  Ta có: Mà  14 x  2 y  48 0  2 y 14 x  48 8  y 4.  1   x  1. 3. .  3  x  1 . . x  3 1  x 4. 3. y 3  3 y 3. f t t 3  3t , t   1;   f '  t  3t 2  3  0 t   1;   Xét hàm số    f  t 1;   đồng biến trên .  1  f  x  1  f Khi đó phương trình Thế vào phương trình (2) ta có 2 x 2  18 x  44  5  x  x  3 . . . y 3  x  1 y 3. 2. 2  x  5   2  x  3  x  5   x  3. 2.    x  5  . x  3  0  x  5  x  3  x 7 x; y   7;33 . Vậy hệ phương trình có nghiệm  . 7. Một số bài tập tham khảo Giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình sau: 1 3 x 1  x  x 2  8 x  2  3 x 3  20 2 1) 2 2) 4( x  1) (2 x  10)(1 . 3  2 x )2. 2. 3). 4  x 2  1  x 2 x 2  4 40.. 2 4) x  4 x  1  x  7 ( Trích đề thi HSG Đắc Lắc 2013). 5). x 2  8  x  3 x  1  22 x  7 0. (Trích đề thi HSG TP HCM 2013). 2 3 6) ( x  4)  6 x  3 x 13. 7) 8). x3 . 2 3. 1 x . 5 x . x 2  1  x2 .  x  3   1.  5  x    x  3.  2 y2  2 2 x  2 y  x x   2 y  1  3 2 x  1 1 9)  10). 5 x  1  3 9  x 2 x 2  3x  1.

<span class='text_page_counter'>(19)</span> 11). ( x  2)(2 x  1)  3 x  6 4  1 x. 1. x2  1. 12). . ( x  6)(2 x  1)  3 x  2. 5 6x  x 2  3x  y  2 y  x  6   1  2 x  2 y  x  1  y  3  2  14) .  x 2 y  xy  2 y 2 xy 2  x 1  2 x  8 y 2  xy  1 0 13)  2 x 2  3 y  y 2  8 x  1 0  x  x  8   y  y  3  13 0 15) . 12 x  3 y  4 xy 16  4 x  5  y  5 6 16) .  ( x  y )2  x  y x 2  2 2 4 2 17) 4 y x  3 y  y  x.  x x  1  ( y  2) y  xy  18) ( x  y  2) x  1  xy.  x 2  2 x  6  y 1  2 2 19)  x  xy  y 7  2 y  3 ( x 2  2013)(5  x)  x  2log x  2log ( x  y  2) log (3 y  3) 2 1 2  4 21) . x 20). 2. 2.  1 5  x 2 x 2  4.  xy  2  y x 2  2  2 y  2  x  1 x 2  2 x  3 2 x 2  4 x   22) ( Trích đề thi HSG Nam Định 2013) 3. 3. x  x 2  ( x 3  3 x  1)32 x  x 34 x 1 (Trích đề thi HSG Ninh Bình 2012) 23) 3  xy  y  x 2  xy  y 2  1  x    x 2  y y  1 6 y  1  x 24)  (Trích đề thi HSG TP HCM 2013).  1 2x x  y  2   3 x 3 y 2x  y  2 2 x  y  2 x  6  y 25)  ( Trích đề thi chọn đội tuyển QG – Hà Nội). . 26). ( x  2). . . . 2 x 2  4 x  6   2 x  1 2 x 2  6 x  7 (Trích đề thi chọn đội tuyển QG – Kon Tum 2013).  x y 1  y  1 x   2x2  9 x  6 2  y 1   4 x  18 x  20  2 2x  9x  8 27) .

<span class='text_page_counter'>(20)</span> (Trích đề thi chọn đội tuyển QG – TP HCM 2013) 2.  x  xy  x  3 0   2  x  1  3  y  1  2 xy  28). . . x 2 y  2 y 0.  x 3  xy 2  2 y 3 0 3 4 2 2 29)  x  x  4 4 y  3 y. CHUYÊN ĐỀ 11: PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ VỚI CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ Biên soạn và sưu tầm: Nguyễn Minh Nhiên – Sở GD&ĐT.

<span class='text_page_counter'>(21)</span> Trong những năm gần đây, bài toán cực trị trong các đề thi tuyển sinh đại học đa phần là bài toán khó nhất đề thi. Để giải quyết các bài toán này đòi hỏi thí sinh phải có nhiều kỹ này quan trọng khi giải các bài toán cực trị. Chuyên đề này đưa ra một số cách tiếp cận bài toán cực trị bằng phương pháp hàm số. 1. Phương pháp khảo sát hàm đặc trưng Ví dụ 1. Chứng minh rằng x 1 2, x 2 x  x  1 a) b) Lời giải:. x 2  x  1  y 2  y  1  z 2  z  1 3, x, y , z thỏa mãn x + y + z = 3. x 1. f  x . x2  x 1. a) Xét hàm số f  x  0  x 1; và. f  x  . , x. . Ta có lim f  x   1. lim f  x  1,. x  . 3 1  x  2  x 2  x  1 x 2  x  1. x  . Ta có bảng biến thiên. x. 1.  . f’(x) f(x). +. 0 2. -. -1 Từ bảng biến thiên suy ra. 1. f  x   f  1 2, x. x 1 x2  x  1. b) Áp dụng câu a ta có y 2  y 1 . 1  y  1 2. 2, x .  2 ;. . x2  x  1 . z 2  z 1 . Tương tự Cộng từng vế các BĐT (1), (2) và (3) ta có. 1  x  1 2. 1  z  1 2. (1).  3. 1  3  x  y  z  3 2 (đpcm). a b c a b c Ví dụ 2. Cho a + b + c = 0. Chứng minh rằng 8  8  8 2  2  2 . Lời giải: x2  x 1  y 2  y  1  z 2  z 1 . 3. Xét hàm số. f  x   2 x   2 x  2 x ln 2. f  x  3.  2. x 2. . trên R. Ta có. .ln 2  2 x.ln 2  2ln 2  2 x  1  3.2 x  2  ln 2.

