CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC VÀ TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA MỘT BIỂU THỨC

BÁO CÁO SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM MÔN TOÁN

vectorstock.com/28062405

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection

SÁNG KIẾN CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC VÀ TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA MỘT BIỂU THỨC BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 12 WORD VERSION | 2021 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

2

I. Điều kiện hoàn cảnh tạo ra sáng kiến kinh nghiệm Đề thi tuyển sinh Đại học, Cao đẳng và đề thi chọn học sinh giỏi của tỉnh Nam Định môn Toán trong những năm gần đây thƣờng yêu cầu thí sinh “CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC HOẶC TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA MỘT BIỂU THỨC”. Đặc biệt thƣờng xuất hiện những câu khó nhằm phân loại học sinh thuộc một trong các dạng đã nêu ở trên. Bản thân tôi là một trong các giáo viên thƣờng xuyên đƣợc nhà trƣờng giao nhiệm vụ dạy luyện thi Đại học và bồi dƣỡng Học sinh giỏi môn Toán lớp 12, nên tôi suy nghĩ mình cần phải trang bị cho Học sinh của mình một số các phƣơng pháp nhất định để giúp các em có thể giải đƣợc các bài toán khó có dạng đã nêu ở trên. Có rất nhiều phƣơng pháp có thể sử dụng để “CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC VÀ TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA MỘT BIỂU THỨC”. Khi đứng trƣớc một bài toán đó học sinh cần phải đƣợc cung cấp nhiều phƣơng pháp giải toán khác nhau và việc phát hiện, sử dụng phƣơng pháp cụ thể nào là một vấn đề vô cùng quan trọng để dẫn tới thành công nhanh. Vì vậy tôi đã đƣa ra sáng kiến này nhằm mục đích: Cung cấp cho học sinh có thêm phương án lựa chọn khi gặp bài toán chứng minh bất đẳng thức, tìm GTLN – GTNN của một biểu thức. Đồng thời cũng giúp cho giáo viên dựa vào đó để sáng tạo ra một bài toán chứng minh bất đẳng thức, tìm GTLN – GTNN của một biểu thức. Phương pháp này không dài dòng, rất độc đáo và hiệu quả.

II.MÔ TẢ GIẢI PHÁP 1. Mô tả giải pháp trƣớc khi tạo ra sáng kiến Đối với học sinh việc làm các bài tập lên quan đến bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số đã là một nội dung kiến thức tƣơng đối khó, hơn nữa lại áp dụng các kiến thức này vào giải quyết các bài toán tìm giá tri lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức nhiều biến lại càng khó hơn. Thực tế khi dạy chủ đề này tôi thấy khi gặp các bài toán dạng này đa số các em đều chọn bừa đáp án hoặc bỏ qua. Một phần do các em chƣa có đƣợc cách nhìn, phƣơng pháp cụ thể, hơn nữa lại phải có tƣ duy tổng hợp các phần kiến thức từ bất đẳng thức cơ bản, bất

3

đẳng thức Cauchy, bất đẳng thức Bunhiacopxki, đạo hàm, hàm số,

Từ những

thực tế đó tôi thấy rằng để các em không cảm thấy sợ bài tập dạng này tôi đã xây dựng chủ đề dạy học “Chứng minh bất đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức nhiều biến” theo một phƣơng pháp dồn biến nhằm giúp các em từng bƣớc giải quyết các bài tập này trên cơ sở xây dựng cho các em các kiến thức nền tảng cần thiết.

2. Mô tả giải pháp sau khi tạo ra sáng kiến Xuất phát từ thực tế trên, khi dạy chủ đề này tôi chia thành 9 nội dung: NỘI DUNG 1: DỒN BIẾN NHỜ VẬN DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CÔ– SI (CAUCHY) NỘI DUNG 2: DỒN BIẾN NHỜ VẬN DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC BUNHIACOPXKI (CAUCHY–SCHWARZT) NỘI DUNG 3: DỒN BIẾN NHỜ PHÁT HIỆN YẾU TỐ ĐẲNG CẤP CỦA ĐỀ BÀI NỘI DUNG 4: DỒN BIẾN NHỜ KỸ THUẬT ĐỔI BIẾN SỐ NỘI DUNG 5: DỒN BIẾN NHỜ VẬN DỤNG CÁC HẰNG ĐẲNG THỨC NỘI DUNG 6: DỒN BIẾN NHỜ VẬN DỤNG ĐIỀU KIỆN CỦA GIẢ THIẾT NỘI DUNG 7: DỒN BIẾN NHỜ VẬN DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC PHỤ NỘI DUNG 8: DỒN BIẾN NHỜ VẬN DỤNG PHƢƠNG PHÁP HÌNH HỌC NỘI DUNG 9: DỒN BIẾN NHỜ PHƢƠNG PHÁP CHỌN PHẦN TỬ LỚN NHẤT HOẶC PHẦN TỬ NHỎ NHẤT Phƣơng pháp chung:  Xác định biến cần dồn về ( cần linh hoạt để sao cho bƣớc tìm điều kiện đƣợc thuận lợi )  Vận dụng bất đẳng thức Côsi, Bunhiacopxki; đổi biến số biến cần dồn đã xác định ở trên  Tìm điều kiện của biến mới.

để đƣa hết về

4

 Sử dụng đạo hàm để khảo sát hàm số theo biến mới từ đó suy ra điều phải chứng minh hoặc tìm đƣợc giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất.

NỘI DUNG 1: DỒN BIẾN NHỜ VẬN DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CÔ –SI (CAUCHY) I/ Bất đẳng thức Cô–si (Cauchy) ab  ab , a, b  0 .

2

 Bất đẳng thức Cô-si cho hai số:

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b .  Bất đẳng thức Cô-si cho ba số:

abc 3

 3 abc , a, b, c  0 .

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  c .  Bất đẳng thức Cô-si tổng quát cho n số không âm: .

√ Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi II/ Các hệ quả của bất đẳng thức Cauchy

 a, b  R  . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b .

 a 2 +b 2  2ab  a 2 +b 2  2ab

 a, b  R  . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b .

a 2  b2  ab  2

 a, b  R  . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b .

ab  ab     2 

2

 a, b  R  . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b .

 a 3 + b3  c3  3abc, abc  abc    3  

3

III/ Một số ví dụ minh họa Ví dụ 1. Cho các số thực

(

Chứng minh rằng a2  b2  c2  3 .

4  Phân tích tìm lời giải

)

(

)(

)(

).

5

 Đây là một ví dụ về bất đẳng thức đối xứng ba biến. Do đó chúng ta dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi các biến bằng nhau abc

1 và biến cần đưa về là a  b  c hoặc abc . Khai triển đẳng 2

thức ở giả thiết cho ta: a2  b2  c2   a  b  c  1  1  4 abc nên ta 2

xác định được:  Biến cần đưa về: a  b  c.  Chiều đánh giá cần tìm: abc  g  a  b  c  .  Đánh giá cần tìm là:

⏞ (

)

 Lời giải +) Từ giả thiết abc  1  a  1  b 1  c  kết hợp với

⏞ (

)

ta đƣợc abc  1   a  b  c   ab  bc  ca  abc

 1   a  b  c  ab  bc  ca  2abc

 a  b  c    a2  b2  c2  2

 1   a  b  c 

2

 2abc

 a2  b2  c2   a  b  c  1  1  4 abc   a  b  c  1  1  2

2

3 4  a  b  c 27

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  c. +) Đặt t  a  b  c  t   0;3  . Xét hàm số f  t   

3  t  4 2 Ta có f '  t    t  2t  2  0   2.  9 t  3 +) Bảng biến thiên của hàm số f  t  , t   0;3

4 3 2 t  t  2t  2 27

6

3 2

0

t

f 't 

-

0

3 +

21

f t 

3 4

+) Dựa vào bảng biến thiên ta có: a2  b2  c2  f  t   và chỉ khi a  b  c 

3 . Đẳng thức xảy ra khi 4

1 .

2

Kết luận: Vậy a2  b2  c2 

3 1 . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  .

4 2

Ví dụ 2. Cho các số thực x, y thoả mãn x  y  0 .

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  2  x3  y 3   3 x  y .  Phân tích tìm lời giải  Đây là ví dụ về bất đẳng thức hai biến đối xứng. Dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi hai biến bằng nhau. Từ giả thiết x  y  0 ta xác định được:  Biến cần đưa về: x  y.  Chiều đánh giá cần có: P  .  Chiều đánh giá cần tìm: x3  y 3  g  x  y  .  Biến đổi biểu thức x 3  y 3   x  y   3xy  x  y  , do đó nếu muốn sử 3

 dụng đánh giá x3  y 3  g  x  y  ta sẽ cần xy  x  y .

x y  Đánh giá cần tìm là: xy    .  2  2

 Lời giải

7

x y +)Áp dụng đánh giá xy    ta đƣợc  2  2

3 x  y   x  y . x  y   x  y   3xy  x  y    x  y    x3  y 3  4 4 3

3

3

3

3

3

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  y . +) Khi đó P  2  x  y   3 3

3

 x  y x y  2

3

 3 x  y , đặt x  y  t  0 ta có

1 3 3t 2 3 hàm số f  t   t  3 t , t  0; f '  t     0  t 1 2 2 2 t +) Bảng biến thiên của hàm số f  t  , t  0 t

0

f 't 

||



1 -

0

+ +∞

0

f t  

5 2

5 5 Từ bảng biến thiên, ta thấy f  t   f 1   , t  0  P  f  t    .

2 2 1 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  y  .

2

Kết luận: Giá trị nhỏ nhất của P là 

5 1 tại x  y  .

2 2

Ví dụ 3. Cho các số thực x, y dƣơng. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P

1  8 x  y.

8 xy  x 2  y 2 

 Phân tích tìm lời giải  Đây là ví dụ về bất đẳng thức hai biến đối xứng vì thế chỉ có thể dồn về biến x  y hoặc biến xy . Dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi hai biến bằng nhau. Dựa vào chiều cần đánh giá ta xác định được:  Biến cần đưa về: x  y.

8

 Chiều đánh giá cần có: P  .  Chiều đánh giá cần tìm: xy  x 2  y 2   g  x  y .  Biến đổi biểu thức: Nếu muốn tạo ra x  y từ x2  y 2 và xy, ta chỉ có biến đổi sau  x  y    2 xy    x 2  y 2  .

2

 2 xy  x 2  y 2   x  y   Đánh giá cần tìm là:  2 xy  . x  y    .   2 4   2

2

4

2

 Lời giải 1 1  2 xy  x 2  y 2   x  y  . Đẳng 2 2 2 2 +) Ta có  2 xy  . x  y     xy x  y     2 2 2 8  2

4

thức xảy ra khi và chỉ khi x  y . P

1 1  8 x  y  8 x y , 4 8 xy  x 2  y 2   x  y

đặt x  y  t  0 ta có hàm số f  t  

1 4 4  8 t , t  0; f '  t    5   0  t 1 4 t t t

+) Bảng biến thiên của hàm số f  t  , t  0 t

0

f 't 

||



1 -

0



+



f t  9 Từ bảng biến thiên, ta thấy f  t   f 1  9 , t  0  P  f  t   9 .

1 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  y  .

2 1 Kết luận: Giá trị nhỏ nhất của P là 9 tại x  y  .

2

9

Ví dụ 4. Cho các số thực x, y dƣơng. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P

1 1  .

9 x3 y 3  x3  y 3  x  y

 Phân tích tìm lời giải  Đây là ví dụ về bất đẳng thức hai biến đối xứng vì thế chỉ có thể dồn về biến x  y hoặc biến xy . Dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi hai biến bằng nhau. Tương tự ví dụ 3 dựa vào chiều cần đánh giá ta xác định được:  Biến cần đưa về: x  y.  Chiều đánh giá cần có: P  .  Chiều đánh giá cần tìm: x3 y 3  x3  y 3   g  x  y .  Biến đổi biểu thức: Ta có x3  y 3   x  y   x 2  xy  y 2 . Như vậy muốn đưa về biến x  y ta xét tích x3 y 3  x 2  xy  y 2 . Cũng như ví dụ trên, ta thấy để tạo ra x  y ta cần có biến đổi sau

 x  y

2

  x 2  xy  y 2   xy  xy  xy.

 Đánh giá cần tìm là:  xy  xy  xy   x 2  xy  y 2    x  y 8 2 2 .    xy  xy  xy   x  xy  y     4 256   4

 Lời giải +) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho bốn số dƣơng ta có x3 y 3  x3  y 3    xy  xy  xy   x 2  xy  y 2   x  y  9  xy  xy  xy   x 2  xy  y 2   x  y  3 3 3 3    x  y  x y  x  y     4 256   4

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  y .

P

1 1 256 1    , đặt x  y  t  0 9 x y 9 x3 y 3  x3  y 3  x  y 9  x  y 

10

ta có hàm số f  t  

256 1 256 1  , t  0; f '  t    10  2  0  t  2 9 9t t t t

+) Bảng biến thiên của hàm số f  t  , t  0 t

0

f 't 



2 -

||

0



+ 0

f t  

4 9

4 4 +) Từ bảng biến thiên, ta thấy f  t   f  2    , t  0  P  f  t    .

9 9

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  y  1 .

Kết luận: Giá trị nhỏ nhất của P là 

4 tại x  y  1 .

9

Ví dụ 5. (Khối B năm 2014) Cho các số thực a, b, c không âm và thỏa mãn điều kiện ( a  b)c  0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 

a b c   . b c a  c 2( a  b)

 Phân tích tìm lời giải  Đây là ví dụ về bất đẳng thức ba biến không đối xứng, quan sát điều kiện của giả thiết xuất hiện tích ( a  b)c  0 và biểu thức P xuất hiện thương c c ab ta dự đoán đưa về biến hoặc biến . Mặt khác theo bất ab ab c

đẳng thức Cô-si ta có

a  b c

xác định được:  Biến cần đưa về:

c ab

 Chiều đánh giá cần có: P  .

b 2( a  b) 2   , do đó ta a c ab c 1 c ab

11

 Chiều đánh giá cần tìm:  Đánh giá cần tìm là:

a b  c    g . b c ac  a b

a b 2( a  b) 2    . b c a c ab c 1 c ab

 Lời giải +) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số không âm ta có: a  (b  c)  2 a (b  c ) 

Tƣơng tự ta có:

b 2b a b 2(a  b) 2      ac abc bc a  c a  b  c 1 c ab

a b c 2 c     , b c a  c 2( a  b) 1  c 2( a  b) ab

P

đặt t 

a 2a  bc abc

c , t  0. ab

Xét hàm số f ( t ) 

2 1 2 1   0  t 1  t với t  0 , f '  t   2 1t 2  t  1 2

+) Bảng biến thiên của hàm số f  t  , t  0 t

0

f 't 



1 -

0

+



2

f t  3 2

+) Từ bảng biến thiên, ta thấy f  t   f 1 

3 3 , t  0  P  f  t   .

2 2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  0, b  c, b  0 .

12

Kết luận: Giá trị nhỏ nhất của P là

3 tại a  0, b  c, b  0 .

2

Ví dụ 6. Cho các số thực dƣơng a, b, c thỏa mãn điều kiện c  0, a  c, b  c .

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  c  a  c   c  b  c   2a2b2 .  Phân tích tìm lời giải  Đây là ví dụ về bất đẳng thức ba biến không đối xứng, biểu thức P có dạng tương tự như ví dụ 5nên ta dự đoán đưa về biến ab .  Biến cần đưa về: ab.  Chiều đánh giá cần có: P  .  Chiều đánh giá cần tìm:

c  a  c   c  b  c   g  ab .

 Biến đổi biểu thức: Ta có cac cbc ab   2 2 2 ab  g  ab  . . Như vậy muốn đưa về biến ab ta cần đánh giá 2 c  a  c   c b  c   c a  c  c b  c 

Tuy nhiên đánh giá này vô cùng khó khăn, chính vì vậy để có đánh giá c  a  c   c  b  c   g  ab , ta phải tư duy theo một hướng khác là:

c  a  c  c  b  c g  ab

 1 , như vậy ta cần tạo ra một đánh giá mà sau

khi sử dụng bất đẳng thức Cô-si ta sẽ triệt tiêu toàn bộ các biến a, b, c.

Do đó ta biến đổi:  c c c  a  c   c  b  c   ab  1     b a 

c c 1   a  b  

Mặt khác theo bất đẳng thức Cô-si ta có: c c c c 1 c  c  1  c  c  1   1    1    1      1 b  a  a  b  2  b  a   2  a  b  

 Đánh giá cần tìm là:

c  a  c   c  b  c   ab .

13

 Lời giải  c c +) Ta có: c  a  c   c  b  c   ab  1     b a 

c c 1   a  b  

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dƣơng ta có: c c c c 1 c  c  1  c  c  1   1      1       1     1   b a a b 2b  a  2  a  b   c  a  c   c  b  c   ab

c c  1   b 1 1 1 a Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:     . a b c c 1 c  a b

 P  ab  2a 2b 2 , đặt ab  t  0 ta có hàm số f  t   t  2t 2 , t  0; f '  t  

1 2 t

 4t  0  t 

1 4

+) Bảng biến thiên của hàm số f  t  , t  0 1 4

0

t

f 't 

||

+

0

 -

3 8

f t  0



3 1 3 +) Từ bảng biến thiên, ta thấy f  t   f    , t  0  P  f  t   .

8 4 8 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  a   1  1 1   ab  ab  ab      4 1     4 4    b  ,   0 .  1 4 1  1  1 a  b  1 c   4 a  b a b c  ab    c    c  4 2  1 

14

Kết luận: Giá trị lớn nhất của P là

3 1  tại a   , b  trong đó  ,c 8 4 4 2  1

là một số thực dƣơng bất kì.

Ví dụ 7. Cho các số thực dƣơng a, b, c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P

1 32  abc 

2



27

 2a

2

 2b  c  1 2



3

.

 Phân tích tìm lời giải  Đây là ví dụ về bất đẳng thức ba biến không đối xứng, quan sát biểu thức P ta thấy số hạng thứ nhất có tích abc còn số hạng thứ hai thì dễ dàng đưa về tích abc được, do đó ta có:  Biến cần đưa về: abc.  Chiều đánh giá cần có: P  .  Chiều đánh giá cần tìm:

27

 2a

2

 2b  c  1 2



3

 g  abc  .

 Biến đổi biểu thức: Ta có Co si

27

 2a

2

 2b2  c  1





3

 Đánh giá cần tìm là:

Co si

27



 4 ab  c  1

3

27

 2a

2

 2b2  c  1



3



1 .

4 abc 1 .

4 abc

 Lời giải +) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dƣơng ta có: 2a2  2b2  4 ab 

27

 2a

2

 2b2  c  1

27



  4 ab  c  1 3

3

+) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dƣơng ta có: 4 ab  c  1  3 3 4 abc 

27

 4 ab  c  1

3



3

27 3



3

4 abc



1 4 abc

15



27

 2a

2

 2b2  c  1



3



1 4 abc

a  b Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:  .

4 ab  c  1  Ta đƣợc P 

1 32  abc 

2



27

 2a

2

 2b2  c  1

t  abc, t  0. Xét hàm số f  t  

f 't 



3



1 32  abc 

2



1 , đặt 4 abc

1 1  , t   0;    có : 2 32t 4t

4t  1 1  f 't  0  t  .

3 16t 4

+) Bảng biến thiên của hàm số f  t  , t  0 t

1 4

0

f 't 

||

-



0

+





f t  

1 2

1 1 1 +) Từ bảng biến thiên, ta thấy f  t   f     , t  0  P  f  t    .