<span class='text_page_counter'>(22)</span> và. f  x  0  2 x 1  x 0. .. Ta có bảng biến thiên. x f’(x) f(x). 0 0. . -. . +. . . 0 f  x  0, x  R  f  a   f  b   f  c  0. Suy ra.  8a  8b  8c  (2a  2b  2c )  2  a  b  c  ln 2 0  8a  8b  8c 2 a  2b  2c Ví dụ 3. (Trích đề thi đại học khối D năm 2006) b. a.  a 1  b 1  2  a   2  b  , a b  0 2   2  Chứng minh rằng  . Lời giải: b. b. a.  1  4a   1  4b   a 1  b 1  2  a   2  b    a   b  2   2   2   2  Ta có   1 4. Xét hàm số. a b. f  x . b a.   1  4 . ln  1  4. x.  ln  1  4. a b. . ln  1  4. b a. . a. . ln  1  4a  a. . ln  1  4b  b. . x. với x > 0. Ta có f  x  . nên f là hàm nghịch biến trên Bài tập tự luyện. 4 x ln 4 x   1  4 x  ln  1  4 x .  0; .. x2  1  4x  Do đó. f  a  f  b. 0 ,. (đpcm).. 2 2 2 Bài 1: Cho a, b, c là ba số dương thỏa mãn a  b  c 1 . Chứng minh rằng. a b c 3 3    2 2 2 1 a 1 b 1 c 2 . 1  y x  ln  ln   4 x, y   0;1 , x  y y  x 1  y 1  x   Bài 2: Chứng minh rằng với mọi ta có . Bài 3:. 2 Chứng minh rằng. x. y. x.  3 y    2 y  3x  , x  y  0. Tổng quát: Với a, b > 0 và x > y > 0 ta có. a. x. y. ..  b y    a y  bx . x. ..

<span class='text_page_counter'>(23)</span> 3 3 Bài 4: Cho x, y 0; x  y 1 . Tìm GTLN của A  x  2 y .. x  y  z Bài 5: (VMO, 2004) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn . P. 3. 32 xyz. . Tìm GTLN. x4  y 4  z 4 4.  x  y  z . và GTNN của biểu thức Bài 6: Cho các số không âm x, y, z thỏa mãn điều kiện: xy + yz + xyz = 4. CMR: x  y  z  xy  yz  zx . 2. Phương pháp dồn dần về một biến Đối với các bài toán cực trị nhiều biến, ta thường phối hợp với phương pháp chặn các biến bằng cách: sử dụng BĐT AM-GM, BĐT Cauchy-Schwarz, BĐT phụ hoặc sử dụng hàm số,....đưa dần về một biến để khảo sát. Ví dụ 1. Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a  b  c 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 P a 3  b3  c3 4 Lời giải Nhìn biểu thức của P ta thấy có sự xuất hiện của cả ba biến số a, b, c mà ta không thể quy trực tiếp về một biến số ngay nếu chỉ sử dụng giả thiết. Nhưng ta lại thấy P là biểu thức có đối xứng với a, b , do đó ta dự đoán giá trị nhỏ nhất đạt được khi hai biến a, b bằng nhau. Ta chứng 3. a 3  b3  a  b    2  2  , đẳng thức xảy ra khi hai biến số a và b bằng minh và sử dụng bất đẳng thức 3. 3. 3 2  a  b  1 3  1  c  1 3 c  3c  3c  1 P   f  c   c    c  2 4 2 4 8     nhau. Khi đó ta có . Bây giờ thì g c 8. f  c  việc giải quyết bài toán khá là dễ dàng bằng cách khảo sát hàm số   trên khoảng  0;1 .. g '  c  3c 2  6c  3 g '  c  0  c1  1  , g c 0;1 của hàm số   trên khoảng   ta có: Ta có. . . g  c   g  c2   g  1  2 6  4 2. Vậy. Pmin . , suy ra. 2, c2  1  2. P  f  c . 1 3 2 2 4 .. . 1 1 3 2 2 c  2  1, a b  2  4 2 khi và chỉ khi. . . . Lập bảng biến thiên. . . 2. ..

<span class='text_page_counter'>(24)</span> Ví dụ 2. Chứng minh rằng nếu a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 3 thì 3a 2  3b 2  3c 2  4abc 13  1 . Lời giải 2 2 2 Đặt T 3a  3b  3c  4abc . Do vai trò của a, b, c bình đẳng nên không nghịch biến tổng quát ta có thể giả sử 0  a b c . Từ a + b + c = 3 và a + b > c suy ra Ta biến đổi. 1 c . 3 2 (2).. 2. 2. T 3( a 2  b 2 )  3c 2  4abc 3   a  b   2ab   3c 2  4abc 3  3  c   3c 2  2ab  3  2c     a b  ab    2  Do 2 – 3c > 0 và 2. T 3  3  c   3c 2  c 3 . 2.  3. , suy ra. 1 1 2 2  a  b   3  2c  3  c 2  6c  9   3c 2   3  c   3  2c  2 2. 3 2 27 c   f  c 2 2.  3  1; 2  T  f  c   f  1 13 f  c  3c  3c Ta có , nên f(c) đồng biến trên . Vì vậy, . Đồng thời T 13  c 1 . Với giả thiết 0  a b c và a + b + c = 3 và (3) suy ra a = b = 1, tức là 2. tam giác ABC đều.. Ví dụ 3. (Trích đề thi thử ĐH khối B tỉnh Bắc Ninh năm 2013) Cho hai số thực x, y với y   1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x4 y 4 x4 y4   4y  5    8 y 2  4 x  12 y  9 2 2 2 S 2 y 1 . Lời giải x4 1 y4 1  x2 ,   y 2 2 2 2 2 Ta có 2 2 dấu bằng xảy ra khi x  y 1 2. 2. x2   y  2   x  2   3 y  2 x 2  y 2  4 y  4  x 2  9 y 2  4 x  12 y  8  S  y 1 y 1       u  v u v u  x; y  2  , v  2  x;2  3 y . Lấy.   2 u  v  x2   y  2 . . Vì.  2  x. 2. 2. nên. 2.   2  3y .  x  2  x. 2. 2.   y  2  2  3 y  2 y 2  1.

<span class='text_page_counter'>(25)</span> x y 2 2  0 y 3 không xảy ra dấu bằng) Dấu bằng xảy ra khi 2  x 2  3 y (với x 2 hoặc 2 y 2 1 S  f  y  ;y 1 y 1 Bây giờ ta đi tìm GTNN của f  y  Mà. 2  y  1 2 y 2 1   2 y 1 2  y  1. . Vậy MinS  2 đạt được khi x  y 1 .. Ví dụ 4. (Trích đề thi khối A năm 2011) Cho x, y, z là các số thực thuộc đoạn [1; 4] và x  y, x  z . Tìm GTNN của biểu thức x y z P   2x  3y y  z z  x . Lời giải Trước hết ta chứng minh với mọi a, b dương, ab 1 thì 1 1 2   1  a 1  b 1  ab (*) 2 Thật vậy, ta có (*)  ( ab  1)( a  b ) 0 luôn đúng do a, b dương và ab 1 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b hoặc ab = 1. Áp dụng (*) với x, y thuộc đoạn [1; 4] và x  y , x  z ta có. x 1 1 1 1     2x  3y 1  x 1  x 2  3y x 1 y z x y . z x x  1 y z y Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi hoặc (1) P. Đặt. x t2 2 t , t   1;2 P 2  y 2t  3 1  t . , khi đó. 2 f '(t )  , t  1;2   2t 2  3 1  t Xét hàm ta có 34 f (t )  f (2)  33 . Suy ra, f (t ) . t. 2. . t 2 .  2  t 3  4  3  3t  2t  1  9 .  2t. 2. 2.  3  1  t . x 4  x 4; y 1 y (2). 2. 0 .. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 34 P 33 . Từ (1) và (2) suy ra dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = 9, y =1, z = 2. Do đó Ví dụ 5. (Trích đề thi khối A năm 2014).

<span class='text_page_counter'>(26)</span> 2 2 2 Cho x, y, z là các số thực không âm và thỏa mãn điều kiện x  y  z 2 . x2 yz 1  yz P 2   x  yz  x  1 x  y  z  1 9 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức. Lời giải x2 x2 x   2 2 x  yz  x  1 2 x yz  1  x 2 yz  1  1 Ta có , dấu bằng xảy ra khi x  yz  1. 2. Ta lại có. 2. 2. 2. 2. 2  x  y  z  x  y  z   2 x  y  z   2 yz  x  y  z  .  x  y  z 2. 2.  2 yz. 2.   x  y  z  4  1  yz   x  y  z 2 1  yz .. . yz x 1 x 1 1  1  x  y  z 1 x  y  z 1 2 yz  1  1. Do đó, P. x x 1 1  yz 1 1  yz 1   1   9 9 2 yz  1  1 2 yz  1  1 2 yz  1  1. 1 1  yz 11  1 yz  3  11 2 5        yz  1  1  1 9 9  yz  3 9  9 3 9 Dấu bằng xảy ra khi x 1, y 1, z 0 hoặc x 1, y 0, z 1 . 1 . Ví dụ 6. ( Đề thi chọn HSG QG THPT bảng B, 1999) 3 2 Xét phương trình ax  x  bx  1 0 với a, b là các số thực, a 0 , a b sao cho các. nghiệm đều là số thực dương. Tìm GTNN của Lời giải. 5a 2  3ab  2 P 2 a  b  a. .. 3 2 Gọi u, v, s là ba nghiệm thực dương của đa thức ax  x  bx  1 . Theo định lý Viete ta có 1 b 1 u  v  s  ; uv  vs  su  ; uvs   1 a a a .. Từ đó suy ra a > 0, b > 0. 1 c a . Áp dụng BĐT Cauchy cho ba số dương ta có Đặt c uvs u  v  s 3 3 uvs 3 3 c  c 3 27c  c 3 3 Mặt khác,.  u  v  s. 2.  3  uv  vs  su   2. Do đó.  2 .. 1 2 2 2  u  v    v  s    s  u  0 2 .. . c 2  u  v  s  3  uv  vs  su  3bc. .  3.

<span class='text_page_counter'>(27)</span> Từ (1), (2) và (3) ta có b 1 5  3  2 3 c  5  3bc  2c 2  c  5  c 2  2c 2  5c  c 2  5  5a  3ab  2 1 a a  P 2  .   2 b c2 a  b  a a bc  1 c 3 1 1 a 3 2. Xét hàm số. f  c .  4. 5c  c 2  5  c2  3. với c 3 3 .. f  c  12 3. . Dấu bằng xảy ra khi c 3 3 . Suy ra P 12 3 . 1 a ,b  3 3 3 Đẳng thức xảy ra khi u v s  3 , tức là . Vậy min P 12 3 . Bài tập tự luyện Bài 1. Cho các số dương a, b, c với a  b  c 1 .Chứng minh rằng Ta được.  1 1 1 3  a  b  c   2     21 a b c . 2 2 2 Bài 2. Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a  b  c 1 . Chứng minh rằng 1 1 1     a  b  c  2 3 a b c. Bài 3. Cho các số x, y, z thay đổi trên đoạn [0; 1] và thỏa mãn. x yz . 3 2 . Tìm GTLN và. A cos  x 2  y 2  z 2 . GTNN của . Bài 4. (IMO, 1984) Cho x, y , z > 0 thỏa mãn x + y + z = 1. Chứng minh rằng 7 0  xy  yz  zx  2 xyz  27 . Bài 5. Cho x, y , z > 0 thỏa mãn x + y + z = 1. Tìm GTNN của A  x 2  y 2  z 2  4 xyz . Bài 6. (Trích đề khối B năm 2012) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn các điều kiện x  y  z 0 2 2 2 5 5 5 và x  y  z 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  x  y  z . x, y, z   0;1 xyz  1  x   1  y   1  z  Bài 7. Cho các số thỏa mãn . Chứng minh rằng 3 x2  y 2  z 2  4.. Bài 8. Cho ba số thực không âm a, b, c thỏa mãn a  b  c 1 . Chứng minh rằng 7 ab  bc  ca  2abc  27 . 2 2 2 Bài 9. Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn a  b  c 1 . Tìm GTLN của biểu thức.