2 2 4  a  b 1   a  b  Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 4ab  c  1   2.  c  1 1 abc   4

1  1 a  b  Kết luận: Giá trị nhỏ nhất của P là  tại  2.

2 c  1

16

Ví dụ 8. Cho các số thực dƣơng a, b, c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P

24 3 .  13a  12 ab  16 bc abc

 Phân tích tìm lời giải  Đây là ví dụ về bất đẳng thức ba biến không đối xứng, quan sát biểu thức P ta thấy số hạng thứ hai có tổng a  b  c còn số hạng thứ nhất thì có thể đưa về tổng a  b  c được, do đó ta có:  Biến cần đưa về: a  b  c .  Chiều đánh giá cần có: P  .  Chiều đánh giá cần tìm:

24  g  abc  13 a  12 ab  16 bc

 Biến đổi biểu thức: biểu thức 13a  12 ab  16 bc cần đánh giá theo chiều "  " và cần có đánh giá biểu thức 13a  12 ab  16 bc    a  b  c  . Vấn đề ở đây là làm thế nào để xác

định được  ? Giả sử ta có đánh giá 13a  12 ab  16 bc  13a   13a  

 13  6 

6  ma  nb   mn

12 16 ma.nb  m.n p.q

pb.qc

8  pb  qc  p.q

m  n p  q 8  a   6 b  8 c   a  b  c n  m q   p 

Do đó ta cần xác định m, n, p, q sao cho 13  6

m n p q 6 8 8 n m q p

. Để ý đến tính “chính phương” của các biểu thức trong căn ta xác định được m  1; n  4; p  1; q  4 .  Đánh giá cần tìm là: 13a  12 ab  16 bc  16(a  b  c) .  Lời giải +) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dƣơng, ta có:

17

13a  12 ab  16 bc  13a  6 a.4b  8 b.4c a  4b b  4c  13a  6.  8.  16(a  b  c) 2 2  13a  12 ab  16 bc  16(a  b  c) . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: a  4b  16c .

P f t 

3 3  . Đặt t  a  b  c, t  0 . Xét hàm số 2 a  b  c abc

3 3 3 3   2, với t  0 ta có f '  t   2t t 2t t 2t

f 't  0 

3 3  2  0  t 1 2t t 2 t

+) Bảng biến thiên của hàm số f  t  , t  0 t

0

f 't 

||



1 -

0

+



0

f t  

3 2

3 3 +) Từ bảng biến thiên, ta thấy f  t   f 1   , t  0  P  f  t    .

2 2 16  a   21  a  b  c  1 4  Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  .  b  21  a  4b  16 c  1   c  21 

18

16  a   21  a  b  c  1 3 4  Kết luận: Giá trị nhỏ nhất của P là  tại  .  b  2 21  a  4b  16 c  1   c  21 

Ví dụ 9. (Đề thi HSG Tỉnh Nghệ An – 2012) Cho các số thực dƣơng a, b, c .

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 

2 3  . a  ab  3 abc ab c

 Phân tích tìm lời giải  Đây là ví dụ về bất đẳng thức ba biến không đối xứng, quan sát biểu thức P ta thấy số hạng thứ hai có tổng a  b  c còn số hạng thứ nhất thì có thể đưa về tổng a  b  c được, do đó ta có:  Biến cần đưa về: a  b  c .  Chiều đánh giá cần có: P  .  Chiều đánh giá cần tìm:

2  g  abc  a  ab  3 abc

 Biến đổi biểu thức: biểu thức a  ab  3 abc cần đánh giá theo chiều "  " và cần có đánh giá biểu thức a  ab  3 abc    a  b  c  . Vấn đề

ở đây là làm thế nào để xác định được  ? Giả sử ta có đánh giá 1 1 3 ma.nb  paqbrc 3 pqr m.n 1 1 a  ma  nb   3  pa  qb  rc  2 mn 3 pqr a  ab  3 abc  a 



 1  

1 m p  1 n q   r   a     b   c   a  b  c 2 n 3 3 pqr   2 m 3 3 pqr   3 3 pqr 

Do đó ta cần xác định m, n, p, q, r sao cho  1 m p  1  3  2 n 3 pqr

 1 n q     3   2 m 3 pqr

  r    3   3 pqr

  . Để ý đến tính 

19

“chính phương” của các biểu thức trong căn ta xác định được m  1; n  4; p  1; q  4; r  16 .

 Đánh giá cần tìm là: 1 a  4b 1 a  4b  16 c 4 a  ab  3 abc  a  .  .   a  b  c .

Co  si 2 2 4 3 3

 Lời giải 1 a  4b 1 a  4b  16 c 4  .   a  b  c +) Ta có: a  ab  3 abc  a  .

Co  si 2 2 4 3 3 P

3  2  a  b  c

3 . ab c

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: a  4b  16c . Đặt t  a  b  c, t  0 .

Xét hàm số f  t   f 't  0 

3 3 3 3   2, với t  0 ta có f '  t   2t t 2t t 2t

3 3  2  0  t 1 2t t 2 t

+) Bảng biến thiên của hàm số f  t  , t  0 t

0

f 't 

|| 



1 -

0

+ 0

f t  

3 2

3 3 +) Từ bảng biến thiên, ta thấy f  t   f 1   , t  0  P  f  t    .

2 2 16  a   21  a  b  c  1 4  Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  .  b  21  a  4b  16 c  1   c  21 

20

16  a   21  a  b  c  1 3 4  Kết luận: Giá trị nhỏ nhất của P là  tại  .  b  2 21  a  4b  16 c  1   c  21 

Ví dụ 10. Cho các số thực dƣơng a, b, c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P

ab bc ca   2 ab c. c a b

 Phân tích tìm lời giải  Đây là ví dụ về bất đẳng thức ba biến đối xứng, do đó dấu bằng xảy ra khi a  b  c và biến cần đưa về là a  b  c hoặc abc , quan sát biểu thức P

ta thấy số hạng thứ tư có tổng a  b  c còn ba số hạng đầu thì dề dàng đưa về đưa về tổng a  b  c được, do đó ta có:  Biến cần đưa về: a  b  c .  Chiều đánh giá cần có: P  .  Chiều đánh giá cần tìm:

ab bc ca    g  a  b  c c a b

 Biến đổi biểu thức: Chý ý rằng

ab ca và có một đặc điểm là có cùng c b

giá trị a ở tử số và biểu thức còn lại là hai phân số nghịch đảo nhau c . Do đó áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có: b

ab ca  b c  Cosi   a     2a đã xuất hiện một biến trong biểu thức c b  c b a  b  c cần đưa về

 Đánh giá cần tìm là:  Lời giải

ab bc ca    a  b  c. c a b

b và c

21

+) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dƣơng ta có:

 ab ca  b c  Co si  c  b  a  c  b   2a     ab bc  a c  Co si   b   c  a   2b c a     ac bc  a b  Co si  c     2c   a  b a b Cộng theo vế của ba bất đảng thức trên ta đƣợc

ab bc ca    a  b  c. c a b

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: a  b  c . +) Khi đó P 

ab bc ca    2 a  b  c  a  b  c  2 a  b  c , đặt c a b

t  a  b  c, t  0 . Xét hàm số f  t   t  2 t với t  0

ta có f '  t   1 

1 1  0  t 1 , f 't  0  1  t t

+) Bảng biến thiên của hàm số f  t  , t  0 t

0

f 't 

||



1 -

0

+

0

1

f t  1 +) Từ bảng biến thiên, ta thấy f  t   f 1  1, t  0  P  f  t   1 . a  b  c  1 1 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi   abc .

3 a  b  c

Kết luận: Giá trị nhỏ nhất của P là 1 tại a  b  c 

1 .

3

Nhận xét: Ở ví dụ trên sau khi đƣa về biến a  b  c ta có thể làm nhanh nhƣ sau:

22

P

ab bc ca   2 ab c  ab c2 ab c  c a b





2

a  b  c  1  1  1

IV/ BÀI TẬP RÈN LUYỆN Bài 1.Cho các số thực dƣơng a, b, c thỏa mãn a2  b2  c2  2 .Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P 

a c2 3  . a  2bc  2  a  b  1 2  a  b2 2

Bài 2. Cho các số thực x, y, z thuộc đoạn 1;3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 25  y  z 

2

thức T 

12 x2  2012  xy  yz  zx 



Bài 3. Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn a  b  c và a 2  b2  c 2  5 . Chứng minh rằng : (a  b)(b  c)(c  a)(ab  bc  ca)  4 Bài 4.Cho x, y, z là các số thực dƣơng thay đổi thỏa mãn x  y  z  3. Tìm giá





3

trị nhỏ nhất của biểu thức A  1  3 x  3 y  3 z  64( xy  yz  zx)  2013 .

Bài 5.(Đề thi HSG toán 12 tỉnh Thái Bình năm 2018-2019)Cho ba số thực a, b, c dƣơng. Chứng minh rằng

9 ab  a  c  b  c 



32 4  4a 2  4b 2  c 2

 5 .

NỘI DUNG 2: DỒN BIẾN NHỜ VẬN DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC BUNHIACOPXKI (CAUCHY – SCHWARZT) I/ Bất đẳng thức Bunhiacopxki ( Cauchy – Schwarzt) Cho hai dãy số tùy ý a1; a2; a 3; ...; a n và b1; b2; b3; ...; bn . Khi đó ta có:  Dạng 1:

a

2 1

 a 22  ...  a2n

 b

Dấu đẳng thức xảy là:

2 1

 

 b22  ...  b2n  a1b1  a2 b2  ...  an bn

a1 a 2 a   ...  n b1 b2 bn



2

23

 Dạng 2:

a

2 1

 a 22  ...  a2n

 b

Dấu đẳng thức xảy ra là:  Dạng 3:

a

2 1

2 1



 b22  ...  b2n  a1b1  a2 b2  ...  an bn

a1 a 2 a   ...  n b1 b2 bn

 a 22  ...  a 2n

 b



 b22  ...  b2n  a1b1  a2 b2  ...  a n bn

2 1

a1 a 2 a   ...  n  0 b1 b2 bn

Dấu đẳng thức xảy ra ở dạng 3 là:

 Dạng 4: Cho hai dãy số tùy ý a1; a 2; ...; a n và x1; x2; ...; x n với x1; x2; ...; x n  0

Khi đó ta có:

2 1

2 2

2 n



a1  a 2  ...  a n



2

a a a   ...   (bất đẳng thức x1 x 2 xn x1  x 2  ...  x n

Bunhiacopxki dạng phân thức hoặc dạng cộng mẫu số ).

Dấu đẳng thức xảy ra khi

a1 a 2 a   ...  n  0 . x1 x 2 xn

II/ Một số dạng đặc biệt

n2

n3

a  b  x  y   ax  by  a 2

2

2

a

2

2

b

a

2

 b2

2

2

a b  x y

2

2



  ax  by

 y2  z2  ay  by  cz



a

2

 b2  c2

 x

2

 y2  z2  ay  by  cz

 y2  ax  by

2

2

2

a b c   x y z

 x, y, z  0



2

2

2

 x, y  0

 

 y2  z2  ay  by  cz

 x

 x

xy

2

 b2  c 2

y

2

 x

2

 x

a  b 

 b2  c 2

a

2

2

2



a  b  c 

2

xyz

24

Đẳng thức xẩy ra khi

a b  x y

Đẳng thức xẩy ra khi

a b c   x y z

III/ Một số ví dụ minh họa Ví dụ 1. Cho a, b, c là các số thực dƣơng thỏa mãn a 2  b2  c 2  3 . a 2  1 b2  1 c2  1 1    Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  . b c a abc

 Phân tích tìm lời giải  Đây là ví dụ về bất đẳng thức ba biến đối xứng, do đó dấu bằng xảy ra khi a  b  c và biến cần đưa về là a  b  c hoặc abc , quan sát biểu thức P

ta thấy số hạng thứ tư có tổng a  b  c còn ba số hạng đầu thì có thể đưa về tổng a  b  c được, do đó ta có:  Biến cần đưa về: a  b  c .  Chiều đánh giá cần có: P  .

a 2  1 b2  1 c2  1    g a  b  c  Chiều đánh giá cần tìm: b c a  Biến đổi biểu thức: Trước hết ta viết P thành  a 2 b2 c2   1 1 1  1 . Trong biểu thức P chứa P        b c a b c a a  b  c    

a 2 ; b2 ; c 2 ở tử số nên chúng ta nghĩ đến bất đẳng thức Cauchy - Schwarzt a 2 b2 c 2  a  b  c  dạng cộng mẫu số     a  b  c ; và một hệ quả b c a abc 2

của bất đẳng thức Cô – si là

3a b c 2

2

2

a  b  c  3

1 1 1 9    . Mặt khác ta có a b c abc

2

abc3

25

a 2 b2 c 2  a  b  c   Đánh giá cần tìm là:     a  b  c và b c a abc 2

1 1 1 9 .    a b c abc

 Lời giải +) Theo giả thiết, ta có 3  a  b  c 2

2

2

a  b  c  3

2

abc3

Mặt khác

a  b  c

2

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

+)Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarzt ta có

a 2 b2 c2 1 1 1 1 a  b  c  9  1 P        b c a a b c abc a bc a bc a bc 8 abc abc 2

8 +)Đặt t  a  b  c; t   3;3 , ta có P  f  t   t  ; t   3;3 t t  8  n  8 f 't   1  2 ; f 't   0   ; t t   8  l 

f

 3   113 3 ; f 3  173 ; f  8   4

2

Kết luận: Giá trị nhỏ nhất của P là 4 2 tại a  b  c 

2 2 .

3

Nhận xét: Ở ví dụ này chúng ta hết sức lưu ý đến vấn đề đó là phần diều kiện chặt của biến t  a  b  c Ví dụ 2. ( Đề thi HSG tỉnh Nam Định năm 2018 - 2019 ) Xét ba số thực x, y, z  0 thỏa mãn 5  x3  y 3  z 3    x  y  z  xy  yz  zx   15 xyz.

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  2  x  y  z    y 2  z 2  .  Phân tích tìm lời giải

26

 Đây là ví dụ về bất đẳng thức ba biến không đối xứng, quan sát P có xuất hiện tổng y 2  z 2 mà áp dụng bất dẳng thức Cauchy - Schwarzt dạng cộng mẫu số thì có y2 z2  y  z   y  z  , bất đẳng thức y z       y2  z2    1 1 2 2 2

2

2

2

này rất thuận về dấu cần đánh giá nên ta dự đoán biến cần đưa về là y  z . Vậy ta có:

 Biến cần đưa về: y  z .  Chiều đánh giá cần có: P  .  Chiều đánh giá cần tìm:

2 x  y  z  g  y  z 

 Biến đổi biểu thức: Từ giả thiết ta có 5  x 2  y 2  z 2   6  xy  yz  zx  (1) Mà: y  z 2

 y  z yz  4

2

2

 y  z 

2

2

 5  x2  y 2  z 2   5x2 

5 2  y  z  . (2) 2

2  y  z   3 2  6  xy  yz  zx   6  xy  zx     6 x  y  z    y  z  . (3) 4  2 

5 2

3 2

Từ (1), (2) và (3)  5 x 2   y  z   6 x  y  z    y  z   5x2  6  y  z  x   y  z   0  2

2

2

yz  x  y  z  2 x  y  z   2 y  z 5

 Đánh giá cần tìm là: 2  x  y  z   2 y  z  Lời giải +)Áp dụng bất dẳng thức Cauchy - Schwarzt dạng cộng mẫu số thì có y2 z2  y  z   y  z , y z       y2  z2    1 1 2 2 2

2

2

dấu bằng xảy ra khi y  z +)Từ giả thiết ta có 5  x3  y 3  z 3  3xyz    x  y  z  xy  yz  zx 

2

27

 5  x  y  z   x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx    x  y  z  xy  yz  zx   5  x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx   xy  yz  zx (vì x  y  z  0 )  5  x 2  y 2  z 2   6  xy  yz  zx 

Nhận thấy y  z 2

2

 y  z Ta có yz 

 y  z 

2

2

2

4

5 2

 5  x2  y 2  z 2   5x2 

2  y  z   3 2  6  xy  yz  zx   6  xy  zx     6x  y  z    y  z  .

4  2 

3 2

Do đó 5 x 2   y  z   6 x  y  z    y  z  2

 5x2  6  y  z  x   y  z   0  2

Vậy P  4  y  z 

5 2  y  z .

2

 y  z  2

2

2

2

yz  x  y  z.

5

 y  z yz  2

2

.

1 2

+) Đặt t  y  z với t  0. Khi đó P   t 4  2t với t  0.

1 2

Xét hàm số f  t    t 4  2t trên  0;   . Có f '  t   2t 3  2 , f '  t   0  t  1. +) Bảng biến thiên của hàm số f  t  , t  0

t

0

f 't 



1 +

0

3 2

f t  0

+) Từ bảng biến thiên, ta thấy f  t   f 1 

 3 3 , t  0  P  f  t   .

2 2

28

 x  1 y  z  1   Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  x  y  z   y  .

2 y  z 1   1   z  2

 x  1  3 1  Kết luận: Giá trị lớn nhất của P là tại  y  .

2 2  1  z   2

Ví dụ 3. Cho ba số thực dƣơng a, b, c thoả mãn a  b  c  6 .

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 

a2 bc  1  a

3



b2 ca  1  b

3



c2 ab  1  c

3

 Phân tích tìm lời giải  Đây là ví dụ về bất đẳng thức ba biến đối xứng, do đó dấu bằng xảy ra khi a  b  c và biến cần đưa về là a  b  c hoặc abc , quan sát biểu thức P

chứa a 2 ; b2 ; c 2 ở tử số nên chúng ta nghĩ đến bất đẳng thức Cauchy Schwarzt dạng cộng mẫu số thì sẽ xuất hiện tổng a  b  c do đó ta có:  Biến cần đưa về: a  b  c .  Chiều đánh giá cần có: P  .  Chiều đánh giá cần tìm:

a2 bc  1  a3



b2 ca  1  b3



c2 ab  1  c3

 g a  b  c

 Biến đổi biểu thức: Trong biểu thức P chứa a 2 ; b2 ; c 2 ở tử số nên chúng ta nghĩ đến bất đẳng thức Cauchy - Schwarzt dạng cộng mẫu số ta được

a2 bc  1  a

3



b2 ca  1  b

3



c2 ab  1  c

3



a  b  c

2

ab  bc  ca  1  a3  1  b3  1  c3 Co  si

Mặt khác ta có 1  a3  (1  a)(1  a  a 2 ) 

2  a2 2

.

29

 Đánh giá cần tìm là: P 

2.( x  y  z ) 2 ( x  y  z )2  6

 Lời giải +)Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarztta có:

P

a2 bc  1  a

3



b2 ca  1  b



3

c2 ab  1  c

3



a  b  c

2

ab  bc  ca  1  a 3  1  b3  1  c3

Co  si 2  a 2  3 2  1  a  (1  a )(1  a  a )  2  Co  si 2  b 2  +) Lại có  1  b3  (1  b)(1  b  b 2 )  2  Co  si 2  c 2  3 2  1  c  (1  c)(1  c  c )  2 

 1 a  1 b  1 c  3

3

Dấu bằng xảy ra khi

3

6   a 2  b2  c 2  2

.

abc2

2(a  b  c) 2 2(a  b  c) 2  Suy ra P  2(ab  bc  ca )  a 2  b 2  c 2  6 (a  b  c) 2  6

+) Đặt t  (a  b  c)2 , (t  36) . Ta có P  f  t   Với t  36 xét hàm số f (t )  biến  f (t )  f (36) 

2t t6

2t 12 ; f '(t) =  0, t  36  hàm số đồng t6 (t  6) 2

12 12 . Suy ra P  .

7 7

Kết luận: Giá trị nhỏ nhất của P là

12 tại a  b  c  2 .

7

Ví dụ 4. Cho x, y, z là ba số thực dƣơng thỏa mãn x3  y 3  z  x 2  y 2   3xyz .

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P   Phân tích tìm lời giải

x y 2z   yz zx x y

30

 Đây là một ví dụ về bất đẳng thức không đối xứng ba biến, tuy nhiên đối xứng với hai biến x, y nên ta dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi x  y .

Quan sát P ta thấy số hạng thứ ba khác biệt so với hai số hạng đầu nên ta nghĩ đến đánh giá hai số hạng đầu theo số hạng cuối do đó ta dự đoán biến cần đưa về là  Biến cần đưa về:

z . x y

z . x y

 Chiều đánh giá cần có: P  .  Chiều đánh giá cần tìm:

 z  x y   g  yz zx x y

 Biến đổi biểu thức: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarzt dạng cộng mẫu số ta có: x y x2 y2  x  y  x  y      y  z z  x x  y  z  y  z  x  x  y  z   y  z  x  2 xy  z  x  y  2

2

Áp dụng bất đẳng thức Cô – si lại có:

2 x  y   x  y   x  y 2   2 2 xy  z  x  y   x  y  x  y  2z 1  2z  z x  y x y 2

2

2

 Đánh giá cần tìm là:

x y 2   y  z z  x 1  2z x y

 Lời giải +) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarzt dạng cộng mẫu số ta có: x y x2 y2  x  y  x  y      y  z z  x x  y  z  y  z  x  x  y  z   y  z  x  2 xy  z  x  y  2

2

31

+) Áp dụng bất đẳng thức Cô – si lại có:

2 x  y   x  y   x  y 2   2 2 xy  z  x  y   x  y  x  y  2z 1  2z  z x  y x y 2

2

2

P

2 2z  .

2z x  y 1 x y

 x  y +) Mặt khác: 3z.

4

 x  y  z.

2

4

 x  y 

2

 3z. xy   x  y  z  x  y 3

3

4

 z x y

3

2

2



 x  y  4

3

 x  y  z.

2

2z 2 x y

z  x  y Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi  x  y

+)Đặt t  f 't   

2z 2 , t  2 ta có hàm số f  t   t, t  2 x y 1 t 2

 t  1

2

 1  0, t  2 , do đó f  t  là hàm đồng biến khi t  2 . Vậy

8 8 f t   f  2   P  f t   .

3 3

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x  y, z  2 x  2 y

8 tại x  y, z  2 x  2 y .

3

Kết luận: Giá trị nhỏ nhất của P là

Ví dụ 5. Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn

 x  y

2

  y  z   z  x  6 .

2

2

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

 x  y  z P

 Phân tích tìm lời giải

z6

2



2 1  xy  yz  zx  .

24

2

32

 Đây là ví dụ về bất đẳngthức ba biến không đối xứng, tuy nhiên ta thấy giả thiết là một đẳng thức đối xứng ba biến và biểu thức P có xuất hiện tổng x  y  z nên ta dự đoán biến cần đưa về là x  y  z .  Biến cần đưa về: x  y  z .  Chiều đánh giá cần có: P  .  1  z  6  g  x  y  z   Chiều đánh giá cần tìm:   1  xy  yz  zx 2  h( x  y  z )  24

 Biến đổi biểu thức: Xét đánh giá thứ nhất

1  g  x  y  z  ta thấy vế z6

trái chỉ có z nhưng vế phải cần có cả x, y, z nên ta nghĩ đến việc sử dụng giả thiết để tìm ra đánh giá này, từ giả thiết và áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarzt ta được

2

2  x  y   y  z   z  x  



2 2 2  1  1  x  y    y  z    z  x    6   1 1 .  3 x  3 y  2z  6  3  x  y  z  6  z   6  z 3  x  y  z 2

Còn đánh giá thứ hai thì khai triển giả thiết ta có:

 x  y  z

2

 3  xy  yz  zx

 Đánh giá cần tìm là:

1 1  6  z 3  x  y  z

 Lời giải +) Từ giả thiết và áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarzt ta có: 2  x  y   y  z   z  x  

2

2



2 2 2  1  1  x  y    y  z    z  x    6  

 3 x  3 y  2z  6  3  x  y  z  6  z 

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

1 1  .

6  z 3  x  y  z

x  y x y  y z z x   2 z  0

33

+)Từ điều kiện ban đầu, khai triển ta lại có:  x  y  z   3  xy  yz  zx 2

Từ đó cho ta P 

2 2 x y z 1    x  y  z  3    3 24 

 x  y  z +) Mặt khác xy  yz  zx 

2

3

0 x y z

 x  y  z 3 

2

  x  y  z

2

3

3 2 .

2





2

t2  3  3 2  3 2 t +) Đặt t  x  y  z, t  0; , t  0;   P  f t    2  3 24 2   

ta có f '  t   f 0 



2  t t2  3 6

3 5 , f 2  , 8 8

   t  1  t  2  , f '  t   0  t  2 2

6

 3 2  3  16 2 5 f   max f  t   f  2   .   2   3 2 32 8   0;  2   

Hay giá trị lớn nhất của P 



x  y  1 5  8  z  0.

Kết luận: Giá trị lớn nhất của P là

5 x  y  1 tại  .

8 z  0. 

Nhận xét: Ở ví dụ này chúng ta hết sức lưu ý đến vấn đề đó là phần diều kiện chặt của biến t  x  y  z Ví dụ 6. Cho các số thực thay đổi x, y, z thỏa mãn x2  y2  z2  Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 



16 xy  3 .

25



3 2 5 x  y2  z2  xy  10  xy  yz  zx  5 6

 Phân tích tìm lời giải  Đây là ví dụ về bất đẳngthức ba biến không đối xứng, quan sát biểu thức P có xuất hiện tổng xy  yz  zx nên ta dự đoán biến cần đưa về là xy  yz  zx .

 Biến cần đưa về: xy  yz  zx .

34

 Chiều đánh giá cần có: P  .





3 2 5 x  y2  z2  xy  g  xy  yz  zx  5 6

 Chiều đánh giá cần tìm:

 Biến đổi biểu thức: Xét đánh giá





3 2 5 x  y2  z2  xy  g  xy  yz  zx  ta thấy vế trái đã có một lần 5 6

xy do đó ta dự đoán còn thiếu một lần yz + zx nên ta suy nghĩ tìmđánh giá





3 2 5 x  y2  z2  yz  zx , áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarzt 5 6

 x  y 

2

ta được x  y 2



2

2

2 3 2 5 3 5 2 Co si x  y2  z 2  x  y  z   x  y  z  xz  yz .   5 6 10 6





 Đánh giá cần tìm là:





3 2 5 x  y2  z2  xz  yz 5 6

 Lời giải +) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarzt ta có:

 x  y 

2

x y 2

2

2

2 3 2 5 2 3 5 2 Cosi 2  x  y  z   x  y   z   x  y  z  xz  yz 5 6 10 6





 P  xy  yz  zx  10  xy  yz  zx  . x  y Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi  2 2 9( x  y)  25 z

+) Đặt t  xy  yz  zx , t  0 ta có hàm số f  t   t2  t 10 , t  0 f '  t   2t  10  0  t 

10 2

+) Bảng biến thiên của hàm số f  t  , t  0

35

10 2

0

t

f 't 

-



0

+



0

f t  

5 2

 10  5 5 +) Từ bảng biến thiên, ta thấy f  t   f     , t  0  P  f  t    .

2 2  2 

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  y  2 2 9( x  y )  25 z  2 16  x  y2  z 2  xy  3  25   5  xy  yz  zx   2

5 6  x  y  , z   34 34  5 6  x  y   , z    34 34 

Kết luận: Giá trị nhỏ nhất của P là 

x y

5 5 6 ,z  tại x  y  hoặc 2 34 34

5 6 ,z   .

34 34

Ví dụ 7. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa a  b  c  6 .

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P  a 2 

1 1 1  b2  2  c2  2 2 b c a

.

 Phân tích tìm lời giải  Đây là ví dụ về bất đẳng thức ba biến đối xứng, do đó dấu bằng xảy ra khi a  b  c và biến cần đưa về là a  b  c hoặc abc , dựa vào giả thiết

a  b  c  6 ta dự đoán biến là a  b  c ,

 Biến cần đưa về: a  b  c .  Chiều đánh giá cần có: P  .

36

 Chiều đánh giá cần tìm:

1 1 1  b2  2  c2  2  g  a  b  c  2 b c a

a2 

Biến đổi biểu thức: Quan sát biểu thức P cùng với ý tưởng chuyển đổi một biểu thức trong căn thành một biểu thức ngoài căn nên chúng ta nghĩ đến bất đẳng thức Cauchy - Schwarzt dạng xảy ra khi

2

 b 2  x 2  y 2   a x  by dấu bằng

a b   0 . Giả sử với các số  ;  ta có: x y

 2 1 1 .  a  2  b 2  2   1 1  2 .  b  2  2 2 c      1  c2  1  .

2 2 2  a    

P

a

1  2 1 2 2  a  2  .      b   2  2

   a   b 

1  2 1 2 2  b  2  .      c   2  2

  b   c 

1  2 1  2 2  c  2  .      a   2  2

   c   a 

  1 1 1   a  b  c           a b c  2  2  1

Do P là biểu thức đối xứng với a, b, c nên ta dự đoán giá trị nhỏ nhất của P đạt được tại a  b  c  2 . Từ đó ta có sơ đồ điểm rơi: a 1    b  1  4   4 b a bc 2    ab  bc  ca     1   1   c c 1     a

 Đánh giá cần tìm là: a2 

1 1 1 1  b2  2  c 2  2  2 b c a 2  2

 Lời giải

  1 1 1    a  b  c     a  b  c     

37

+) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarzt ta có:  2 1 1 .  a  2  b 17   1  2 1 .  b  2  c 17    c 2  12  1 . a  17

1  1  2 1 2 2  a  2  . 4  1    4a   b  b 17   1  1  2 1 2 2  b  2  . 4  1    4b   . c  c 17   1  1  2 1  2 2  c  2  . 4  1    4c   a  a 17  

a 1 4  b  b 1 Dấu đẳng thức xảy ra    . Khi đó ta đƣợc 4 c c 1 4  a 

P

1   1 1 1  4 a  b  c        .  17   a b c 

+) Mặt khác ta lại có:

1 1 1 9 1  9     P 4 a  b  c     a b c abc a  b  c  17  +)Đặt t  a  b  c , t  6 ta có hàm số f  t  

f ' t 

1  9  4t  t  , t  6 17  

1  9  4  t2   0, t  6 , suy ra hàm số đồng biến trên  6;   17  

 P  f (t )  f (6) 

3 17 . Dấu đẳng thức xảy ra 2

a 1 4  b   b  1  4 c abc2 c 1   4 a a  b  c  6

38

Kết luận: Giá trị nhỏ nhất của P là

3 17 , tại a  b  c  2 .

2

Nhận xét: 1) Có thể áp dụng bất đẳng thức Cô – si và giả thiết ta đƣợc: P

15  a  b  c   1  9 1 a  b  c 9  4 a  b  c         a  b  c  4 abc 4 17  17   

1 15 3  3 17 .6  2.  2  2 17  4

2) Sai lầm thƣờng gặp: P  a2 

1 1 1 a b c  b 2  2  c 2  2  2.  2.  2.  3 3 2 2  3 2 2 b c a b c a

Do đó giá trị nhỏ nhất của P là 3 2 .

Nguyên nhân sai lầm: Để có giá trị nhỏ nhất là 3 2 thì dấu đẳng thức xảy ra tại a  b  c 

1 1 1    a  b  c 1 a b c

Khi đó a  b  c  3 không thỏa mãn giả thiết a  b  c  6 Ví dụ 8. Cho các số thực dƣơng a, b,c thỏa a  b  c  6.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P  a 2 

1 1 1  b2   c2  . bc ca ab

 Phân tích tìm lời giải  Đây là ví dụ về bất đẳng thức ba biến đối xứng, do đó dấu bằng xảy ra khi a  b  c và biến cần đưa về là a  b  c hoặc abc , dựa vào giả thiết

a  b  c  6 ta dự đoán biến là a  b  c ,

 Biến cần đưa về: a  b  c .  Chiều đánh giá cần có: P  .  Chiều đánh giá cần tìm:

a2 

1 1 1  b2   c2   g a  b  c bc ca ab

39

Biến đổi biểu thức: Quan sát biểu thức P cùng với ý tưởng chuyển đổi một biểu thức trong căn thành một biểu thức ngoài căn nên chúng ta nghĩ đến bất đẳng thức Cauchy - Schwarzt dạng xảy ra khi

a

2

 b 2  x 2  y 2   a x  by dấu bằng

a b   0 . Giả sử với các số  ;  ta có: x y

  2  1 2  2 1 1 2  a2  1  a          2 2 2  bc  b  c         2   1 1    2   b  b    ca ca  2  2    1     c2  1  c    2 2  ab ab      P

    a   bc  

 1 1   1  a  b  c         bc c  a   ab 2  2  1

Do P là biểu thức đối xứng với a, b, c nên ta dự đoán giá trị nhỏ nhất của P đạt được tại a  b  c  2 . Từ đó ta có sơ đồ điểm rơi:

a 1     b  c b 1  4   4 a bc 2      1   1   a  c c 1     a  b  Đánh giá cần tìm là: P

 1 1   1  a  b  c          bc c  a   ab 2  2  1

 Lời giải +)Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarzt ta có:

40

 2 1   a  b  c   1  2   b  c  a   1  c2   ab 

1 1  2 2 1  1   .  a2  4a   . 4  1     bc 17  17  bc  1  1   4b   17  ca 

.

1  1   4c   17  ab 

1 a 4  b  c  1 b Dấu đẳng thức xảy ra    .

4 a  c  c 1   ab 4

Khi đó ta đƣợc P 

1  1 1   1   4  a  b  c     .

17  bc c  a   ab

+) Mặt khác theo bất đẳng thức Cô – si ta lại có:

1 1 1 9    ab bc ca ab  bc  ca

P

1  9  4 a  b  c  .   17  a  b  b  c  c  a 

+) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarzt ta có:

1.

a  b  1. b  c  1. c  a



2

 1  1  1 2a  2b  2c 

 a  b  b  c  c  a  6a  b  c P

 1  9 4 a  b  c      17  6(a  b  c) 

+)Đặt t  a  b  c , t  6 ta có hàm số f  t  

f ' t 

1  2 9   4t  , t  6 17  6.t 

1  9  4 t   0, t  6 , suy ra hàm số đồng biến trên  2  17  6.t 

41



 6;    P  f (t )  f ( 6)  

3 17 . Dấu đẳng thức xảy ra  a  b  c  2 2

3 17 , tại a  b  c  2 .

2

Kết luận: Giá trị nhỏ nhất của P là

Ví dụ 9. Cho các số thực dƣơng x, y, z thỏa mãn x2  y2  z .

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P 



1  2 xy  z



x2  y2 1  z2



3 z2

 1  z  2

1 z

2

.

 Phân tích tìm lời giải  Đây là ví dụ về bất đẳng thức ba biến không đối xứng, quan sát biểu thức P ở số hạng thứ hai chỉ có biến z xuất hiện nên ta dự đoán biến cần đưa về là z.  Biến cần đưa về: z.  Chiều đánh giá cần có: P  .  Chiều đánh giá cần tìm:

x

1  2 xy z 2

y

2

1  z  2

 g  z

 Biến đổi biểu thức: Ta có: 1  2 xy  z  z  2 xyz  x2  y2  2xyz (theo giả thiết). Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarzt ta được: x2  y2  2 xyz  

 x

2

 y2



2

x

2

 y2  2 xyz





2



 

 4 x 2 y2 1  z 2  x 2  y 2

 Đánh giá cần tìm là:

x

1  2 xy  z 2

y

2



  x2  y2 .1   2 xy  .z   

1  z  2





1  z2

1 1  z2

 Lời giải +)Theo giả thiết ta có: 1  2 xy  z  z  2 xyz  x2  y2  2xyz +) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarzt ta được:

2

42

x2  y2  2 xyz  

 x

P

2

 y2



2

1 1 z

2



x2  y2  2 xyz





2



 

 4 x 2 y2 1  z 2  x 2  y 2



3 z2

1  z 

z

2



  x2  y2 .1   2 xy  .z   



2

1  z2

.

2

 x2  y2 2 xy   Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi  1 z 2 2 x  y  z 

+) Xét hàm số f ( z ) 

Ta có : f ( z) 

1 1  z2







z 1  z2 5  4 z2

1  z  2

3

3 z2

1  z2



1  z2

,z0

 , f ( z)  0  z 

5 .

2

+) Bảng biến thiên của hàm số f  z  , z  0 z

5 2

0

f ' z 

-

0

 +

16 9

f  z 1 +) Từ bảng biến thiên, ta thấy

0  5  16 16 f  z  f  , z  0  P  f  z    9 9  2 

 x   2 2 xy 2  x  y  z  Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  x2  y2  z   y      z  5   z   2  

4

125 2 2 4

5 2 2 5 2

4 4 16 125 5 5 ,y ,z Kết luận: Giá trị lớn nhất của P là tại x  9 2 2 2 2 2

.

43

IV/ BÀI TẬP RÈN LUYỆN Bài 1. Cho a, b, c là các số thực dƣơng thỏa mãn a  b  c  2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P  4a 2 

1 1 1 2 2 .  4 b   4 c  a2 b2 c2

3 Bài 2. Cho a, b, c là các số thực dƣơng thỏa mãn a  b  c  . Tìm giá trị nhỏ 2

nhất của biểu thức: P  a 2 

1 1 1 1 1 1 2 2 .   b    c   a 2 b2 b2 c2 c2 a2

NỘI DUNG 3: DỒN BIẾN NHỜ PHÁT HIỆN YẾU TỐ ĐẲNG CẤP CỦA ĐỀ BÀI I/ Phƣơng pháp  Trong quá trình chứng minh bất đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức ta gặp một lớp bài toán mà ở đó có yếu tố đẳng cấp (nghĩa là bậc của tất cả các số hạng bằng nhau). Ví dụ  a  c  b  c   4c 2 là một đẳng thức mà có bậc của tất cả các số hạng bằng nhau và bằng hai (đẳng cấp bậc hai) hoặc A 

x y2 z3  2  là một biểu thức có ba phân 2 x  3 y y  z 2 z 3  x3

số mà ở phân số thứ nhất có bậc của tử số và mẫu số bằng nhau và bằng một (đẳng cấp bậc một), ở phân số thứ hai có bậc của tử số và mẫu số bằng nhau và bằng hai (đẳng cấp bậc hai), còn ở phân số thứ ba cũng có bậc của tử số và mẫu số bằng nhau và bằng ba (đẳng cấp bậc ba).  Đối với các bài toán có chứa biểu thức đẳng cấp ta thƣờng giải quyết chúng bằng phƣơng pháp chia cho một biến hoặc tích các biến mà có cùng bậc với biểu thức đó. Việc chia cho cái gì còn phụ thuộc vào biểu thức đó, các biểu thức liên quan và yêu cầu của đề bài. Cụ thể nhƣ ở ví dụ trên

 a  c  b  c   4c 2 thì

a  b  chia cho c 2 ta đƣợc   1   1   4,  c  0  , còn c  c 

44

A

x y2 z3  2  2 x  3 y y  z 2 z 3  x3

A

1 1 1 .   2 3  y x     z 2  3  1   y  1   z  x  

sau

khi

chia

ta

đƣợc

 Khi chia thì ta phải lƣu ý đến điều kiện khác không của biến hoặc tích các biến đƣợc chia.  Một điều cần chú ý nữa là phải tìm điều kiện chặt của biến mới nhận đc.