<span class='text_page_counter'>(28)</span> S 3  a  b  c   22abc. .. Bài 10. Chứng minh rằng nếu a, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác thì a b c 3 1 a c b         b c a 2 2 c b a .. 3. Phương pháp khảo sát hàm số theo từng biến Đối với bài toán cực trị nhiều biến, ta có thể chọn một biến là biến số biến thiên và cố định các biến còn lại, bài toán đưa về việc khảo sát hàm một biến. Ví dụ 1. Cho ba số thực x, y , z 0 , chứng minh rằng: x 3  y 3  z 3  3xyz  x 2  y  z   y 2  z  x   z 2  x  y  Lời giải Bài toán hoàn toàn đối xứng với ba biến số, nên không mất tính tổng quát, ta giả sử x  y  z 0 , coi x là biến số và coi y, z là tham số trong hàm số f  x   x 3  x 2  y  z   3xyz  xy 2  xz 2  y 2 z  z 2 y  y 3  z 3 f ' x 3x 2  2 x  y  z   3 yz  y 2  z 2 Ta có   f ''  x  6 x  2  y  z  2  3 x  y  z  0 và với mọi x, y, z 0 và x  y  z . f' x Điều đó chứng tỏ   là hàm số đồng biến, suy ra f '  x   f '  y  3 y 2  2 y  y  z   3 yz  y 2  z 2  yz  z 2 0 ( do x  y  z ). 2. f  x. f  x   f  y   z  z  y  0. Đến đây ta suy ra là hàm số đồng biến, như vậy Vậy bài toán đã chứng minh xong! 1  a b c a, b, c   ;3 S    3  . Tìm GTLN của biểu thức a b b c c a . Ví dụ 2. Cho Lời giải a b c f  a    a  b b  c c  a . Xét hai trường hợp sau: Đặt * TH1: a b c . Ta có f  a  . Suy ra,. f  a   f  3 .  a  b. 2. .  b  c   a 2  bc  2  2 2  a  c  a  b  a  c c. 3 b c   g  c  3b b c c 3 ..  b  3  3b  c 2  g  c   2  2  2 2 0  c  b   c  3  c  3   b  c  b. Mặt khác,. b. 3. 0. ..

<span class='text_page_counter'>(29)</span> 3 3b 1  1 g  c  g      h  b   3  3  b 3b  1 10 Suy ra, 3 3  1  b   1  b  0 h b     2 2  3b  1  b  3  3b  1  b  3 Ta có, Bảng biến thiên b 1  f  3; b;  3  1  f  3; b;  3 . . 1 3. 1 +. 3 -. 8 5. 1 8  f  a; b; c   f  3;1;   3 5 .  Từ bảng biến thiên suy ra 8 f  c; b; a   5 . Mặt khác * TH2: c b a . Từ TH1 ta có f  a; b; c   f  c; b; a  . Suy ra , Vậy. f  a; b; c  . max S . Ví dụ 3. Cho Lời giải Đặt.  a  b   b  a   a  c  0  a  b  b  a  a  c .. 8 5.. 1 1 1   8  a, b, c    3,1,  ,  ,3,1 ,  1, ,3   3  3   3  .  5 , đạt được khi và chỉ khi a, b, c   0;1. f  c . . Tìm GTLN của biểu thức. S. a b c  3  3 3 3 3 b c 6 c a 6 a b 6 . 3. a b c  3  3 3 3 3 b  c  6 c  a  6 a  b  6 . Ta có 3. f  c  . 1 3ac 2 3c 2   2 2 a 3  b3  6  b3  c 3  6   a3  c 3  6 .

<span class='text_page_counter'>(30)</span> f  c  . 6ac  6  b3  2c 3 .  b3  c3  6 . 2. 6bc  6  a 3  2c 3 . .  a3  c3  6 . 2. 0 và. f ''  c . liên tục trên.  0;1. Nên f’(c) nghịch biến trên [0; 1]. Suy ra f  c   f  1 . 1 3a 3b 1 3     2.  0 2 2 3 3 6  a  b  7  b3   7  a3  8 49. Suy ra, f(c) đồng biến trên [0; 1]. Do đó S  f  c   f  1 . a b 1  3  3  g (a) b  7 a  7 a  b3  6 . 3. 6ab  7  2a 3  6a  b 3  6  2a 3  1 2 a 2b 3a 2  g  a   3   0 2  2 , g  a   3 3 3 3 3 3 3 b  7  a3  7  a  b  7 a  7 a  b  7      . Ta có Nên g’(a) nghịch biến trên [0; 1]. Suy ra, 1 3b 3 1 5 3  5  3b  1 g  a   g  1  3    3    3 0  2 b  7 64  7  b3  64  b 7 8 8 b 7  Suy ra g(a) đồng biến trên [0; 1]. Do đó,. S  g  a  g  1 . 2 b  h(b) b 7 8 . 3. 2. Ta có. b 3  7   48b 2  1 6b 2  h  b     0, b   0;1 2 2 8  b3  7  8  b3  7 . .. 3 3 h  b  h  1   S  8 8. Suy ra h(b) đồng biến trên [0; 1], nên 3 max S  8. Với a = b = c = 1 thì Ví dụ 4. (Đề thi VMO bảng A 1999) Xét các số thực dương a, b, c thỏa mãn abc + a + c = b. Tìm GTLN của biểu thức 2 2 3 P 2  2  2 a  1 b 1 c 1 . Lời giải 1 a c a  ,b   1 c 1  ac Biến đổi giả thiết thành a + c = b(1 - ac) > 0. suy ra 2. Thay (1) vào biểu thức P và biến đổi được. 2 a  c 2 3 P 2  2  2 a 1 c 1  1  a 2   1  b2 .  2. 2. Xét hàm số. 2 x  c 1 f  x  P  2  x 1  1  x2   1  c2 . 1 với 0 < x < 2 và coi c là tham số (c > 0)..