II/ Một số ví dụ minh họa Ví dụ 1. Cho các số thực dƣơng a, b, c thỏa mãn điều kiện  a  c  b  c   4c 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 

32a 3

 b  3c 

3



32b3

 a  3c 

3

a 2  b2  . c

( Đề thi TSĐH khối A năm 2013 )  Phân tích tìm lời giải  Quan sát giả thiết ta nhận thấy đẳng thức ở giả thiết có dạng đẳng cấp bậc hai mà vế phải có c 2  0 đứng độc lập nên ta chia cho c 2 được:   x  a  b  2  a  c b  c  4c    1   1   4,  c  0  và đặt  c  c  y  

a  b  Khi đó   1   1   4 trở thành c  c 

a c ;  x, y  0  . b c

xy  x  y  3 . Như vậy giả thiết là

đẳng thức ba biến đã dồn về thành hai biến, mặt khác P chứa ba phân thức cũng có dạng đẳng cấp, hai phân thức đầu là đẳng cấp bậc ba nên ta chia cả tử số và mẫu số cho c 3 còn phân thức thứ ba là đẳng cấp bậc nhất nên ta chia cả tử số   x  và mẫu số cho c và thay  y  

a 32 x3 32 y 3 c ta được P    x 2  y 2 . Đến 3 3 b  y  3  x  3 c

đây thì P là biểu thức đối xứng đối với hai biến x, y do đó dự đoán dấu bằng xảy

45

ra khi và chỉ khi x  y và biến cần đưa về là x  y hoặc xy , sử dụng bất đẳng thức

u 3  v3   u  v   3uv  u  v    u  v   3

sau:

được

32 x3

 y  3

3

3 1 3 3  u  v    u  v  ta 4 4

3

32 y 3



3

 x  3

3

 x y  3  8    x  y  1 do đó:   y 3 x 3

 Biến cần đưa về: x  y .  Chiều đánh giá cần có: P  .  Chiều đánh giá cần tìm:

32 x3

 y  3

3



32 y3

 x  3

3

 x 2  y2  g  x  y 

 Lời giải

a  b  +) Ta có:  a  c  b  c   4 c2    1   1   4,  c  0  , đặt c  c    x   y  

a a  b  c ;  x, y  0  . Khi đó   1   1   4 trở thành xy  x  y  3 . b c  c  c

+) Ta có 3

3

a b 32   32   2 2 32 x 3 32 y 3 c c a b   P          x2  y 2 .

3 3 3 3 c c  y  3  x  3 b  a   3  3     c  c 

Với mọi u  0, v  0 ta có u 3  v3   u  v   3uv  u  v    u  v   3

3

3 1 3 3 u  v   u  v  4 4

kết hợp với xy  3   x  y  ta có: 3

3   x  y 2  2 xy  3x  3 y   x 32 x 32 y y  3   8   8    x  y  1  3 3  y  3  x  3  y  3 x  3   xy  3x  3 y  9  3

3

 P   x  y  1  x 2  y 2   x  y  1  3

3

x

2

 y   2 xy 2

46

  x  y  1  3

x

2

 y   2 x  y   6 2

+) Đặt t  x  y suy ra t  0 và P   t  1  t 2  2t  6 .

3

 x  y Ta có 3  xy  x  y 

2

4

t2   x  y   t 4

 t  2  t  6   0  t2 nên   t  0

+) Xét hàm số f  t    t  1   t 2  2t  6 , với t  2 3

ta có f '  t   3  t  1 

t 1

2

t 1 t 2  2t  6

 1

t 2  2t  6 7

 t  1

2

7

. Với mọi t  2 ta có 3  t  1   3 và

 1

2

3 2 7 3 2   0. nên f '  t   3  2 2 2

Suy ra f  t   f  2   1  2  P  f  t   1  2 . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ t  x  y  2 khi   x  y 1 a  b c x  y

Kết luận: Giá trị nhỏ nhất của P là 1  2 khi a  b  c .

Ví dụ 2. Cho các số thực dƣơng x, y thỏa mãn điều kiện xy  y  1 .

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P 

x y x  xy  3 y 2

2



x  2y .

6 x  y 

( Đề thi TSĐH khối D năm 2013 )  Phân tích tìm lời giải  Ta thấy P chứa hai phân thức có dạng đẳng cấp bậc một nên ta chia cả tử số và mẫu số cho y và đặt P

t 1 t2  t  3



 Biến cần đưa về:

t2 .

6  t  1 x . y

x  t,  t  0  ta được y

47

 Chiều đánh giá cần có: P  .  Lời giải 2

x y 1 1 1 1  1 1  1 +) Do x  0, y  0, xy  y  1 nên 0   2   2       y y y y 4  y 2 4 x  y  1  

x  y2 . +) Ta có P  ,    2   x x x 6   1  y   y 3  y    

đặt

x 1 t 1 t2   .  t,  0  t    P  2 6 t  1 y 4     t t 3

t 1

+) Xét hàm số f  t  

t2  t  3

7  3t

f 't  2



t2  t  3



3





1 2  t  1

t2 1 , với 0  t  ta có 4 6  t  1

0t 2 . Với mọi

1 ta có 4

t2  t  3  t  t  1  3  3; 7  3t  6 và t  1  1 .

7  3t

Do đó 2

f 't 

t

2

t3



3



7  3t 1 1 1  và    nên 2 2 6 3 3 2  t  1

1 1   0 . Suy ra f  t   3 2

5 7 5 7 1 f     P  f t    .

3 30  4  3 30

x 1  t    y 4 1  Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi   x , y2 2 1  1  y 2

Kết luận: Giá trị lớn nhất của P là

1 5 7 khi x  , y  2 .  2 3 30

Ví dụ 3. Cho các số thực x, y thay đổi thỏa mãn hệ thức x 2  y 2  1 .

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 

2  x 2  6 xy  1  2 xy  2 y 2

.

48

( Đề thi TSĐH khối B năm 2008 )  Phân tích tìm lời giải  Đây là một ví dụ về bất đẳng thức hai biến không đối xứng , quan sát P ta thấy tử số là đẳng cấp bậc hai, mẫu số tuy chưa là đẳng cấp bậc hai nhưng khi thay x 2  y 2  1 thì cũng trở thành đẳng cấp bậc hai nên ta chia cả tử số và mẫu số cho y 2 ( tuy nhiên ở đây giả thiết chưa cho điều kiện của y nên ta xét hai trường hợp của y là bằng 0 và khác 0 ) do đó ta có:  Biến cần đưa về:

x . y

 Chiều đánh giá cần có:  P  .  Lời giải +) TH1: Nếu y  0 thì x 2  1  P  2 +) TH2: Nếu y  0 ta có  x  2  x  2  6    y  2  x 2  6 xy  2  x 2  6 xy      y  , P 2  2  2 2 2 2 x  y  2 xy  2 y x  2 xy  3 y x x  y   2 y   3    

x 2t 2  12t đặt  t  P  2 y t  2t  3 2t2  12t +) Xét hàm số f  t   2 , với t  t  2t  3

t  3 f ' t  0   t   3  2 +) Bảng biến thiên của hàm số f  t 

ta có f '  t  

8 t2  12t  36

t

2

 2t  3



2

,

49



t

f 't 



-

3 2

0



3 +

0

-

3

f t 

2

2

-6 +) Từ bảng biến thiên, ta thấy

 3 6  f     f  t   f  3  3  6  P  f  t   3 .  2 3 3   x  x      10 13   1 2   2 2 y  y    x2  y 2  1  x  y  1     10 13    , P 3  x P  6   x  3 3 3   t  y   2 t  y  3 x   x       10 13    1 2     y   10   y  10     x  Kết luận: Giá trị nhỏ nhất của P là 6 tại  y  

3   x   10 hoặc  1 y    10

3 10 .

1 10

3 3   x  x     13 13 Giá trị lớn nhất của P là 3 tại  hoặc  .

2 2 y   y    10 13

Nhận xét 1: Trong quá trình làm bài không phải lúc nào yếu tố đẳng cấp cũng dễ dàng thấy được ở đề bài mà phải trải qua một quá trình biến đổi thì yếu tố đẳng cấp mới xuất hiện, sau đây là một ví dụ.

50

Ví dụ 4. Cho hai số thực x  0, y  0 thay đổi thỏa mãn điều kiện

( x  y ) xy  x 2  y 2  xy . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P 

1 1  3 3 x y

( Đề thi TSĐH khối A năm 2006 )  Phân tích tìm lời giải  Biến

đổi

biểu

thức:

Ta

có

x  0, y  0 nên

vì

2

y  3y 2  ( x  y ) xy  x  y  xy   x     0  x  y  0.

2 4   2

2

Do đó ( x  y ) xy  x  y  xy   x  y  xy  x  y 2

2

2

3

3

 x  y 

2

xy

x3 y 3



x3  y 3 x3 y 3

2

1 1 1 1 ( x  y)2 x y 1 1 x 2  2 xy  y 2  3  3    ; 2     2 x y  x y  x  y 2  xy xy x y x  y 2  xy

Đến đây biểu thức P nhận được có cả tử số và mẫu số là đẳng cấp bậc bốn nên ta có  Biến cần đưa về:

x . y

 Chiều đánh giá cần có: P  .  Lời giải 2

y  3y 2   0  x  y  0. +) Vì x  0, y  0 nên ( x  y) xy  x  y  xy   x    2 4  2

2

Do đó ( x  y ) xy  x  y  xy   x  y  xy  x  y 2

1 1 1 1  3  3    x y x y

2

2

3

3

 x  y 

2

+) Từ giả thiết ( x  y ) xy  x 2  y 2  xy, x  0, y  0 ta có

( x  y) 2 x y 1 1 x 2  2 xy  y 2     2 x 2  y 2  xy xy x y x  y 2  xy

2

x3 y 3

xy

x3  y 3  3 3 x y

51 2

1 1  1 1   x 2  2 xy  y 2  P 3  3     2  x y  x y   x  y 2  xy 

  =   

2

2

 x2 x  2  1   t 2  2t  1 2 x y2 y   2 (t   R)  2 x x t  t 1  y   1   2 y y  2

 t 2  2t  1  +) Xét hàm số f (t )   2  (t  R)  t  t 1 

 t 2  2t  1   t 2  2t  1  31  t 2  f ' (t )   2   2 2 . 2 2  t  t 1   t  t  1  t  t  1 2

f ' (t )  0  t  1 ,

lim f (t )  1; lim f (t )  1 t  

t  

2

 t 2  2t  1  +) Bảng biến thiên của hàm số f (t )   2  (t  R)  t  t 1 

x



f ' ( x) f (x)

-1 -

0



1 +

0

1

-

16 0

1

+) Từ bảng biến thiên suy ra f (t )  16, t  R .

Do đó P  16 . Có P = 16 nếu x  y 

1 2

Kết luận: Vậy giá trị lớn nhất của P là 16 khi x  y  Chú ý: Ta cũng có thể làm nhƣ sau: Đặt u  x  y, v  xy (v  0, u 2  4v)

1 .

2

52

Giả thiết đã cho trở thành u2 uv  u  3v  v(u  3)  u  v  (u  0, u  3) u3 2

2

u  1 4u 2 Điều kiện u  4v  u  .  u3 u  3 2

2

Kết hợp với u  0 , ta có u   ;3  1; u 2  6u  9 Ta có P  u2

Xét hàm số f (u ) 

u 2  6u  9 với u   ;3  1; . Lập bảng biến thiên u2

của hàm số này trên  ;3  1; , ta có giá trị nhỏ nhất của P là 16.

Nhận xét 2:Nếu P( x, y) và Q( x, y) là hai biểu thức (hai biến x, y) đẳng cấp bậc n N * , thì ta có thể tạo ra một hàm một biến số t 

x y ( y  0) hoặc t  ( x  0) y x

nhƣ sau:

 P ( x, y )  n  Q ( x, y )  n

Xét biểu thức

nếu Q( x,y )  0

 Q ( x, y )  n  P ( x, y ) 

n

hoặc xét biểu thức

nếu P( x,y )  0.

Sau đây là một ví dụ: Ví dụ 5. Xét hai số thực không âm x, y thỏa mãn điều kiện x 2  y 2  xy  21 .

Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của biểu thức P  2 x 2  6 xy  y 2  1 .

(Tuyển chọn theo chuyên đề THTT quyển 1)  Phân tích tìm lời giải  Quan sát P ta thấy có ba số hạng đầu là đẳng cấp bậc hai kết hợp với giả thiết cũng có vế trái đẳng cấp bậc hai nên với ý tưởng tạo ra hai biểu thức đẳng cấp bậc hai rồi từ đó đưa về biểu thức một biến theo chú ý đã nêu ở trên, ta xét P  1 2 x 2  6 xy  y 2 2 x 2  6 xy  y 2 đến đây ta xác định được:   2 21 21 x  y 2  xy

53

 Biến cần đưa về:

x . y

 Chiều đánh giá cần có:  P  .  Lời giải P  1 2 x 2  6 xy  y 2 2 x 2  6 xy  y 2 +) Ta có .   2 21 21 x  y 2  xy

+) TH1 : Với y  0 , từ giả thiết ta có x 2  21 . Suy ra P  43 . x2 x 2. 2  6  1 P 1 2t 2  6t  1 x y y   ( t   0) . +) TH2 : Với y  0 , ta có x2 x 21 t 2  t 1 y  1 y2 y

+) Xét hàm số f (t ) 

2t 2  6t  1 (t  0) . t 2  t 1

5 8t 2  6t  5 Với t  0 , ta có f '(t )  2 , f '(t )  0  t  và 2 4 (t  t  1)

lim f (t )  2 . t  

+) Bảng biến thiên của hàm số f (t ) trên nửa khoảng 0;  nhƣ sau: t

5 4

0

f ' (t )

+

0

 -

22 3

f (t )

-1

2

+) Từ bảng biến thiên ta thấy:  f (t ) 

P 1  1  P  20 . Kết hợp P  43 , ta suy ra P  20 . Đẳng 21

thức xảy ra khi x  0, y  21 . Vậy giá trị nhỏ nhất của P là -20.  f (t ) 

P  1 22   P  155 . Kết hợp P  43 , ta suy ra P  155 . Đẳng 21 3

thức xảy ra khi x  5, y  4 . Vậy giá trị lớn nhất của P là 155.

54

Kết luận: Vậy giá trị nhỏ nhất của P là -20 tại x  0, y  21 , giá trị lớn nhất của P là 155 tại x  5, y  4 .

Ví dụ 6. Cho các số thực dƣơng x, y , z thay đổi thỏa mãn điều kiện x  2 y  z  0 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 

x y x  2y   .

10 y  z x  y  z 2 x  3 y

(Đề thi HSG 12 tỉnh Nam Định năm 2013 - 2014 )  Lời giải +) Coi P là hàm của z và x, y là tham số ta có P ' z   

x

10 y  z 

2



y

x  y  z

2

 0, z   0; x  2 y 

Suy ra P(z) nghịch biến trên  0; x  2 y  . x y

x 3 x x  3y y  P  P x  2y     x  12 y 2 x  3 y x  12 2 x  3 y y

+) Đặt t 

f 't  

x t t 3  P  f t    với t   0;   . y t  12 2t  3 12

3  12  2 2   , f '  t   0    t  12   2t  3  t  2 2  2t  3 t  0  3

 t  12 

2

+) Bảng biến thiên của hàm số f  t  trên khoảng  0;  t

0

f 't 



2 -

0

+ 3 2

1 f t  6 7 6 7

6 7

+) Từ bảng biến thiên suy ra f  t   f  2   . Vậy P  .

Dấu bằng xảy ra khi x  2 y, z  4 y .

55

Kết luận: Vậy giá trị nhỏ nhất của P là

6 , tại x  2 y, z  4 y .

7

III/ BÀI TẬP RÈN LUYỆN Bài 1. Xét hai số thực x, y thỏa mãn điều kiện 0  x 

y và x 2  y 2  xy  3 .

4

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  x 4  xy 3  x 2  xy  y 2 .

Bài 2.Cho x, y, z là các số thực dƣơng thỏa mãn nhỏ nhất của biểu thức P 

a b   b c c a

1 1 1  2  2 . Tìm giá trị 2 a b 2c c

a2  b2  c2

Bài 3.Cho x, y, z  0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P

z3  x y  x y .   2  2 ( x  y)  ( y  z) ( x  z )2  8z

Bài 4.(Tuyển chọn theo chuyên đề THTT quyển 1) Xét hai số thực x, y thỏa mãn điều kiện x2  y 2  xy  2 . Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức A  x2  2 xy  3 y 2 .

NỘI DUNG 4: DỒN BIẾN NHỜ KỸ THUẬT ĐỔI BIẾN SỐ I/ Phƣơng pháp  Có một số bất đẳng thức và một số bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất mà nếu ta để nguyên dạng phát biểu của nó thì rất khó để phát hiện ra cách làm. Tuy nhiên bằng một số phép đổi biến nho nhỏ ta có thể đƣa chúng về dạng quen thuộc mà đã biết cách làm.  Thông thƣờng phép đổi biến số đƣợc thực hiện với hai mục đích:  Làm cho bài toán có cách nhìn đơn giản hơn dưới dạng ẩn phụ.  Làm giảm số biến xuất hiện trong bài toán ban đầu.

II/ Một số ví dụ minh họa Ví dụ 1. Cho các số dƣơng a, b, c đôi một khác nhau thỏa mãn đồng thời các điều kiện ab  bc  2c2 và 2a  c .

56

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P 

a b c .   ab bc ca

(Đề thi HSG lớp 12 Tỉnh Nghệ An năm 2010)

.

 Phân tích tìm lời giải  Đây là ví dụ về bất đẳng thức ba biến, nhận thấy đẳng thức ở giả thiết là đẳng cấp bậc hai và biểu thức P chứa ba phân số đẳng cấp bậc nhất theo nội dung 3 thì ta biến đổi giả thiết ab  bc  2c2    x  nghĩ đến vận dụng cách đổi biến kiểu  y  

babiến về biểu thức hai biến. Khi đó xy  y  2  y 

ab b   2,  c  0  nên có thể cc c

a 1 c  ,  0  x   để dồn biểu thức 2 b  c

ab b   2 trở thành cc c

2 . Vậy ta có: x 1

 Biến cần đưa về: x .  Chiều đánh giá cần có: P  .  Biến đổi cần tìm:

a b c    f  x ab bc ca

 Biến đổi biểu thức: Ta có a c

b c

a b c 1      a  b b  c c  a a  b b 1 1  a c c c c x  x  1 x y 1 2 1 x2  2 x  6 P    2    2 x  y y 1 1  x x  x  2 1  x 1  x x  x2 P

 Biểu thức cần tìm là: P   Lời giải

x2  2 x  6  f  x x2  x  2

57

  x  ab b 2 +) Ta có: ab  bc  2c    2,  c  0  , đặt  cc c y  

Khi đó

a 1 c  , 0  x   .

2 b  c

ab b 2 1   2 trở thành xy  y  2  y  ,0 x . cc c x 1 2

a b a b c 1    c  c  +) Ta có P  a  b b  c c  a a  b b 1 1  a c c c c

x  x  1 x y 1 2 1 x2  2 x  6 P       2  f  x x  y y  1 1  x x2  x  2 1  x 1  x x  x2 x2  2 x  6  1 , x   0;  , +) Xét hàm số f  x   2 x  x2  2

Ta có f '  x  

3 x2  8 x  10

x

2

 x2



2

 1  0 x   0;   P  f  x    2

 1  27 , f  2 5

 1 1 1   x a c a c    27  2 2 . Giá trị lớn nhất của P là 27 , tại  2 .

P    5 5 y  4 b  4 c b  4 c  3  3 3  Ví dụ 2. Cho z  y  x  0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x3 z y4 z 3  15 x3 P 2   .

2 x2 z y  xz  y 2  z 2  xz  y 

(Báo THTT số 453 tháng 4 - 2015)  Phân tích tìm lời giải  Đây là ví dụ về bất đẳng thức ba biến, nhận thấy biểu thức P có ba phân số trong đó hai phân số đầu là đẳng cấp bậc bốn còn phân số thứ ba là đẳng 3

3 x  y 2  y   z  z  15       cấp bậc ba nên biến đổi được P thành P  do đó ta x y x y  x  z   y z y z x

58

x y z đổi biến số như sau: đặt a  ; b  ; c  , khi đó 0  a, b  1, c  1, abc  1 và y z x

a3 b3 15 P   c 2  . Đến đây hai phân số đầu có dạng đối xứng với a và ab ab c b khác dạng của hai phân số sau nên sẽ biến đổi hai phân số đầu về theo biến c. a3 b3 1   ab   Biến đổi biểu thức: Ta có a  b  ab  a  b   ab ab c 3

3

 Biến cần đưa về: c  Chiều đánh giá cần có: P  .  Lời giải 3

3 x  y 2  y   x y z z  z  15         , đặt a  ; b  ; c  +) Ta có P  x y x y  x z y z x   y z y z x

a3 b3 15   c2  suy ra 0  a, b  1, c  1, abc  1 , khi đó P  ab ab c a3 b3 1   ab  , +) Lại có a  b  ab  a  b   ab ab c 3

3

dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a  b suy ra P  c 2  +) Xét hàm số f (c)  c 2 

16 c

16 trên 1;  . c

16  16 2c  2  0 +) Có f '(c)  2c  2 , f '(c)  0    c  2. c c  c  1

+) Ta có bảng biến thiên của hàm số f (c) trên khoảng 1;  nhƣ sau: c

1

f '(c) f (c )



2 -

0

 12

+

59

+) Từ bảng biến thiên suy ra f (c)  12, c  1, do đó P  12 . Có P  12 khi và c  2  z  2 x  chỉ khi    2 a  b    y  2x   2

 z  2 x Kết luận: Vậy giá trị nhỏ nhất của P  12 , đạt đƣợc khi  .  y  2 x

Ví dụ 3. Cho a, b, c là các số thực dƣơng thỏa mãn  a  2b b  c   5bc (1) a2  b2 và 2a  c (2). Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức P  . ac

 Phân tích tìm lời giải  Đây là ví dụ về bất đẳng thức ba biến, nhận thấy đẳng thức (1) ở giả thiết là đẳng cấp bậc hai, (2) là đẳng cấp bậc mộtvà biểu thức P chứa một phân số đẳng cấp bậc hai theo nội dung 3 thì ta biến đổi giả thiết  a c c   2  1    5    a  2b b  c   5bc  b b b    ,  b  0  nên có thể nghĩ đến  2a  c 2 a  c  b b

a  b  x vận dụng cách đổi biến kiểu  để dồn biểu thức babiến về biểu thức hai c  y  b  a c c   b  2  1  b   5 b   biến. Khi đó  trở thành a c 2   b b

x2   x  2 1  y   5 y x2 1 y     x2 3  x  2x   3x 2 2 x  y 2 x  y (khi x  3  5( y  1)  5 y vô lý). Vậy ta có:  Biến cần đưa về: x .

60

 Chiều đánh giá cần có:  P  . a2  b2  f  x  Biến đổi cần tìm: P  ac ( )

 Biến đổi biểu thức: Ta có x2  1 P  xy



 3  x  x2  1 x2  1  x  x  2  x 2 x  3 x

 Biểu thức cần tìm là:



 3  x   x2  1  P  f  x x  x  2

 Lời giải  a c c   2  1    5    a  2b b  c   5bc  b b b  +) Ta có    , b  0 a c 2a  c 2   b b

a  b  x +) Đặt  hệ điều kiện trên trở thành c  y  b  2x 

x2   x  2 1  y   5 y y   3x  2 x  y  2 x  y

x2 1   x2 3x 2

+) Khi đó biểu thức a 1  3  x  x2  1 a b x2  1 x2  1 b P     ac ac xy x  x  2  x 2 x  bb 3 x 2



2

+) Khảo sát hàm số

f  x  x  5  .

 3  x   x2  1  f  x  x  x  2



1  trên đoạn  ;2 ta có: 2 

3 25 3 25 1    f '  x   1  2   0, x   ;2 2 2x 2  x  2 2x 2  2  x  2

61

Do đó

5  f  2  f  x   8

5 5 1 5 f   P .

8 2 2 2

1 a  b  2 a 5 x   2 b  +) P    2 b  c  a  2b b  c   5bc  a   a  2b 5 x  2  b  +) P    8  c  4b  a  2b b  c   5bc 

Hay max P 

b  2 a  a  2b 5 5 và min P     2 8 b  c  c  4b

Kết luận: Giá trị lớn nhất của P là

giá trị nhỏ nhất của P là

b  2 a 5 tại  , 2 b  c

 a  2b 5 tại  .

8 c  4 b 

Ví dụ 4. Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x2  y2  z2  2  xy  yz  zx   0 .

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P

xz y2  2 xz



yz

 x2  y2  z2   2 ln  .

2 2 x y  z x2  2 yz  

 Phân tích tìm lời giải  Biến đổi biểu thức: Xét biểu thức

xz y  2xz 2

kết hợp với giả thiết

2 xz  x2  y2  z2  2 xy  2 yz viết được thành

 x  z

2

y2  x2  y2  z2  2 xy  2 yz

 x  z 2 2  y  x   y  z 2



 x  z 2  a  2  đến phép đổi biến số dạng  y  z   b  a, b, c  0  2  y  x   c

nên để cho gọn ta nghĩ

62

xz

khi đó

y2  2 xz

yz x2  2 yz



a b  c    2ln   1  , lại có b c ca ab 

P 

a tương tự b c



2a 2 a  b  c



2b 2 b  a  c

 Biến cần đưa về:



b ac a  b c

b ca

2  a  b 2a 2b 2    a  b  c a  b  c  a  b  c 1  c ab

c . ab

 Chiều đánh giá cần có: P  .  Lời giải  x  z 2  a  2  +) Đặt  y  z   b  a, b, c  0 . Khi đó  2  y  x   c

a b  c    2ln   1 b c ca ab  2a 2b  c     2ln   1 ab  2 a  b  c 2 b  a  c

P



2a 2b  c  2  a  b  c    2ln   1   2ln   1 ab c ab c  a  b   a  b  c ab  2

 1

+) Đặt t  f ' t 

c ab

 c   2ln   1 ab 

c 2  0. Xét hàm số f  t    2ln 1  t  có ab 1 t

2 2   0, t  0 , suy ra f  t   f  0   2  P  2 , 1  t 1  t 2

 x  y P  2 khi và chỉ khi   z  z  4 x   0.

63

 x  y Kết luận: Giá trị nhỏ nhất của P là 2 khi  .  z  z  4 x   0.

Ví dụ 5. Cho x  y  z  0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P

y z x2 . (Báo THTT tháng 4 - 2013)   x  y y  z 8 z ( xz  z )

 Phân tích tìm lời giải  Đây là ví dụ về bất đẳng thức ba biến, nhận thấy biểu thức P có ba phân số trong đó hai phân số đầu là đẳng cấp bậc nhất còn phân số thứ ba là đẳng 2

z  x y   y z cấp bậc hai nên biến đổi được P thành P  x  do đó ta    y z   x 1 1 x y 8  z  1  

y z x đổi biến số như sau: đặt a  ; b  ; c  , khi đó 0  a, b  1, c  1, abc  1 và x y z a b c2 P   . Đến đây hai phân số đầu có dạng đối xứng 1 a 1 b 8 c 1





với a và b khác dạng của phân số thứ ba nên sẽ biến đổi hai phân số đầu về theo biến c.  Biến đổi biểu thức: Co  si a b Co si 2 ab 2 ab 2 ab     1 1 1 a 1 b (1  a)(1  b) (1  a  1  b) 1  (a  b) 2 2 Co  si 2 ab 2   .

1  ab c 1

 Biến cần đưa về: c  Chiều đánh giá cần có: P  .  Lời giải

64 2

 x   y z x z +) Ta có P      . Đặt a  ; b  ; c  . y z x y z  x  1 1 8  1 x y  z  z y

y x

a b c2 Khi đó 0  a, b  1, c  1, abc  1 và P    .

1 a 1 b 8 c 1





+) Áp dụng BĐT Cô – si , ta có

a b 2 ab 2 ab 2 ab 2 ab 2       .

1 a 1 b (1  a)(1  b) 1 (1  a  1  b) 1  1 (a  b) 1  ab c 1 2 2 2 c2 c 2  16 Vậy P    . c 1 8 c 1 8 c 1



 



c 2  16 +) Xét hàm số f (c)  trên 1;  .

8 c 1



+) Có f ' (c) 



( c  2)(3 c  2c  4 c  8 16 c





c 1

2

 0  c  4.

+) Ta có bảng biến thiên của hàm số f (c) trên khoảng 1;  nhƣ sau: c

1

f '(c)



4 -

0



+



f (c )

4 +) Từ bảng biến thiên suy ra f (c)  4, c  1 , do đó P  4 . Có P = 4 khi và chỉ khi x  2 y  4 z Kết luận: Vậy giá trị nhỏ nhất của P  4 , đạt đƣợc khi x  2 y  4 z .

65

Ví dụ 6. Cho a, b, c  0 . Chứng minh rằng a b c 9abc    4. b c a  a  b  c  ab  bc  ca 

 Phân tích tìm lời giải  Đầu tiên ta thấy đây là ví dụ về bất đẳng thức ba biến đối xứng dó đó ta dự đoán dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a  b  c , tiếp theo nhận thấy phân số 9abc là đẳng cấp bậc ba nên ta biến đổi thành  a  b  c  ab  bc  ca 

9 đến đây để cho gọn ta có thể nghĩ đến vận dụng a b c a c b      3 b c a c b a a b  x  b cách đổi biến kiểu   y . c c a  z 

Khi đó VT  x  y  z 

9 x  y  z  xy  yz  zx  3

 x  y  z xy  yz  zx 

2

mà

3

Suy ra:

 Biến cần đưa về: x  y  z .  Chiều đánh giá cần có: VT  4 .  Lời giải +) Ta có VT 

+) Đặt x 

a b c 9    . b c a a  b  c  a  c  b 3 b c a c b a

 x, y, z  0 a b c . , y  ,z    b c a  xyz  1

 x  y  z ) 9 VT  x  y  z  (do xy  yz  zx  x  y  z  xy  yz  zx  3 3 2

66

27

 x y z

 x  y  z

2

 3  x  y  z  9

.

Đặt t  x  y  z  3 3 xyz  t  3. +) Xét hàm số f  t   t  f 't 

t4  6t3  27t2

t

2

 3t  9



2

27 , t  3 có t 2  3t  9

 0, t  3

Suy ra với mọi t  3 , VT  f  t   f 3   4  VT  4  đpcm.

Dấu bằng xảy ra khi a  b  c.

III/ BÀI TẬP RÈN LUYỆN Bài 1.Cho a, b, c là 3 số thực dƣơng thỏa mãn: a  b  c  0, b  c  a  0, c  a  b  0 và  a  b  c   4  ab  bc  ca  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của 2

biểu thức S

ab b c 1  1  c a

ca 1  b

2 2 a2  b2  c2  2

.

Bài 2.(Đề thi thử THPTQG 2015 – THPT A Hải Hậu) Cho x  1, y  0, z  0 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P

yz x2 y 2 z 2  z 2  4 y 2   2 x  2 y 2 z 2



2 yz . x  y  1 z  2 

NỘI DUNG 5: DỒN BIẾN NHỜ VẬN DỤNG CÁC HẰNG ĐẲNG THỨC I/ Các hằng đẳng thức 

a  b



a  b

2

 a 2  2ab  b 2

2

 a 2  2ab  b 2

 a 2  b 2   a  b  a  b  

a  b

3

 a 3  3a 2b  3ab 2  b3

67



a  b

3

 a 3  3a 2b  3ab 2  b3

 a3  b3   a  b   a 2  ab  b 2   a3  b3   a  b   a 2  ab  b2  II/ Một số kết quả suy ra từ các hằng đẳng thức  a 2  b 2   a  b   2ab 2

 a 3  b3   a  b   3ab  a  b  3

 a 3  b3   a  b   3ab  a  b  3

2  a 4  b4   a 2  b2   2a 2b2   a  b   2ab   2a 2b2   2

2

 (a  b  c)2  a 2  b2  c2  2ab  2bc  2ca  a 2  b 2  c 2   a  b  c   2  ab  bc  ca  2

 a 3  b3  c3   a  b  c   3  a  b  b  c  c  a  3

 a3  b3  c3  (a  b  c)(a 2  b2  c 2  ab  bc  ca)  3abc III/ Một số ví dụ minh họa 1  x  2 Ví dụ 1. Cho x, y là hai số thực thỏa mãn  . 3  y  4 x4 y 4 x2 y 2 x y Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của biểu thức P  4  4  2  2   . y x y x y x

 Phân tích tìm lời giải  Đây là một ví dụ về bất đẳng thức hai biến, quan sát P ta thấy xuất hiện x4 y 4 x2 y 2 x y x y tổng  và hai biểu thức 4  4 , 2  2 có thể đưa về tổng  một y x y x y x y x

cách dễ dàng do đó ta dự đoán biến cần đưa về là  Biến cần đưa về:

x y  . y x

 Chiều đánh giá cần có:  P  .

x y  . y x

68

 x4 y 4   x2 y 2  x y  Biến đổi cần tìm:  4  4    2  2   g    . x  y x  y x y

 Biến đổi biểu thức:ta có  x 2 y 2  x y 2  2  2    2 x  y x  y 2  2 4 4 2 2 2   x  x y x y y   y 4  x 4   y 2  x 2   2   y  x   2   2       

 Biểu thức cần tìm là: 4

2

 x4 y 4   x2 y 2   x y  x y  4  4    2  2       5     4. x  y x   y x  y x y

 Lời giải  x 2 y 2  x y 2  2  2    2 x  y x  y +) Ta có:  2 2  x y  2   x4 y 4  x2 y 2   y 4  x 4   y 2  x 2   2   y  x   2   2        4

2

 x y  x y  x y  P      5         4.  y x  y x  y x

+) Đặt t 

u

x y  khi đó P  t 4  5t 2  t  4  f  t  . Ta đi tìm điều kiện của t, đặt y x

x 1  t  u  , do y u

h(u )  u 

1  x  2 1 x 2 1 2      u  , khảo sát hàm số  4 3 3  y  4 4 y 3

1 13 17 13 17 1 2 trên  ;  ta đƣợc  h(u )    t  u 6 4 6 4 4 3

13 17  +) Xét hàm số f  t   t 4  5t 2  t  4, t   ;  có 6 4 13 17  f '  t   4t 3  10t  1  0, t   ;  6 4 13 17  Do đó f  t  là hàm đồng biến khi t   ;  . 6 4

69

 13  f    f t   6

62513  17  62513 6133 . f     P  f t   256 1296 256  4

Vậy

6133  1296

P

x  2 x  1 6133 62513  ;P  1296 256 y  3 y  4

Kết luận: Giá trị nhỏ nhất của P là

Giá trị lớn nhất của P là

6133 x  2 tại  . y  3 1296 

x  1 62513 tại  .

256 y  4

Ví dụ 2. Cho a và b là các số thực dƣơng thỏa mãn 2(a2 + b2) + ab = (a + b)(ab + 2).  a3

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P  4 

b

3



b3   a 2 b 2  9  . a3   b2 a 2 

( Đề TSĐH khối B năm 2011 )  Phân tích tìm lời giải a 3 b3 a 2 b 2  Quan sát P ta thấy xuất hiện hai biểu thức 3  3 , 2  2 mà có thể sử a b a b

dụng hằng đẳng thức để đưa về tổng là

a b do đó ta dự đoán biến cần đưa về  b a

a b  . b a

 Biến cần đưa về:

a b  . b a

 Chiều đánh giá cần có: P  .  a 3 b3   a 2 b 2  a b  Biến đổi cần tìm: 4  3  3   9  2  2   f    . a  b a  b a b  a 2 a 2  a b 2  2  2    2 b b b a  Biến đổi biểu thức:ta có  3 3 b3  a b  a b a     3       b3 a 3  b a  b a 

 Lời giải

70

 a 2 a 2  a b 2  2  2    2 b b b a +)Ta có:  3 3 b3  a b  a b a  b3  a 3   b  a   3  b  a  

 a b 3  a b  2   a b   P  4      3      9     2   b a    b a   b a   3

2

a b a b a b  4     9     12     18 b a b a b a

+) Đặt t 

a b  khi đó P  4t 3  9t 2  12t  18  f  t  . Ta đi tìm điều kiện của t, b a

Theo giả thiết ta có: 2  a 2  b2   ab   a  b  ab  2  . a b 1 1 Từ đây suy ra: 2     1      ab  2  hay a b b a a b a b  1 1  Cosi 2    1  a  b  2     2 2     4 a b b a b a

a b 5 5 a b a b  2    1  2 2     4     t  b a 2 2 b a b a

+) Xét hàm số f  t   4t 3  9t 2  12t  18, t 

5 2

5 5 có f '  t   6  2t 2  3t  2   0, t  , do đó f  t  là hàm đồng biến khi t  .

2 2

23 23 5 Vậy f  t   f      P  f  t    .

4 4 2  a  2  a b 5 t      b a 2 23 b  1 P    a  1 4 a  b  2  1  1    a b  b  2

71

 a  2  23 b  1 Kết luận: Giá trị nhỏ nhất của P là  tại  .  a  1 4   b  2 Ví dụ 3. Cho x, y là hai số thực thỏa mãn  x  4    y  4   2 xy  32 .