<span class='text_page_counter'>(31)</span> f  x   Ta có.  2c  x 2  2cx  1 2 2. 1  c  1  x  2.  1 2  0,  f  x 0 Trên  c  thì   có nghiệm duy nhất là x0  c  c  1. (3) với. 0  x0 . f  x   f  x0  1 . thì f’(x) đổi dấu từ dương sang âm nên f(x) đạt cực đại tại x0 nên 3 2c 3 P 2 f  x   2  2  2  2 g  c  c  1 c  1 c  1 Từ đó theo (2) ta có . g  c  . 1 c . Qua x0 c c2 1. 2(1  8c 2 ). c. 2. .  1 3c  c 2  1. . Xét hàm số g(c) với c > 0. Ta có . 1 c0  8 va qua c0 thì g’(c) đổi dấu từ dương sang âm nên g( c0 ) là giá Với c > 0, thì g’(c) = 0 tại  1  10 P g  3 8   trị cực đại, suy ra . 1 1 10 c  , a  ,b  2 P 8 2 3 đạt được khi Giá trị theo (1) và (3). Ví dụ 5. (Đề thi VMO năm 2001) Xét các số thực dương x, y, z thỏa mãn hệ điều kiện 2 4 1  z min  x, y  1 ; xz   2  ; yz   3 5 15 5 1 2 3 P  x, y , z     x y z. Hãy tìm GTLN của biểu thức Lời giải  4  x max  z,  15 z   (4) Từ điều kiện (1) và (2) suy ra 1 1 2 f  x   z x z với x > 0 và tham số 5 . Xét hai trường hợp a) Xét hàm số 2 4 1 1 2 x z  f  x     15 15 thì 15 z theo (4) nên z z z * Nếu (5) 2 2 4 15 z 1 z  x z f  x   g  z  15 thì 15 z 4 z * Nếu 5 theo (4) nên . 2 2 15 1 2 z  g  z    2  0  z  4 z 15 . Ta có 15 . Xét hàm số g(z) với 5 z.

<span class='text_page_counter'>(32)</span>  2 f  z   g  z   g   4 5 Do đó g(z) là hàm nghịch biến và (6) 1 1 1 1 2 2  4  4  x  , z  3 5 (7) So sánh (5) và (6) ta có x z và x z 1 1 2 h y   z y z với tham số 5 b) Xét hàm số  1 y max  z,   5z  Từ điều kiện (1) và (3) suy ra Lập luận tương tự phần a) ta được 1 z 5 thì h  y  2 5 (9) * Nếu. (8). 2 1 9 z  h y  5 thì 2 (10) * Nếu 5 1 1 9 1 1 9 2 1      x ,y  5 2 So sánh (9) và (10) ta có y z 2 và x z 2. (11). 1 1  1 1 9 P  x, y, z      2    4  2. 13 2  x y  y z So sánh kết quả phần a) và b) ta có 2 1 2 x  , y  ,z  3 2 5 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi Vậy maxP = 13. 10a 11b 12c 69    a, b, c   1;2 ca ab 2 . Ví dụ 6. Chứng minh rằng nếu thì bc Lời giải Ta coi một trong ba số a, b, c là một biến số của hàm số, chẳng hạn là a , khi đó ta đặt 1  11b 12c  10 f  x      .x x a, x   1; 2 x c b   bc , và ta đi xét hàm số 11b 12c 11b 2  12c 2 10    ,  c b bc bc . Đặt.   x 2   f '  x  0  x   f '  x   2     . x x2 , Khi đó 11b 2  12c 2 33 10     3. 3  x  1 bc bc bc  Ta có Như vậy, ta luôn có. f  x  max  f  1 , f  2   max  g  b  , h  b  . ,.

<span class='text_page_counter'>(33)</span> 10 11b 12c 20 11b 6c g  b   f  1    h  b  f  2    bc c b và bc 2c b . trong đó 1  10  11  1 g '  b   2   12c    2 A  B g b 1; 2 b  c  c b Ta xét tiếp   trên đoạn   có , A 10 10  12c 2 11 g '  b  0  b  1 A   12c  , B B c c c và có trong đó 27  21  g  b  max  g  1 , g  2   max   12c,  6c  c c  Như vậy, Xét lần nữa.   c . 21 27  12c   c    6c 1; 2 c c và trên đoạn   có.  69  69 69 max    c  ,  c   max  ,33  g  b   1;2 2  2 , từ đó suy ra 2 với mọi b, c   1; 2 . h b 1; 2 Xét tương tự đối với   trên đoạn   ta cũng có 21  51   63  63 h  b  max  h  1 , h  2     6c,  3c   , 24   c  2c  2  2 . 10a 11b 12c 69    ca ab 2 , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b 1, c 2 . Vậy bc Bài tập tự luyện 2  x 3  y 3  z 3    x 2 y  y 2 z  z 2 x  3, x, y , z   0;1. Bài 1: Chứng minh rằng Bài 2: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng 2. 2. 2. a  b  c   b  c  a   c  a  b   4abc  a 3  b 3  c 3. . Bài 3: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác (có thể suy biến). Đặt T. Tìm maxT và chứng minh rằng.  a  b  b  a   a  c   a  b  b  a   a  c . max T . .. 1 21 .. f x, y, z   xy  yz  zx  2 xyz Bài 4: (Bảng A, 2001) Cho hàm số  trên miền D   x, y, z  | 0 x, y, z 1, x  y  z 1 . Bài 5: ( Bảng A, 2001) Xét các số thực dương x, y, z thỏa mãn hệ điều kiện 3 2 18 4 18 0  z  y  x 3;  2 1; 2  2  2 3 xy y x y y z z x. ..

<span class='text_page_counter'>(34)</span> 1 80 18 P  x, y, z   xyz  x 3  y 3 2 27 8 . Hãy tìm GTLN của biểu thức Bài 6: (Đề thi chọn ĐTQG, 2001) Xét các số thực dương a, b, c thỏa mãn 21ab + 2bc + 8ac 12 . 1 2 3 P  a , b, c     a b c. Tìm GTNN của biểu thức 4. Phương pháp đổi biến Ví dụ 1. (Trích đề thi khối D năm 2012) Cho các số thực x, y thỏa mãn (x – 4)2 + (y – 4)2 + 2xy  32. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = x3 + y3 + 3(xy – 1)(x + y – 2). Lời giải Ta có 2 2 2  ( x  4)  ( y  4)  2 xy 32  ( x  y )  8( x  y ) 0  0  x  y 8 . 4 xy ( x  y ). 2.   6 xy . 3 ( x  y )2 2. 3 3 3 A = x  y  3( xy  1)( x  y  2) = ( x  y )  6 xy  3( x  y )  6 3 ( x  y )3  ( x  y) 2  3( x  y )  6 2 A. Đặt t = x + y ( 0 t 8 ), xét f(t) =. t3 . 3 2 t  3t  6  f’(t) = 3t 2  3t  3 2. 1 5 1 5 17  5 5 4 f’(t) = 0 khi t = 2 ; f(0) = 6, f(8) = 398, f( 2 ) = 17  5 5 1 5 4 Vậy giá trị nhỏ nhất của f(t) là xảy ra khi t = 2 17  5 5 1 5 1 5 4 A  f(t)  . Dấu bằng xảy ra khi x = y và x + y = 2 hay x = y = 4 Ví dụ 2. (Trích đề thi khối B năm 2011) Cho a và b là các số thực dương thỏa mãn 2(a 2 + b2) + ab = (a + b)(ab + 2). Tìm giá trị  a 3 b3  4 3  3   nhỏ nhất của biểu thức P =  b a  Lời giải.  a2 b2  9 2  2  a . b. 2  a 2  b 2   ab  a  b   ab  2 . Theo giả thiết ta có . Từ đây suy ra: 2 2 a b  1 1 a b 2     1     ab  2  2     1 a   b  b a b a  a b hay  b a .