2

2

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A  x3  y 3  3  xy  1 x  y  2  . ( Đề TSĐH khối D năm 2012 )  Phân tích tìm lời giải  Đây là một ví dụ về bất đẳng thức hai biến đối xứng do đó ta dự đoán dấu bằng xảy ra x  y và biến cần đưa về là x  y hoặc xy , mặt khác khai triển A ta được A  x3  y 3  3  xy  1 x  y  2    x  y   3  x  y   6 xy  6 3

x y và 6 xy  6   do đó ta có:  2  2

 Biến cần đưa về: x  y .  Chiều đánh giá cần có: A  .  Biến đổi cần tìm: x3  y 3  3  xy  1 x  y  2   f  x  y   Lời giải +) Ta có:  x  4    y  4   2 xy  32   x  y   8  x  y   0  0  x  y  8 2

2

3

+) A  x3  y 3  3  xy  1 x  y  2    x  y   3  x  y   6 xy  6   x  y   3

3

3 2  x  y   3 x  y   6 2

3 +) Đặt t  x  y, t  0; 8 khi đó A  t 3  t 2  3t  6 , t 0; 8 2

3 +) Xét hàm số f  t   t 3  t 2  3t  6, t   0; 8 có 2 2 1 5 3t  3t  3  0 f '  t   3t  3t  3, f '  t   0   t  2 t   0; 8 2

72

 1  5  17  5 5 , f  8   398 . +) Ta có f  0   6, f   2 4    1  5  17  5 5 , t   0; 8 , Suy ra A  f  t   f   2 4  

A

17  5 5 1 5 x y 4 4

Kết luận: Giá trị nhỏ nhất của A là

1 5 17  5 5 tại x  y  .

4 4

Ví dụ 4. Xét ba số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x 3  y 3  z 3  3xyz  1 .

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  x 2  y 2  z 2 .  Phân tích tìm lời giải  Đây là một ví dụ về bất đẳng thức ba biến đối xứng nên ta dự đoán biến cần đưa về là x  y  z hoặc xyz , mặt khác dựa vào các kết quả suy ra từ các hằng đẳng thức để biến đổi P ta được 1 2 P  x 2  y 2  z 2  ( x  y  z )2  ( x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx ) mà giả thiết 3 3

1  x3  y3  z 3  3xyz  ( x  y  z )( x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx) do đó ta có:  Biến cần đưa về: x  y  z .  Chiều đánh giá cần có: P  .  Biến đổi cần tìm: P  x 2  y 2  z 2  f  x  y  z   Lời giải +) Ta có 1  x3  y3  z 3  3xyz  ( x  y  z )( x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx)

 x2  y 2  z 2  xy  yz  zx  0 , kết hợp với x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx  0, x, y, z  R  x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx  0  x  y  z  0. +) Đặt t  x  y  z; (t  0)  x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx 

1 t

73

Ta có

1 2 t2 2 P  x 2  y 2  z 2  ( x  y  z )2  ( x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx )   ; (t  0) 3 3 3 3t 2 t 2 2t 2 +) Xét hàm số f (t )   , (t  0) . Ta có: f ' (t )   2 , f ' (t )  0  t  1 3 3t 3 3t +) Ta có bảng biến thiên của hàm số f (t ) trên khoảng 0; nhƣ sau: t

0 f ' (t ) f (t )



1 -

0



+

 1

+)Từ bảng biến thiên suy ra f (t )  1, t  0 . Do đó P  1 . Có P = 1 nếu trong ba số x, y, z có một số bằng 1 và hai số còn lại bằng 0.

Kết luận: Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 1.

Ví dụ 5. Cho các số thực không âm x, y thay đổi và thỏa mãn x  y  1 .

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức S   4 x 2  3 y  4 y 2  3x   25 xy.

( Đề TSĐH khối D năm 2009 )

 Phân tích tìm lời giải  Đây là một ví dụ về bất đẳng thức hai biến đối xứng do đó ta dự đoán dấu bằng xảy ra x  y và biến cần đưa về là x  y hoặc xy , mặt khác khai triển S ta được S   4 x 2  3 y  4 y 2  3x   25 xy  16 x 2 y 2  12  x3  y 3   34 xy 3  16 x 2 y 2  12  x  y   3xy ( x  y )   34 xy  16 x 2 y 2  2 xy  12  

Do đó ta có:  Biến cần đưa về: xy .  Chiều đánh giá cần có:  S  .  Lời giải

74

+) Do x  y  1 , nên S   4 x 2  3 y  4 y 2  3x   25 xy  16 x 2 y 2  12  x3  y 3   34 xy 3  16 x 2 y 2  12  x  y   3xy ( x  y )   34 xy  16 x 2 y 2  2 xy  12  

 x  y +) Đặt t  xy, 0  xy 

2

4



1  1  t  0;  4  4

 1 khi đó S  16t 2  2t  12 , t  0;   4  1 +) Xét hàm số f  t   16t 2  2t  12 , t  0;  , có  4 f '  t   32t  2, f '  t   0  t 

1 16

 1  191 +) Ta có f  0   12, f    ,  16  16 Suy ra

191  16

1 f    S  f t    16 

 1  25 f   . 4 2  1  25  1 f    , t  0;  , 4 2  4

 2  x  4    2  x  y  1  y  x  y  1 191  25 1  4    có A  1  1  x  y  và A   16 2 2 2  xy  16  xy  4  x  4    2  y  4    2  x  4    2  y  191  4 Kết luận: Giá trị nhỏ nhất của A là khi   16 2  x  4    2  y  4  

3 3

.

3 3

3 3 3 3

75

Giá trị lớn nhất của A là

25 1 khi x  y  .

2 2

Ví dụ 6. Cho các số thực x, y , z thay đổi thỏa mãn điều kiện x 2  y 2  z 2  1.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P   xy  yz  2 zx  

8

2

 x  y  z   xy  yz  2 2

(Đề thi chọn HSG Tỉnh Nam Định 2012 – 2013)  Lời giải +) Ta có P   xy  yz  2 zx   2

8 ( x  y  z  2 xy  2 yz  2 zx)  xy  yz  2 2

2

2

8 xy  yz  2 zx  3

  xy  yz  2 zx   2

+) Đặt t  xy  yz  2 zx  P  t 2 

8 t 3

Có 0   x  y  z   x 2  y 2  z 2  2 xy  2 yz  2 zx  1  2( xy  yz  zx ) 2

 xy  yz  zx  

1 2

1 1 x2  z 2 y2  xy  yz  2 zx    zx     1   1  t  1 2 2 2 2 y  0  Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi  2 x  z    2

+) Xét hàm số f  t   t 2  f '  t   2t 

2  t  1  t  4  2

8

 t  3

8 với t   1;   có t 3

2



 t  3

2

 0, t  1

hàm số f  t  liên tục trên  1;   suy ra f  t  đồng biến trên  1;    P  f  t   f  1  3 mọi t   1;   suy ra giá trị nhỏ nhất của P  3 ,

.

76

y  0  dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi  2 x  z    2

y  0  Kết luận: Giá trị nhỏ nhất của P  3 khi  2. x   z     2

Ví dụ 7. Cho các số thực x, y thỏa mãn điều kiện 2  x 2  y 2   xy  1. x4  y 4 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  .

2 xy  1

 Lời giải 2  x  y 2  5 xy  1 5 xy  1  0 1 1 +) Từ giả thiết      xy    2 5 3 2  x  y   3 xy  1 3xy  1  0 2  xy  1   2  xy  2 2 2    x  y   2x y   2  +) Có P  2 xy  1 2 xy  1 2

2 2

+) Đặt t  xy , ta đƣợc

 t  1 P

 8t 2 7t 2  2t  1  1 1  , t   ;  .

8t  4 8t  4  5 3 2

7  t 2  t  7t 2  2t  1  1 1 +) Xét hàm số f  t   với t    ;  có f '  t   , 2 8t  4 5 3   2  2t  1 t 2  t  0   1 f '  t   0    1 1   t  0 có f      5 t    5 ; 3    

1 1 2 f    , f 0  .

4  3  15

 5  x  5    5 1  y    5 2  xy    Suy ra giá trị nhỏ nhất của P  khi  5   15 5  x  y  0  x   5    5  y  5  

77

 3  x  3    3 1  y   3  xy   hoặc  3   3  x  y  0  x   3    3  y   3    x  0   y    xy  0   1  và giá trị lớn nhất của P  khi  1 2 4 x  y      2   x      y  0 Kết luận:Vậy giá trị lớn nhất của P 

giá trị nhỏ nhất của P 

2 2 2 2

 1 2  2   ,  ; 0  , khi  x; y    0;    4 2 2     

 5 2 ; khi  x; y     5 15 

5  3 3   ; ,    .

5   3 3  

Ví dụ 8. Cho các số thực dƣơng x, y , z thoả mãn x 2  y 2  z 2  3 .

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  xy  yz  zx 

5 . x yz

 Lời giải +) Ta có 3  x 2  y 2  z 2  3  2  xy  yz  zx    x  y  z  .

2

Đặt t  x  y  z , ta có: 0  xy  yz  zx 

t2  3  x2  y 2  z 2  3  3  t  3 .

2

t2  3 5  là hàm số lên tục trên đoạn  3; 3 , có +) Khi đó, ta có: P  f  t   2 t 5 t3  5 ' f  t   t  2  2  0, t  t t  3; 3  





3; 3  f  t  là hàm số đồng biến trên đoạn

78

Vậy ta có: P  f  t   f  3 

14 . Dấu “=” xảy ra khi x  y  z  1 .

3

Kết luận : Vậy giá trị lớn nhất của P 

14 khi x  y  z  1 .

3

Ví dụ 9. Cho các số thực x, y , z không âm thỏa mãn x 2  y 2  z 2 

4 .

3

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P  2  xy  yz  zx  

3 . x yz

 Lời giải +) Đặt x  y  z  t .

Ta có x  y  z 2

2

2

x  y  z 

2

 t 2  4 (1)

3

t 2   x  y  z   x 2  y 2  z 2  2  xy  yz  zx   x 2  y 2  z 2  2

Từ (1) và (2) suy ra

4 4  t 2  (2).

3 3

2 3 t 2 3

1 1 4 2 +) Ta có xy  yz  zx   x  y  z   x 2  y 2  z 2    t 2    2 2 3 3 4 nên P  t 2   t 3

2 3  3 4 ; 2 +) Xét hàm số f  t   t 2   trên  t 3  3  f '  t   2t 

2 3 3 3 3 3 2 3  25 3  0  t   ; 2 f ; f  2  có .     2 t 2  3 3 2 6   

Suy ra giá trị nhỏ nhất của P 

3 3 2 3 , dấu bằng xảy ra khi t   2 trong 3 2 3

số x, y , z bằng 0 số còn lại bằng

2 3 .

3

79

Giá trị lớn nhất của P 

25 2 , dấu bằng xảy ra khi t  2  x  y  z  .

3 6

Kết luận: Vậy giá trị nhỏ nhất của P  còn lại bằng

3 3 khi 2 trong 3 số x, y, z bằng 0 số 2

25 2 2 3 . Giá trị lớn nhất của P  khi x  y  z  .

3 6 3

IV/ BÀI TẬP RÈN LUYỆN Bài 1.( Đề TSĐH khối B năm 2009 ) Cho các số thực x, y thay đổi và thỏa mãn

 x  y

3

 4 xy  2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

A  3 x 4  y 4  x 2 y 2   2  x 2  y 2   1

Bài 2.(Đề thi thử THPT QG 2015 Lục Ngạn – Bắc Giang) Cho các số thực x, y thay đổi và thỏa mãn x2  y 2  xy  3 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ

nhất của biểu thức P  x3  y3  3x  3 y Bài 3.(Đề thi thử THPT QG 2015 Lý Thái Tổ – Bắc Ninh) Cho các số thực x, y thay đổi và thỏa mãn x, y  1 và 3 x  y   4 xy . Tìm giá trị lớn nhất và giá

 1 1  trị nhỏ nhất của biểu thức P  x3  y 3  3 2  2  y  x

NỘI DUNG 6: DỒN BIẾN NHỜ VẬN DỤNG ĐIỀU KIỆN CỦA GIẢ THIẾT I/ Một số biến đổi thƣờng dùng  a  x  b nên

 x  a x  b  0

 x  a  y  a   0  a  x, y  b nên   x  b y  b   0  x  a  y  a  z  a   0  a  x, y, z  b nên   x  b y  b z  b   0

II/ Một số ví dụ minh họa Ví dụ 1. Cho các số thực a, b, c thuộc đoạn 1; 3 và thỏa mãn điều kiện

80

a  b  c  6 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P

a 2b 2  b 2c 2  c 2 a 2  12abc  72 1  abc ab  bc  ca 2

( Đề thi THPTQG 2015 )

 Phân tích tìm lời giải  Ta có:  ab  bc  ca   a2b2  b2 c2  c2 a2  2abc  a  b  c  2

 a2b2  b2 c2  c2 a2  12abc  a  1 b  1 c  1  0 a, b, c  1;3    a  3  b  3  c  3   0  abc  ab  bc  ca  5   abc  3  ab  bc  ca   27

Do đó biến cần đưa về là: ab  bc  ca .  Chiều đánh giá cần có: P  .  Lời giải  a  1 b  1 c  1  0 +) Do a, b, c  1;3    a  3  b  3  c  3   0

 abc  ab  bc  ca  5   ab  bc  ca  11  abc  3  ab  bc  ca   27

 a  b  c +)Lại có ab  bc  ca 

2

3

 12  11  ab  bc  ca  12

+) Ta có:  ab  bc  ca   a2b2  b2 c2  c2 a2  2abc  a  b  c  2

 a2b2  b2 c2  c2 a2  12abc

Nên

 ab  bc  ca  P

2

 72

ab  bc  ca

 ab  bc  ca   72  1 ab  bc  ca  5 1  abc    2 ab  bc  ca 2

Đặt ab  bc  ca  t, t  11;12  P 

2

t 72 5    f  t  , t  11;12 2 t 2

81

+) Xét hàm số f  t  

f 't 

t 72 5   , t  11;12 có 2 t 2

t2  144  0,  t  11;12 nên f  t  là hàm số nghịch biến trên 2t 2

160 160 do đó P  . 11;12 suy ra f  t   f 11   11 11

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi  a; b; c   1;2;3  và các hoán vị của nó.

Kết luận: Vậy giá trị lớn nhất của P là

160 khi  a; b; c   1;2;3  và các hoán 11

vị của nó.

Ví dụ 2. Cho x, y là hai số thực thỏa mãn 1  x  2;1  y  2 .

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 

x  2y y  2x 1 .  2  x  3 y  5 y  3x  5 4  x  y  1 2

( Đề TSĐH khối D năm 2014 )  Phân tích tìm lời giải  Do 1  x  2 nên  x  1 x  2   0  x 2  2  3x , tương tự y 2  2  3 y .

Suy ra

x  2y y  2x x y do đó ta có:   x 2  3 y  5 y 2  3x  5 x  y  1

 Biến cần đưa về: x  y .  Chiều đánh giá cần có: P  .  Lời giải +) Do 1  x  2 nên  x  1 x  2   0  x 2  2  3x , tương tự y 2  2  3 y P

x  2y y  2x 1  2  x  3 y  5 y  3 x  5 4  x  y  1



2

x  2y y  2x 1 x y 1     3x  3 y  3 3 y  3 x  3 4  x  y  1 x  y  1 4  x  y  1

+) Đặt t  x  y, t   2; 4 khi đó P 

t 1  , t   2; 4 t  1 4  t  1

82

+) Xét hàm số f  t  

t 1 với t   2; 4 có  t  1 4  t  1

1  1  t 1 2  4 t 1 2    t 3 f 't    , f 't   0    2 2  t  1 4  t  1 t  2; 4    1

1

+) Ta có f  2  

11 7 53 . , f  3  , f  4   12 8 60

 x  1  7 7 y  2 Suy ra P  f  t   f  3  , t   2; 4 , P     x  2 8 8    y  1

 x  1  7 y  2 Kết luận: Giá trị nhỏ nhất của P là tại  .  x  2 8    y  1 Ví dụ 3. Cho a, b, c là ba số thực thỏa mãn a 0;1, b 0;2, c 0;3 .

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : P

2  2ab  ac  bc  8b b   1  2a  b  3c b  c  ba  c  8 12a 2  3b 2  27c 2  8

 Lời giải +) Ta có: a 0;1, b 0;2, c 0;3 1  a  b  c   0 b  c  ab  ac    2a  b  3c  2ab  bc  ac  2  b  a  c   0 2a  2c  ab  bc



2  2ab  ac  bc  2  2ab  ac  bc   . Mặt khác b  c  a  b  c  (vì a 0;1 ) 1  2a  b  3c 1  2ab  ac  bc



8b 8b 8b   b  c  b  a  c   8 a  b  c   b  a  c   8 2ab  bc  ac  8

+) Với mọi số thực x, y, z, ta có

83

 x  y

2

  y  z    y  x   0  2  x 2  y 2  z 2   2 xy  2 yz  2 xz 2

2

 3 x 2  y 2  z 2    x  y  z 

2

2 2  12a 2  3b 2  27c 2  3  2a   b 2   3c     

 2a  b  3c 

2

 2a  b  3c  2ab  bc  ac



b 12a 2  3b2  27c 2  8

b 2ab  bc  ac  8

2  2ab  bc  ac  8b b   1  2ab  bc  ac 2ab  bc  ac  8 2ab  bc  ac  8

Suy ra P 

P



2  2ab  bc  ac  8  . Đặt t  2ab  bc  ac  t 0;13 1  2ab  bc  ac 2ab  bc  ac  8

+) Xét hàm số f  t   f 't  

2

 t  1

2



f  0   1; f  6  

Do đó: P 

2t 8  , t   0;13 , có t 1 t  8

8

 t  8

2

, f 't   0  t  6

16 47 16 ; f 13   f  t   , t  0;13 7 21 7

16 2 16 . Khi a  1; b  2; c  thì P  .

7 3 7

Kết luận:Vậy giá trị lớn nhất của P là

16 2 khi a  1; b  2; c  7 3

IV/ BÀI TẬP RÈN LUYỆN Bài 1.Cho x, y, z là các số thực không âm thay đổi thỏa mãn điều kiện x  y  z  1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = xy + yz + zx - 2xyz.

Bài 2.Cho

[

]

. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

NỘI DUNG 7: DỒN BIẾN NHỜ VẬN DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC PHỤ I/ Phƣơng pháp

84

 Có một số bất đẳng thức và một số bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất mà ta phải sử dụng đến bất đẳng thức phụ thì việc giải quyết bài toán sẽ trở lên dễ dàng hơn.  Sau đây là một số bất đẳng thức phụ thƣờng dùng:  Với x, y  0 thoả mãn xy  1. Ta có bất đẳng thức:

1 1 2   2 2 1 x 1 y 1  xy  Với x, y  0 thoả mãn xy  1. Ta có bất đẳng thức:

1 1 2   1  x 1  y 1  xy  Với x, y  0 thoả mãn xy  1. Ta có bất đẳng thức:

1 1 2   2 2 1 x 1 y 1  xy  Với x, y  0 thoả mãn xy  1. Ta có bất đẳng thức:

1 1 2   1  x 1  y 1  xy  Với mọi x, y  0 , ta có bất đẳng thức

1

1  x 



2

1

1  y 

2



1 1  xy

 Với x, y  0 thoả mãn xy  1. Ta có bất đẳng thức:

1 1  x2



1 1  x2



2 1  xy

 x  y 

2

 Với mọi x, y  0 thì ta có x  y 2

2

.

2

 x  y 

3

 Với mọi x, y  0 thì ta có x  y 3

3

4

.

 Với hai số không âm x, y ta có: 1  x  1  y  1  1  x  y Chú ý: Để sử dụng bất đẳng thức phụ trong một bài toán thì ta phải phát biểu và chứng minh trước khi dùng.

II/ Một số ví dụ minh họa

85

Ví dụ 1. Cho x, y, z là hai số thực thuộc đoạn 1; 4 và x  y , x  z .

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 

x y z   .