<span class='text_page_counter'>(35)</span>  a 2 2 b a   b  2 2    b a b a  Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: a b 5  Đặt t = b a , ta suy ra: 2t + 1  2 2 t  2  4t2 – 4t – 15  0  t  2  a 3 b3  4 3  3   Mặt khác: P =  b a .  a2 b2  9 2  2  a  = 4(t3 – 3t) – 9(t2 – 2) = 4t3 – 9t2 – 12t + 18 = f(t) b 1  f’(t) = 12t2 – 18t – 12, f’(t) = 0  t = 2 hay t = 2. 23 5  Min f(t) = 4 khi t = 2 23  Vậy min P = 4 khi a = 1 và b = 2 hay a = 2 và b = 1. 1 1 1   1 Ví dụ 3. Cho ba số thực a, b, c 1 và thỏa mãn 1  a 1  b 1  c . Chứng minh rằng 8 1 1   2 ab  1 bc  1 ca  1 . Lời giải 1 1 1 1  x,  y, z x, y , z  1 b 1 c 2 và x  y  z 1 . Đặt 1  a . Khi đó . ab  1  Ta có. z x y , bc  1  , ac  1  xy yz zx , khi đó bất đẳng thức cần chứng minh có dạng. 8 xy yz zx 1   2 0  x, y , z  z x y 2 và x  y  z 1 . với điều kiện Với nhận xét bài toán đối xứng với biến x, y nên ta có thể đưa bài toán từ ba biến về hai biến 1 s2 s  1 0 p 4. bằng cách đặt x  y s, xy  p , khi đó 2 và 2 2 8 xy yz zx 8 xy z  x  y  8 p s2  2 p P       1 s  f  p z x y z xy 1 s p Ta có s2 1  s  8p s2  2 p 8 f ' p    f  p   1 s 1 s p 1 s p2 , Bây giờ xét hàm số có s 1 s p f '  p  0  2 2 ..

<span class='text_page_counter'>(36)</span> s 1  s Lập bảng biến thiên, biện luận so sánh. 2 2. s 1  s  s2 s2   s 2  4 4 2 2 với có: Nếu. 2. ta có.  s 1  s  f  p  f    4 2  2 s  2 6 2  6  2  2 2 . . .  s2  2 f p  f  4s  g  s    2   4 1  s   Nếu ta có: 2  1 1  g '  s   4  ;2  2 g s  g 2     2  2  g  s 1  s    2 Khảo sát trên có , từ đó . 1 1 x y  z 4 và 2 , tức là a b 3, c 1 . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi s 1  s . s2   s 2  4 2 2. Ví dụ 4. (Trích đề thi khối A năm 2012) Cho các số thực x, y , z thỏa mãn x  y  z 0 . Tìm |x y| | y  z| | z  x| giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 3  3  3 . 6x2  6 y2  6z 2 .. Lời giải. Cách 1 Đặt a | y  z |0, b | z  x |0, c | x  y |0 . Khi đó ta có 2. a 2  b 2  c 2 2  x 2  y 2  z 2   2  xy  yz  zx  3  x 2  y 2  z 2    x  y  z  3  x 2  y 2  z 2  2. Ta lại có,. a  b  y  z  z  x  x  y  2 z 3 z   a  b  9 z 2. Tương tự.  a  c. 2. 2. 9 y 2 ,  b  c  9 x 2 2. nên ta có: 2. 2. Khi đó, ta có.  a  b    a  c    b  c  9  x 2  y 2  z 2  2   a  b  c    a 2  b 2  c 2  9  x 2  y 2  z 2  2   a  b  c  6  x 2  y 2  z 2  P 3a  3b  3c   a  b  c . Xét hàm số:. f  t  3t  t , t   0;   f '  t  3t ln 3  1  0, t   0;  . 0;   f  t   f  0   3t t  1, t   0;    Do đó, đồng biến trên nên P a  b  c  3   a  b  c  3 Nên f t. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x  y z 0 . Cách 2. Do vai trò của x, y, z như nhau nên có thể giả sử: x  y  z . Thay z  x  y vào P ta được. ..