2x  3y y  z z  x

( Đề thi TSĐH khối A năm 2011 )  Phân tích tìm lời giải  Đây là một ví dụ về bất đẳng thức ba biến không đối xứng , quan sát P ta thấy xuất hiện tổng được thành

1 z 1 y



y z  là hai phân số đẳng cấp bậc một nên biến đổi yz zx 1 x 1 z

, kết hợp với chiều của P nên ta nghĩ đến việc áp dụng

bất đẳng phụ sau: a, b  0 thoả mãn ab  1 thì

1 1 2 1 1 2     khi đó z x 1  a 1  b 1  ab x 1 1 1 y z y

x x x y và biểu thức do đó ta dự đoán biến cần đưa về là  y 2x  3y 2 x  3 y

. Vậy ta có:  Biến cần đưa về:

x . y

 Chiều đánh giá cần có: P  .  Chiều đáng giá cần tìm:  Biến đổi biểu thức:ta có

 Đánh giá cần tìm là:

x y z   g  yz zx  y y z 1 1 2     y  z z  x 1 z 1 x x 1 y z y

y z   yz zx

2 1

x y

86

 Lời giải +) Trƣớc hết ta chứng minh: với a, b  0 , ab  1 thì

1 1 2   1  a 1  b 1  ab

*





Thật vậy,  *    a  b  2  1  ab  2 1  a 1  b   a  b ab  2 ab  a  b  2ab





ab  1



a b



2

 0 luôn đúng với a, b  0 , 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 , ta có: x x 1 1 2 y y , P     x z x x x 2  3 1 1 2  3 1 y y z y y

dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi +) Đặt t 

z x x  hoặc  1 y z y

(1).

x t2 2 , t  1; 2 , khi đó P  2  y 2t  3 1  t

t2 2  , t  1; 2 có +) Xét hàm số f  t   2 2t  3 1  t f 't  

2 t 3  4t  3  3t (2t  1)  9 

 2t 2  3 (1  t )2 2

 0, t  1; 2 ,

do đó f  t  là hàm nghịch biến khi t 1; 2  f  t   f  2   Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi t  2   P  f t   f  2 

34 .

33

x  2  x  4 y  x  4, y  1 (2). y

34 .

33

Từ (1) và (2) suy ra dấu bằng xảy ra  x  4, y  1, z  2

87

34 khi x  4, y  1, z  2.

33

Kết luận: Giá trị nhỏ nhất của P là

Ví dụ 2. Xét các số thực dƣơng x, y, z thỏa mãn x  z. x

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P 

x y 2

2

y



z y 2

2



z . zx

 Phân tích tìm lời giải  Đây là một ví dụ về bất đẳng thức ba biến không đối xứng , quan sát P ta thấy có ba phân số đều là đẳng cấp nên biến đổi được thành P

1  y 1   x

2



1 z 1     y

2



1

, kết hợp với chiều của P nên ta

x 1 z

nghĩ đến việc áp dụng bất đẳng thức phụ sau: a, b  0 thoả mãn ab  1 thì

1 1  a2



1 1  b2

2 khi đó 1  ab



1  y 1   x

2



1  1  

z y 

2



2 1

z x

x . Vậy ta có: z

 Do đó ta dự đoán biến cần đưa về là x . z

 Biến cần đưa về:

 Chiều đánh giá cần có: P  .  Lời giải +) Ta có P 

1  y 1   x

abc  1, c  1 và P 

Ta chứng minh đƣợc

2



1 z 1     y

1 1  a2 1 1  a2

 

2

1

y z x . Đặt a  ; b  ; c  . Khi đó x y z x 1 z



1 1  b2 1 1  b2



1 . Vì abc =1, c  1 nên ab  1 .

1 c



2 (1), mọi a, b>0 và ab≤1.

1  ab

88

Thật vậy, áp dụng BĐT Bunhia cốpxki ta có 1 1  a2



1   1  2  2 2  1 a 1 b  1  b2 1

1 1 2 (a  b) 2 (1  ab) Mặt khác     0, luôn đúng với 1  a 2 1  b 2 1  ab (1  a 2 )(1  b 2 )(1  ab) mọi a, b dƣơng và ab  1 . Suy ra BĐT (1) đúng. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b +) Áp dụng BĐT (1) và giả thiết abc = 1, ta có

P

2 1   1  ab 1 c

+) Xét hàm số f (c)  Ta có f '(c) 

2 1

1 c



1 2 c 1  .

1 c 1 c

2 c 1 trên 1;  .

1 c

 c  2 2 c c4 , f ' c   0   2(1  c). c . 1  c c  1

+) Ta có bảng biến thiên của hàm số f  c  trên 1;   c

1



4

f ' c 

+

0

-

5 f c 3 2

2

+) Từ bảng suy ra P  f  c   5 , đẳng thức xảy ra khi

c  4   1  x  2 y  4z . a  b   2 Kết luận:Vậy giá trị lớn nhất của P  5 , đạt đƣợc khi x  2 y  4 z .

89

Ví dụ 3. Cho các số thực dƣơng x, y, z . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P

x2 y2 4z 3 .   ( x  y) 2 ( y  z ) 2 3( z  x) 3

(THTT tháng 4 năm 2013)

 Phân tích tìm lời giải  Đây là một ví dụ về bất đẳng thức ba biến không đối xứng , quan sát P ta thấy có ba phân số đều là đẳng cấp nên biến đổi được thành

P

1 y  1   x 



2

1  z 1   y 



2

4 x  31   z 

3

, kết hợp với chiều của P nên ta nghĩ đến

việc áp dụng bất đẳng thức phụ sau: a, b  0 thì đó

1 y  1   x 

2



1  z 1   y  

2

1



1

z x

1 1 1 khi   2 2 1  a  1  b 1  ab

do đó ta dự đoán biến cần đưa về là

x . Vậy ta z

có: x . z

 Biến cần đưa về:

 Chiều đánh giá cần có: P  .  Lời giải +) Ta có: P 

1 y  1   x 

2



1  z 1   y 

2



y z x a  ; b  ; c  . Đặt . Khi đó 3 x y z x  31   z 

4

a, b, c là các số dƣơng thỏa mãn abc  1 và P  +) Ta chứng minh a, b  0 ,

1 1 4 .   2 2 1  a  1  b 31  c 3

1 1 1 (*). Thật vậy,   2 2 1  a  1  b 1  ab

1 1 1    ab(a  b) 2  (1  ab) 2  0, luôn đúng a, b  0 .

2 2 1  a  1  b 1  ab

90

Đẳng thức xảy ra khi a  b  1 . Từ BĐT (*) và abc  1 ta suy ra

P

1 4 c 4    , c  (0 ;   ) 3 3 1  ab 31  c  1  c 31  c 

+) Xét hàm số f (c) 

f '(c) 

c 4  , c  (0;) có 3 1  c 31  c 

(c  1)(c  3)  0 (c  1)(c  3) 0  c 1 .

4 c  0 (1  c) 

+) Ta có bảng biến thiên của hàm số f  c  trên (0;) c

0

f ' c 



1 -

0

+

4 3

1

f c

2 3 2 +) Từ bảng suy ra P  f  c   , đẳng thức xảy ra khi a  b  c  1  x  y  z .

3 Kết luận: Vậy giá trị nhỏ nhất của P 

2 , đạt đƣợc khi x  y  z .

3

Ví dụ 4. Cho các số thực x, y, z không âm thỏa mãn điều kiện

1  x 2  1  y  1  z  5 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  16 x3  y3  z 3 . (Đề thi HSG toán 12 tỉnh Nam Định năm 2016 - 2017)  Lời giải +) Với hai số không âm x, y ta có: 1  x  1  y  1  1  x  y Thật vậy, (*)  2  x  y  2 1  x 1  y   2  x  y  2 1  x  y

 1  x  y  xy  1  x  y  xy  0 (luôn đúng). x  0 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi  . y  0 

(*)

91

+) Áp dụng (*), ta có: 5  1  x 2  1  y  1  z  1  1  x 2  y  1  z

 2  1  x2  y  z Suy ra x2  y  z  8  y  z  8  x 2 .

Khi đó P  16 x3  y3  z 3  16 x3   y  z   16 x3  8  x 2  , 3

3

do 0  y  z  8  x 2  x  0; 2 2  .

Xét hàm số f  x   16 x3  8  x 2  với x  0; 2 2  3

48 x 2  6 x 8  x 2 2  0 2  có f '  x   48 x 2  6 x  8  x 2  , f '  x   0    x  0; 2 2  x  0  , f  0   512, f  2   192, f 2 2  256 2 x  2





suy ra giá trị lớn nhất của P là 512  x  y  0, z  8 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi   x  z  0, y  8  x  y  0, z  8 Kết luận: Vậy giá trị lớn nhất của P là 512 tại  . x  z  0, y  8 

Ví dụ 5. Xét các số thực dƣơng a, b, c thuộc đoạn 0; 4 thỏa mãn abc  1 .

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P 

1 1 a

2

1



1 b

2

1 .

1 c



 Lời giải Trƣờng hợp 1.Nếu1  c  4. +)Từ giả thiết ta suy ra c 

1  1  ab  1. ab

Từ đó ta chứng minh đƣợc bất đẳng thức:

1 1 a

2



1 1 b

2



2 (1) 1  ab

92

Thật vậy, áp dụng BĐT Bunhia cốpxki ta có 1 1  a2



1   1  2    2 1  b2  1  a 1  b2 1

1 1 2 (a  b) 2 (1  ab) Mặt khác     0, luôn đúng với 1  a 2 1  b 2 1  ab (1  a 2 )(1  b 2 )(1  ab) mọi a, b dƣơng và ab  1 .

Suy ra BĐT (1) đúng. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b hoặc ab = 1. +) Áp dụng BĐT (1) và giả thiết abc = 1, ta có

P

2 1   1  ab 1 c

+) Xét hàm số f (c) 

2 1

1 c



1 2 c 1  .

1 c 1 c

2 c 2 c 1 trên 1;  . Ta có f '(c)  , 2(1  c). c . 1  c 1 c

 c  2 f ' c   0   c4 c  1

+) Ta có bảng biến thiên của hàm số f  c  trên 1;   c

1



4

f ' c 

+

0

-

5 f c 3 2

2

c  4  +) Từ bảng suy ra P  f  c   5 , đẳng thức xảy ra khi  1. a  b   2 Trƣờng hợp 2. Nếu 0  c  1. +)Từ giả thiết ta suy ra c 

1  1  ab  1. ab

Do 0  c  1 nên c(1  c)  0  c  c 2 

1 1 1 1    2 1 c 1 c 1 c 1  c2

93

Suy ra P 

1 1 a

2

1



1 b

2



1 1  c2

Vì ab  1 nên có ít nhất một số lớn hơn 1. Không mất tính chất tổng quát ta giả 1  1  ac  1 . Áp dụng BĐT (1) ta có ac

sử b  1. Khi đó ta lại có b 

1 1 a

2



1 1 c

2



2 1 2 1 2 b . Suy ra P     1  ac 1 b 1  ac 1  b2 1  b2

+) Xét hàm số f (b)  f ' (b) 

1 1 b

2



2 b , b  1;4 có 1 b

b 1 , nhận thấy f '(b)  0 , b  1; 4   (1  b 2 ) 1  b 2 (1  b). b . 1  b

Thật vậy

f ' (b)  0  (1  b 2 ) 1  b 2  b b .(1  b) 1  b 

 1 b    2

3

b2  b



3

 1  b 2  b 2  b  b  1.

Vậy f '(b)  0 trên khoảng 1; 4  . Kết hợp với f (b) liên tục trên đoạn 1; 4  hàm số nghịch biến trên 1; 4 .

Suy ra với b  1;4 ta có f (b)  f (1)  +) Do

3 3 P .

2 2

3  5 nên kết hợp cả hai trƣờng hợp ta có giá trị lớn nhất của P  5 2

1 đạt đƣợc khi c  4, a  b  .

2

Kết luận: Giá trị lớn nhất của P  5 đạt đƣợc khi c  4, a  b 

1 .

2

1  Ví dụ 6. Xét các số thực a, b, c thuộc đoạn  ; 3 . Chứng minh rằng 3  7 a b c 8     .

5 ab bc ca 5

 Lời giải

94

+) Từ giả thiết của bài toán ta có: 7 a b c 8 7 1 1 1 8          5 ab bc ca 5 5 1 b 1 c 1 a 5 a b c

Đặt x 

7 1 1 1 8 b c a    ; y ;z  xyz  1 và  2 2 2 5 1 x 1 y 1 z 5 a b c

a) Ta chứng minh

1 1 1 7    (*) 2 2 2 1 x 1 y 1 z 5

+) Vì x, y, z dƣơng thỏa mãn xyz  1 nên trong ba số x, y, z có ít nhất một số nhỏ hơn hoặc bằng 1. Không mất tính tổng quát ta giả sử z  1. Kết hợp với giả

thiết suy ra z 

1 3  1  z   1 ; 1 . Khi đó 1  1  xy  1  3  xy 3 3

a  c

1 1 2 ( x  y ) 2 ( xy  1) Có     0, luôn đúng với mọi x, y 1  x 2 1  y 2 1  xy (1  x 2 )(1  y 2 )(1  xy) dƣơng và xy  1 . Do đó +) Xét hàm số f ( z ) 

f ' ( z) 

1 1 1 2 1 2z 1       .

2 2 2 1  x 1  y 1  z 1  xy 1  z 1  z 1  z 2

2z 1 1   , z   3 ; 1 , 1 z 1 z2

2 2z 2( z  1) 2 ( z 2  z  1) 1     0 z   ; 1 . Kết hợp với 2 2 2 2 2 2 (1  z ) (1  z ) (1  z ) (1  z ) 3 

1  1  f ( z ) liên tục trên đoạn  ; 1 suy ra hàm số f ( z ) đồng biến trên đoạn  ; 1 . 3  3  1  1 7 Do đó với mọi z   ; 1, ta có f ( z )  f    . 3   3 5 +) Vậy

1 1 1 7 a b c 7        .

2 2 2 1 x 1 y 1 z 5 ab bc ca 5

1 Đẳng thức xảy ra chẳng hạn khi a  , b  1, c  3.

3

b) Ta chứng minh

1 1 1 8    (**) 2 2 2 1 x 1 y 1 z 5

95

+) Vì x, y, z dƣơng thỏa mãn xyz  1 nên trong ba số x, y, z có ít nhất một số lớn hơn hoặc bằng 1. Không mất tính tổng quát ta giả sử z  1. Kết hợp với giả thiết suy ra z 

a 3 1   3  z  1; 3 . Khi đó  1  xy  1 1 c xy 3

1 1 2 ( x  y ) 2 ( xy  1) Có     0, luôn đúng với mọi x, y 1  x 2 1  y 2 1  xy (1  x 2 )(1  y 2 )(1  xy) dƣơng và xy  1 . Do đó +) Xét hàm số f ( z ) 

f ' ( z) 

1 1 1 2 1 2z 1       .

2 2 2 1  x 1  y 1  z 1  xy 1  z 1  z 1  z 2

2z 1  , z  1; 3 , 1 z 1 z2

2 2z 2( z  1) 2 ( z 2  z  1)    0 z  1; 3 . Kết hợp với (1  z ) 2 (1  z 2 ) 2 (1  z ) 2 (1  z 2 ) 2

f ( z ) liên tục trên đoạn 1; 3 suy ra hàm số f ( z ) đồng biến trên đoạn 1; 3 . Do

8 đó với mọi z  1; 3, ta có f ( z )  f 3  .

5

+) Vậy

1 1 1 8 a b c 8        . Đẳng thức xảy 2 2 2 1 x 1 y 1 z 5 ab bc ca 5

1 ra chẳng hạn khi a  3, b  1, c  .

3

+) Từ (*) và (**) ta có đpcm.

Nhận xét: Nếu không cẩn thận khi giải bài toán trên rất nhiều học sinh hiểu nhầm lẫn rằng: a, b, c có vai trò bình đẳng như nhau nên khi giải đã giả thiết rằng a  b  c. Để khi đặt x 

z 1

b c a ; y ;z  xyz  1 và a b c

1  1  xy  1 rồi từ đó áp dụng bất đẳng thức quen thuộc để đánh giá. xy

( Để chỉ ra a, b, c không bình đẳng ta có thể chọn a  1, b  2, c  3  P  còn khi chọn a  2, b  1, c  3  P 

91 89  ) 60 60

89 , 60

96

Ví dụ 7. Cho x, y, z  0 thoả mãn x  y  z  0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 

x3  y3  16 z3

 x  y  z

3

 Lời giải +) Trƣớc hết ta chứng minh bất đẳng thức phụ sau:

 x  y 

3

Với x, y  0 ta có x  y 3

3

.

4

Thật vậy

 x  y x3  y3 

3

4

 x3  3 x2 y  3 xy2  y3  0   x  y   x  y   0 luôn 2

đúng với x, y  0 . Đẳng thức xảy ra khi x  y . +) Đặt x  y  z  a.

 x  y Khi đó 4 P 

3

 a  z 

3

 64 z3

a3

+) Đặt t 

 64 z3

a3

3

3

z   z   1    64   a   a

3 z , 0  t  1  4 P  1  t   64 t3  f  t  a

+) Xét hàm số f  t   1 – t   64 t3 với t  0; 1có 3

64 t2  1  t 2  0 1 f '( t )  3 64 t  1  t   , f '( t )  0    t  , có   9 t  0;1 2

2

64  1  64 f  0   1, f 1  64, f    suy ra giá trị nhỏ nhất của f  t   . Dấu 81  9  81

x  y x  y   z 1 z 1      x  y  4z  0 bằng xảy ra khi và chỉ khi t   a 9  x  y  z 9  x  y  z  0  x  y  z  0 Kết luận: Vậy giá trị nhỏ nhất của P là

16 đạt đƣợc khi x  y  4 z  0.

81

97

Ví dụ 8. Cho x, y, z là các số thực dƣơng thỏa mãn điều kiện: xy  1 và z  1.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 

x y z3  2   . y  1 x  1 3  xy  1

 Lời giải x y z3  2 1 1 2 +) Ta có: P  y 1 x 1 3  xy  1  1 1  z3  2  P   x  y  1   2   x  1 y  1  3  xy  1

+) Ta cần chứng minh với x, y  0; xy  1 thì:



1 1 2   ; (1) x  1 y  1 1  xy



Thật vậy (1)   2  x  y  1  xy  2 1  x  y  xy 

 2 xy   x  y  xy  x  y  2 xy 





xy  1

x y



2

 0 luôn đúng x, y  0; xy  1

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x  y hoặc xy  1. +) Ta có: x  y  2 xy  x  y  1  2 xy  1 (2) +) Lại có: z 3  2  z 3  1  1  3 3 z 3  3z  3 (vì z  1) 

z3  2 1 z3  2 2  2 (3) 1  3  xy  1 xy  1 3

+) Từ (1), (2), (3) ta có:  1 1  z3  2 2 1 P   x  y  1    2  2 xy  1 .  2  x  1 y  1 3 xy  1 xy  1 1  xy    



+) Đặt t  xy  1 , ta có: P   2t  1 . +) Xét hàm số f  t  

2  t  1  t 2  t  1

 t  1

2

t

2

2 1 2t 1  2 2  2 1 t t 1 t 1 t 1

2t 1  2 trên 1;    có t 1 t 1

2

f 't  



 1

2

 0, t  1, f (t ) liên tục trên 1;   

98

 f  t  đồng biến trên 1;    suy ra với t 1;    ta có P  f  t   f 1 

3 .