<span class='text_page_counter'>(37)</span> P 3x  y  3 y  z  3x  z . 2. 6  x 2  y 2   6  x  y  3x  y  3x 2 y  3 y 2 x  12  x 2  xy  y 2 . Tương tự như cách (1) ta có: P x  y  2x  y  2 y  x  3  12  x 2  xy  y 2  4x  2 y  3  12  x 2  xy  y 2 . Ta chỉ cần chứng minh: 4x  2 y  12  x 2  xy  y 2   4x 2  4xy  8 y 2 0  4  x  y   x  2 y  0  4  x  y   y  z  0. (đúng theo giả thiết) Do đó, P 3 . Ví dụ 5. (Trích đề thi khối A năm 2009) CMR với mọi số dương x,y,z thỏa mãn: 3. 3. x  y    x  z    x  y   y  z   x  z  5  y  z  x(x+y+z)=3yz, ta có  Lời giải. Cách 1. Đặt a  y  z , b  z  x, c  x  y thì a,b,c dương và. x. 3. bc a ca  b a b c 2 2 ,y  ,z  4a 2  b  c   3  b  c  2 2 2 điều kiện bài toán trở thành (1). 3 3 3 , ta phải chứng minh: b  c  3abc 5a 2. 4a 2  b  c   2a b  c. Từ (1) ta có: 2 2 2 2 và a b  c  bc 2bc  bc  a bc b3  c3  3abc  b  c   b 2  bc  c 2   3a.bc 2a.a 2  3a.a 2 5a 3. Có Dấu bằng xảy ra khi a=b=c hay x=y=z Cách 2. Đặt y=ax,z=by ( a,b>0). Khi đó , ta có bài toán tương đương: “Cho a,b dương a+b+1=3ab. a  1 (1).CMR . 3. 3.   b  1  3  a  1  b  1  a  b  5  a  b . 3. (2) ”. 2. Từ (1) ta có: (3). a  b  1 3ab . 3 a  b  2  3  a  b   4  a  b   4 0  a  b 2  do a  b  0  4. 3. (2)   a  1  b  1  3  a  1  b  1  a  1  b  1  3  a  1  b  1  a  b  5  a  b  3.   a  b  2   6  a  1  b  1 5  a  b  3. 3.   a  b  2   2  3ab  3a  3b  3 5  a  b  3.   a  b  2   8  a  b  1 5  a  b . 3. 3. 3.  do (1) . Đặt t=a+b từ (3) ta có t≥2.  t  2 suy ra ,. 3.  8  t  1 5t 3  2t  2t 2  3t  2  0  2t  2t  1  t  2  0. đúng với mọi t≥2.

<span class='text_page_counter'>(38)</span> Dấu = xảy ra khi x=y=z 5. Phương pháp tiếp tuyến Trong phần này chúng ta xét bài toán tổng quát: “Cho a1 , a2 , a3 ,..., an  D thoả mãn a1  a2  a3  ...  an n ,  D, với cần chứng minh bất đẳng thức f  a1   f  a2   ...  f  an  nf    , đẳng thức xảy ra khi a1 a2 a3 ... an  ”. Bài toán này có tính chất nổi bật với vế trái là biểu thức đối xứng của các biến a1 , a2 , a3 ,..., an và viết được dưới dạng tổng của một hàm số với các biến số khác nhau. Dẫn đến y  f  x suy nghĩ một cách tự nhiên để giải quyết bài toán này là ta xét hàm số , sau đó chứng f x  Ax  B A a  a  ...  an   nB nf    minh   với mọi x  D , trong đó A, B thỏa mãn  1 2 A  B  f    y  f  x (hay ). Dễ thấy y  Ax  B chính là tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại x   điểm . Như vậy qua phân tích, chúng ta có thể đưa ra được lời giải cho bài toán tổng quát trên như y  f  x x  D sau: Xét hàm số , , viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại x  là y  Ax  B . Ta chứng minh f  x   Ax  B với mọi x  D , từ đó suy ra: f  a1   f  a2   ...  f  an  nf    (đpcm). Sau đây chúng ta xét một số bài toán điển hình để thể hiện rõ hơn cho phương pháp này.. Ví dụ 1. Cho bốn số dương a, b, c, d thoả mãn a  b  c  d 1 . Chứng minh rằng 1 6  a 3  b3  c 3  d 3  a 2  b 2  c 2  d 2  8. Lời giải a, b, c, d   0;1 Từ giả thiết ta có và bất đẳng thức được viết dưới dạng f  a  f  b  f  c  f  d   xét hàm số. f  x  6 x 3  x 2. 1 1 a b c d  3 2 f x  6 x  x   8 với 4 . Ta , đẳng thức xảy ra khi. trên khoảng.  0;1 , phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số này tại. 1 5 1 y  x 4 là 8 8. điểm có hoành độ 1 1 2 5 f  x    x     4 x  1  3 x  1 0 8 8 8 Xét , x   0;1 . x0 . x   0;1. , suy ra. 5 1 f  x  x  8 8,.

<span class='text_page_counter'>(39)</span> Từ đó ta có. f  a  f  b  f  c  f  d  . a b c d . 5 1 1  a  b  c  d   4.  8 8 8 , đẳng thức xảy ra khi. 1 4.. Ví dụ 2. Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn a  b  c 3 . Chứng minh rằng 1 1 1  2  2 a 2  b 2  c 2 2 a b c . Lời giải  1 1 0;  0a  3 thì Ta có nhận xét, nếu có một trong ba số a, b, c thuộc khoảng  3  , chẳng hạn 1 1 1 2  2  2  9  a  b  c   a 2  b 2  c 2 2 ta có a b c nên bài toán được chứng minh, do vậy ta chỉ  1 7  1 7 1 a, b, c   ;  f  x   2  x2  ;   3 3  . Ta xét hàm số x xét trên đoạn  3 3  , phương trình tiếp tuyến của f  x x0 1 là y  4 x  4 . đồ thị tại điểm có hoành độ Ta có  2   x  1 2  1 7   0 x   1 ; 7   x  f  x   ( 4 x  4)     3 ; 3   3 3  , suy ra f  x   4 x  4 , x2 . f  a   f  b   f  c   4  a  b  c  d   16 0 Từ đó ta có: , đẳng thức xảy ra khi a b c 1 ..  x  1. 2. Ví dụ 3. Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn a  b  c 1 . Chứng minh rằng 10  a 3  b3  c 3   9  a 5  b5  c 5  1. .. Lời giải Như các bài toán trên, ta xét hàm số x0 . f  x  10 x 3  9 x5. trên khoảng.  0;1 , phương trình tiếp. 1 25 16 y  x 3 là 9 27 .. tuyến của đồ thị tại điểm có hoành độ 16  1 2  25 3 2 f  x   x     3x  1   27 x  18 x  21x  16  27  27  9 Xét , bây giờ ta chưa thể khẳng 25 16 x 3 2 9 27 với mọi x   0;1 , nên ta đặt g  x   27 x  18 x  21x  16 và xét định được g x 0;1 g x 0;1 hàm số   trên khoảng   , ta thấy   không luôn dương trên   , nên ta phải tìm cách g x 0 chia khoảng xác định của x tốt nhất có thể sao cho trên khoảng đó thì   . Bằng cách lập f  x .

<span class='text_page_counter'>(40)</span>  9 x   0;  g x 0;1 g x 0  10  , từ bảng biến thiên của hàm số   trên khoảng   , ta suy ra   với mọi đó ta có. f  x .  9 25 16 x   0;  x  10  . Như vậy bài toán đã chứng minh xong khi 9 27 với mọi.  9 a, b, c   0;   10  và a  b  c 1 . Bây giờ ta xét trường hợp có ít nhất một trong ba số a, b, c thuộc  9   9   1 a   ;1 b, c   0;   10 ;1  10  do a, b, c đều dương và có tổng bằng 1 nên  10  , nửa khoảng , giả sử  9   1 ;1   0; 10  f  x f a  f  1 1 10   dễ thấy hàm số nghịch biến trên và đồng biến trên , suy ra   , f  b   f (0) 0, f  c   0 f  a   f  b   f  c   1 , f a  f  b   f  c  1 Vậy   với mọi số thực dương a, b, c thoả mãn a  b  c 1 . Đẳng thức xảy ra khi. a b c . 1 3.. Thông qua bài toán này, ta có thể thấy được khi nào cần phân khoảng đang xét thành hai hay nhiều khoảng để có những bước đi tiếp theo mà không hề mất tự nhiên!. Ví dụ 4. Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn a  b  c 1 . Chứng minh rằng 1 1 1 27    1  ab 1  bc 1  ca 8 . Lời giải Nhìn bài toán ta khó có thể thấy được việc sử dụng phương pháp tiếp tuyến, tuy nhiên để ý. một chút.  a  b ab  4. 2. 1 c . 2. 4. 1 4  2 suy ra 1  ab 3  2c  c nên ta đã đưa được bài toán đã cho. 1 1 1 27    2 2 2 32 với điều về bài toán quen thuộc: Chứng minh rằng 3  2a  a 3  2b  b 3  2c  c kiện a, b, c dương và a  b  c 1 . Bây giờ xét hàm số. f  x . 1 3  2 x  x 2 trên khoảng  0;1 , phương trình tiếp tuyến của đồ. 1  27 81 y x 256 256 . thị hàm số tại điểm có hoành độ bằng 3 là.

<span class='text_page_counter'>(41)</span> 2. 81  1 27 81  3x  1  13  3x    27 f  x   x  x  0  2 256 256  3  2 x  x 256 256 256  3  2 x  x 2   Xét với mọi x   0;1. , do đó. 27 81 x 256 256 với mọi x   0;1 . Từ đó ta có. f  x  . 1 1 1 27 81 27      a  b  c   3. 2 2 2 3  2a  a 3  2b  b 3  2c  c 256 256 32 , đẳng thức xảy ra khi a b c . 1 3.. 4 4 4 Ví dụ 5. Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn a  b  c 3 . Chứng minh rằng 1 1 1   1 4  ab 4  bc 4  ca . Lời giải a 2  b2 ab  2 Áp dụng bất đẳng thức ta có. 2 2 2 1 1 1    2 2 2 2 2 2   4  ab 4  bc 4  ca 8   a  b  8   b  c  8   c  a  . x  b 2  c 2 . Tiếp theo đặt. 2. ,. y  c 2  a 2 . 2. ,. z  a 2  b 2 . 2. khi đó. x  y  z 4  a 4  b 4  c 4  12. .. Bây giờ bài toán trở thành: Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn x  y  z 12 . Chứng minh 1 rằng 8 . x. Xét hàm số. . 1 8. y. f  x . . 1 8. . z. 1 2. .. 1 x trên khoảng  0;12  và phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại. 8. 1 1 y x  4   144 6. điểm có hoành độ x0 4 là. Xét. 1 1 f  x   x  4   144 6 6. 0;12  Trên khoảng . 1. . f  x  . 1. . x 2 8. 2. . .  x  4 x  4 1   x  4  2 x 144 144 x  2 8  x. . . . 1 1 1 1  x  4   0  f  x    x  4   144 6 144 6.. 1 1 1   x  y  z  12   3.  144 6 2 Do đó 8  x 8  y 8  z . Đẳng thức xảy ra khi x  y z 4 hay a b c 1 . . 1. thì. x 4. .

<span class='text_page_counter'>(42)</span> Bài tập tự luyện Bài. 1.. Cho. x, y, z   0;1. .. Tìm. Q 2  x 3  y 3  z 3    x 2 y  y 2 z  z 2 x . giá. trị. lớn. nhất. của. biểu. thức. .. Bài 2. Cho x, y , z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện 2 x  4 y  7 z 2 xyz . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  x  y  z . Bài 3. Chứng minh rằng nếu a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác thì a b c 3 1 a c b         b c a 2 2 c b a Bài 4. Cho ba số thực không âm a, b, c thỏa mãn a  b  c 1 .Chứng minh rằng.  ab  Bài. 5.. Cho. ba. số. 3. 3. 3.   bc    ca  . thực. dương. 1 64. x, y , z .. Chứng. minh. rằng. dương.. Chứng. minh. rằng:. 2  x3  y 3  z 3   3xyz 3  x 2 y  y 2 z  z 2 x . Bài. 6.. Cho. x, y , z. là. . những. số. thực. x y z   1 xy  x  1 yz  y  1 zx  z  1 Bài 7. Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn x  y  z 1 . Tìm giá trị lớn nhất của P x2 y  y 2 z  z 2 x . 3. x  y  z  32 xyz Bài 8. Cho các số thực x, y, z  0 thoả mãn điều kiện  . Tìm GTLN – GTNN. của biểu thức. x4  y 4  z 4 P 4  x  y  z 2  a 3  b3  c3 . 2. 9 a  b  c  2 33  a  b2  c2 . abc Bài 9. Cho ba số thực dương a, b, c . Chứng minh rằng Bài 10. Cho bốn số thực dương a, b, c, d thỏa mãn a  b  c  d 4 , chứng minh rằng a b c d 1     2 2 2 2 5  3a 5  3b 5  3c 5  3d 2. Bài 11. Cho bốn số thực dương a, b, c, d thỏa mãn a  b  c  d 1 , chứng minh rằng 3 4  a 3  b 3  c3  d 3  a 2  b 2  c 2  d 2  16 . Bài 12. Cho a, b, c là các số thực dương..

<span class='text_page_counter'>(43)</span> 2. Chứng minh rằng:. 2. 2.  a  b  c   a  c  b   c  b  a  2 2 2 c2   b  a  b2   a  c  a2   b  c . . 3 5.

<span class='text_page_counter'>(44)</span>