2

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x  y  1 Kết luận: Giá trị nhỏ nhất của P 

3 khi x  y  1 .

2

Ví dụ 9. Cho x, y   0;1 thỏa mãn điều kiện:  x3  y 3   x  y   xy 1  x 1  y  1

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P 

1 x

2



1 1 y

2

 3 xy   x 2  y 2  .

(Đề thi thử THPT QG 2015 tỉnh Lào Cai)  Lời giải +) Trƣớc hết ta chứng minh đƣợc bất đẳng thức với mọi a, b dƣơng và ab  1 ta có:

1 1 a

2



1 1 b

2



2 (1).

1  ab

Thật vậy, áp dụng BĐT Bunhia cốpxki ta có 1 1  a2



Mặt khác

1   1  2    2 1  b2  1  a 1  b2 1

1 1 2 (a  b) 2 (1  ab)     0, luôn đúng với 1  a 2 1  b 2 1  ab (1  a 2 )(1  b 2 )(1  ab)

mọi a, b dƣơng và ab  1 . Suy ra BĐT (1) đúng. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b hoặc ab = 1. +) Do x, y   0;1 , áp dụng bất đẳng thức (1) ta đƣợc: 1 1  x2



1 1  y2





2 , 1  xy



2 2 +) Lại có 3xy  x  y  xy   x  y   xy  P  2

2  xy 1  xy

 x2 y 2  +) Ta có  x  y   x  y   xy 1  x 1  y       x  y   1  x 1  y  x   y 3

3

99

 x 2 y 2      x  y   4 xy x  mà  y  1  x 1  y   1  xy   x  y   1  xy  2 xy  1  xy  2 xy  4 xy  0  xy 

2 1 t, 0  t  9 1 t

+) Đặt xy  t , ta có P  +) Xét hàm số f (t )  Ta có f '(t )  

1 9

2 1  t trên  0;  .

1 t  9

1 2 1  t 

3

 1  1  0, t   0;  , f (t ) liên tục trên  9

 1  0;   9

 1  6 10 1  1  suy ra f (t ) đồng biến trên  0;   P  f  t   f    10 9 9  9 x  y  0 1  Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  1 x y 3 xy   9 

Kết luận: Giá trị lớn nhất của P là

6 10 1 1  khi x  y  .

3 10 9

Ví dụ 10. Cho các số thực dƣơng a, b thỏa mãn ab  1 và c(a  b  c)  3 .

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 

b  2c a  2c   6ln(a  b  2c) .

1 a 1 b

(Đề thi thử THPT QG 2015 trƣờng THPT Quỳnh Lƣu tỉnh Nghệ An)  Lời giải +) Ta có P  2  

b  2c a  2c 1  1  6ln(a  b  2c) 1 a 1 b

a  b  2c  1 a  b  2c  1   6ln(a  b  2c) 1 a 1 b

1   1   a  b  2c  1     6ln(a  b  2c) 1 a 1 b 

100

+) Ta cần chứng minh với a, b  0; ab  1 thì:



1 1 2   ; (1) a  1 b  1 1  ab



Thật vậy (1)   2  a  b  1  ab  2 1  a  b  ab 

 2 ab   a  b  ab  a  b  2ab 





ab  1

a b



2

 0 luôn đúng a, b  0; ab  1

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a  b hoặc ab  1 . +) Áp dụng bất đẳng thức Cô – si có ab 

ab  1 2 4 4 4 16    2   2 2 1  ab 3  ab c  ab  bc  ca  a  c  b  c   a  b  2c 

P2

16  a  b  2c  1

 a  b  2c 

khi đó P  2 

2

 6ln(a  b  2c) , đặt t  a  b  2c, t  0 ,

16  t  1  6ln t , t  0 t2

+) Xét hàm số: f  t  

16  t  1 t2

 6 ln t với t  0 , có

6t2  16t  32  0 6t2  16t  32 f 't  , f 't  0   t4 t3 t  0 

+) Bảng biến thiên của hàm số f  t  , t  0 T

0

f 't 



4 -

0

+

 f t  5  6 ln 4

+) Từ bảng biến thiên, ta thấy

f  t   f  4  5  6ln 4 , t  0  P  2  f  t   5  6ln 4  P  3  6ln 4 .

101

a  b  0  Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ab  1  a  b  c 1 a  b  2c  4 

Kết luận: Giá trị nhỏ nhất của P là 3  6ln 4 khi a  b  c  1 .

III/ BÀI TẬP RÈN LUYỆN

a b c 3    . ab b c c a 2

Bài 1.Cho a, b, c  0 . Chứng minh rằng :

Bài 2. Cho các số thực dƣơng a, b, c thỏa điều kiện a2  b2  c2  2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P 

1  ab bc  1  a4b4  b4 c4     .

2  2  c2 2  a2  64  a4 c4  2a 2b   ab b c

Bài 3. Cho a, b, c  0. Chứng minh rằng

2c  3. ca

a3 b3 c3 3    .

Bài 4.Cho a, b, c  0. Chứng minh rằng 3 3 3 ( a  b) ( b  c) ( c  a) 8

NỘI DUNG 8: DỒN BIẾN NHỜ VẬN DỤNG PHƢƠNG PHÁP HÌNH HỌC I/ Phƣơng pháp  Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho ba điểm bất kì A, B, C ta luôn có AB  BC  AC

 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hai điểm A x1; y1  , B  x2 ; y2  ta luôn có: 

AB   x2  x1; y2  y1 



AB 

 x2  x1    y2  y1  2

2

II/ Một số ví dụ minh họa Ví dụ 1. Cho x, y là hai số thực thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  x 2  ( y  1) 2  x 2  ( y  1) 2  x  2 .

( Đề thi TSĐH khối B năm 2006 )

102

 Phân tích tìm lời giải  Quan sát P ta thấy xuất hiện biểu thức

x 2  ( y  1)2 và biểu thức

x 2  ( y  1)2 có dạng công thức tính độ dài một đoạn thẳng khi biết tọa độ của

chúng nên ta nghĩ đến phương pháp hình học để giải quyết bài toán này, thật vậy trong mặt phẳng tọa độ Oxy, xét hai điểm OA  x 2   y  12  , áp dụng bất đẳng thức A   x; y  1 , B  x; y  1   2 2 OB  x   y  1  OA  OB  AB 

x 2  ( y  1)2  x 2  ( y  1)2  4 x 2  4 , do đó ta xác định

được  Biến cần đưa về: x .  Chiều đánh giá cần có: P  .  Lời giải +) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, xét hai điểm OA  x 2   y  12  , áp dụng bất đẳng thức A   x; y  1 , B  x; y  1   2 2 OB  x   y  1  OA  OB  AB 

x 2  ( y  1)2  x 2  ( y  1)2  4 x 2  4 ,

 P  x 2  ( y  1)2  x 2  ( y  1)2  x  2  4 x 2  4  x  2  2 x 2  1  x  2

+) Xét hàm số f ( x)  2 x 2  1  x  2 . Dễ thấy hàm số f (x) liên tục trên R . 2 x 2  1  x  2 khi x  2 Ta có f ( x)   2 x 2  1  x  2 khi x  2

 2x  x 2  1  1 khi x  2 f ' ( x)    2 x  1 khi x  2  x 2  1

f ' ( x)  0  x 

+) Bảng biến thiên của hàm số f ( x)  2 x 2  1  x  2

1 3

103

x f ' ( x) f (x)

1 3

 -



2

0

+

+



 2 3

Từ bảng biến thiên ta thấy P  f  x   2  3 . Đẳng thức xảy ra khi x 

1 ,y 0.

3

Kết luận: Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 2  3 khi x 

1 ,y 0.

3

Nhận xét: Ở ví dụ trên việc chọn tọa độ hai điểm A, B còn phải phụ thuộc vào biểu thức P, ở đây P còn chứa biểu thức x  2 nên ta phải khéo léo chọn A, B sao cho sau khi áp dụng bất đẳng thức OA  OB  AB thì phải mất đi biến y chỉ còn lại biến x.

III/ BÀI TẬP RÈN LUYỆN Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

√(

)

+√(

)

+|y-2|

NỘI DUNG 9: DỒN BIẾN NHỜ PHƢƠNG PHÁPCHỌN PHẦN TỬ LỚN NHẤT HOẶC PHẦN TỬ NHỎ NHẤT I/ Phƣơng pháp Đối với một số bài toán về các số có vai trò bình đẳng ngang nhau hoặc gần bình đẳng thì việc chọn phần tử lớn nhất hoặc phần tử nhỏ nhất, hiểu là số lớn nhất hoặc số nhỏ nhất trong các số đó, có thể làm cho giả thiết của bài toán đƣợc sáng tỏ thêm hay nhƣ đƣợc ’’cho thêm giả thiết”. Từ đó có thể thu đƣợc một lời giải đơn giản, rõ ràng.

II/ Một số ví dụ minh họa

104

Ví dụ 1. Cho a, b, c là ba số thực thỏa mãn các điều kiện: 0  a, b, c  1 và a  b  c  2 . Chứng minh rằng: ab  bc  ca  2abc 

20 .

27

( Tuyển chọn theo chuyên đề THTT quyển 1 )  Phân tích tìm lời giải  Đây là một ví dụ về bất đẳng thức ba biến đối xứng nên các số a, b, c có vai trò bình đẳng như nhau vì thế không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử

a  max a, b, c . Khi đó 2  a  b  c  3 a 

2  a  1 do đó ta nghĩ đến việc 3

dồn hết về biến a  Chiều đánh giá cần tìm: ab  bc  ca  2abc  f  a   Biến đổi biểu thức:ta có ab  bc  ca  2abc  a  b  c   bc 1  2a  2  b c bc   2 2   b c   bc 1  2a    Lại có:   1  2a  2   2   1  2a  0, a  ; 1 3      2

b c  ab  bc  ca  2abc  a  b  c   bc 1  2a   a  2  a     1  2a   2  2

2 a  Đánh giá cần tìm là: ab  bc  ca  2abc  a  2  a     1  2a  2  

 Lời giải +) Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử a  max a, b, c .

Khi đó 2  a  b  c  3 a 

2  a  1.

3

+) Do đó, ta có: 2

b c ab  bc  ca  2abc  a  b  c   bc 1  2a   a  2  a     1  2a   2  2

2 a hay ab  bc  ca  2abc  a  2  a     1  2a   f  a   2 

105

+) Ta có:

20 3a  2 7  6a 20 2 a f  a  a  2  a   1  2 a     đpcm    27 108 27  2  2

2

Nhận xét: 2  b c bc   2 2   b c   bc 1  2a    + Khi tạo ra đánh giá   1  2a  2   1  2a  0, a   2 ; 1    3  

ta mới thấy hết đƣợc ý nghĩa của phƣơng pháp này, nếu không chọn phần tử lớn nhất là a thì dấu của 1  2a sẽ biến thiên khi a  0; 1 ,   1 1  2 a  0,  a   0; 2      cụ thể là  1  2a  0, a   1 ; 1  2     2

b c do đó không tạo ra đánh giá bc 1  2a     1  2a  này đƣợc.  2 

2  + Ta cũng có thể lập bảng biến thiên của hàm số f  a trên đoạn  ; 1 từ đó 3  20 2  suy ra giá trị nhỏ nhất của hàm số f  a trên đoạn  ; 1 là 27 3 

từ đó suy ra đpcm. + Bài toán trên cũng có thể thay bằng câu hỏi tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  ab  bc  ca  2abc

Ví dụ 2. Cho a, b, c  0 thỏa mãn: a  b  c  3 .

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  a2  b2  c2  abc . ( Tuyển chọn theo chuyên đề THTT quyển 1 )  Phân tích tìm lời giải  Biến đổi biểu thức:Ta dễ dàng nhận thấy P   a  b  c2  ab  c  2    3  c   c2  ab  2  c  2

2

106

Khi đó ta muốn dồn biểu thức P về biến c bằng đánh giá

3  c .  a b 0  ab     4  2  2

2

Tuy nhiên dấu của  2  c  thay đổi khi c  0;3 Để giải quyết vấn đề đó, ta có thể giả sử

c  min a, b, c  3  a  b  c  3c  c  1  Chiều đánh giá cần tìm:  P  .  Lời giải +) Không mất tính tổng quát, giả sử

c  min a, b, c  3  a  b  c  3c  c  1 .

3  c 0  ab 

2

+)Từ giả thiết ta có:

4

và c  0;1 .

2 +) Ta có : P   3  c   c  ab  2  c  .

2

2  3  c  1 0  ab   c3  3 c  18  P  2c2  6 c  9 .

Với  4 4  2  c  0 



+) Đặt f  c  







1 3 c  3 c  18 , g  c   2c2  6 c  9 .

4

+) Khảo sát hàm số f  c  , g  c  , c  0;1 .

Ta có Min f  c   4 tại c  1, Max g  c   9 tại c  0 .

Kết luận:Vậy Min P  4 tại a  b  c  1 ; Max P  9 tại  3;0;0  và các hoán vị.

Ví dụ 3. Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác có chu vi bằng 3. Tìm giá trị





nhỏ nhất của biểu thức Q  3 a2  b2  c2  4 abc .  Lời giải +) Không mất tính tổng quát, ta giả sử 0  a  b  c .

107

Ta có : a  b  c  3  a  b  3  c và c  1 .

Mặt khác a  b  c  3  c  c  c 



3  3  c  1;  .

2  2



+) Ta có : Q  3 a2  b2  3c2  4 abc  3 3  c   3 c2  2 3  2c  ab .

Vì c 

2

3  3  2 c  0 . Ta có : 2 2

2

3 2 27  a b 3 c 3  2   ab   2   ab  Q  c  2 c  2    

+) Xét hàm số f  c   c3 

3 2 27  3 c  , c  1;  2 2  2

c  0 Ta có : f '  c   3c2  3c  0   . c  1

Lập bảng biến thiên ta có : M inf  c   f 1  13 .

Kết luận:Vậy MinQ  13 tại  a; b; c   1;1;1 .

Ví dụ 4. Cho các số thực a, b, c thỏa mãn: a2  b2  c2  9 . Chứng minh rằng

2  a  b  c   10  abc .  Lời giải +)Ta có:

 2  a  b  c  abc   2  a  b  c 2  ab  2

2

2 2   a  b  c2  4   2  ab    

2   9  2ab 8  4 ab   ab   2t3  t2  20t  72  f  t  , với t  ab.  

 c|, ta có : +) Không mất tính tổng quát, giả sử : | a||b||

9  a2  b2  c2  3c2  c2  3 . Lại có : 2|ab| a2  b2  9  c2  6 |t| 3

+) Xét hàm số f  t   2t3  t2  20t  72 với t  3; 3

108

 t  2 6t2  2t  20  0  f '  t   6t  2t  20 , f '  t   0   ; t  5 t  3; 3  3 2

 5  1369 f  3   87, f 3   75, f  2  100, f    , 27 3 Do đó : Max f  t   f ( 2)  100 . Hay : P2  100  P  10 .  3;3 

Dấu “=” xảy ra   a, b, c    1;2;2  và các hoán vị của nó.(Đpcm).

Ví dụ 5. Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn a  b  c  3 .

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức









P  a2  ab  b2 b2  bc  c2 c2  ca  a2 .

 Lời giải +) Không mất tính tổng quát, ta giả sử  a  a  b  0  a2  ab  b2  b2 0 ab c3  2 2 2 a a  c  0    a  ca  c  c 





2  P  b2 c2 b2  bc  c2  b2 c2  b  c   3bc   

+) Mặt khác ta có : b  c  a  b  c  3  2 bc  b  c  3  0  bc  2 2 3 3 2 2 3 2 Do đó P  b c  9  3bc   3b c  9b c  3 x  9 x  f  x 

 9 với x  bc  0;   4  9 +) Xét hàm số f  x   3 x3  9 x2 , x  0;  , có  4 9 x2  18 x  0 x  0  f '  x   9 x2  18 x; f '  x   0    9    x  2 ; có x  0;    4   

9 4

109

f  0   0, f  2   12, f  0  

729 suy ra giá trị lớn nhất của f  x   f  2  12 64

suy ra giá trị lớn nhất của P  12 khi  a; b; c    0;1;2 .

Kết luận: Vậy giá trị lớn nhất của P  12 khi  a; b; c    0;1;2 .

Ví dụ 6. Cho các số thực a, b, c không âm đôi một khác nhau.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức  1 1 1  .

P  a2  b2  c2    2 2 2   a  b  b  c   c  a  





(ĐH Vinh MO TST 2011-2012)  Lời giải +) Không mất tính tổng quát, ta giả sử c  Min a, b, c .

Suy ra : b  c  b; a  c  a .  1 1 1  a2  b2 a2  b2 a2  b2  2  2     Do đó: P  a  b  2 2 2 2 a b a b   a  b   a  b



2

2



a b  a b b a . Đặt : a  b  t, t  2  P  t2  t , t  2     a b b a t2  b a  2 b a 2

+) Xét hàm số: 2  2 t  0 2 t 2 3 5  f  t   t2  , f '  t   2t  , f ' t  0  t  2 t     2 t2 2  t  2  t  2

+) Bảng biến thiên của hàm số f  t  , t  2

110

T

3 5 2

2

f 't 

-



0

+





f t 

11  5 5 2

+) Từ bảng biến thiên, ta thấy  3  5  11  5 5 11  5 5 f t   f  , t  2  P  f  t   .  2 2 2   c  0  a b 3  5 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi    hoặc các hoán vị của chúng. b a 2   a, b  0  c  0  11  5 5 a b 3  5 Kết luận: Giá trị nhỏ nhất của P là khi    hoặc các 2 b a 2   a, b  0 

hoán vị.

Ví dụ 7. Cho a, b, c là các số thực không âm có tổng bằng 1.

Chứng minh rằng

a   b  c   b   c  a   c   a  b  3 .

2

2

2

 Lời giải +)Do a, b, c có vai trò nhƣ nhau nên không mất tính tổng quát,

 1 ta giả sử a  b  c  1  a  b  c  3c  c  0;  .  3 +) Ta có:

a   b  c   b   a  c   2  a  b   a  b  2c   9c2  8c  3 .

2

2

2

111

 VT  9 c2  8 c  3  c .

 1 +) Xét hàm số f  c   9c2  8 c  3  c , c  0;  .  3 Ta có : f '  c 

18c  8  

c  9c2  8 c  3

2 c 9c2  8 c  3

,

 9 c2  8 c  3  c  8  18 c    f '  c  0    1   c   0;    3

1  c   3  .

7  33   c  24

 1 +) Bảng biến thiên của hàm số f  c  , c  0;   3 c

7  33 24

0

f ' c 

+

0

1 3

-

0

 7  33  f  24   

f c

3

3

+) Từ bảng biến thiên, ta thấy 1  1 f  c   f  0   f    3 , c  0;   P  f  c   3 . Đẳng thức xảy ra khi  3  3  c  0   a  b  1  a  b   a  b  c  1  2   1     c  0 và chỉ khi c  hoặc các hoán vị của chúng  3  1  a  b  c  a  b   3   a  b  c  1  

112

III/ BÀI TẬP RÈN LUYỆN Bài 1.Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn ( a  b)( b  c)( c  a)  0 .

Tìm GTNN của P 

a  b c

b  ca

c ab  bc  ca 3 3 ab a2  b2  c2

Bài 2. Cho a, b là các số thực thuộc 0;2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P

1

 a  b

2



1

 b  c

2



1

 c  a

2

Bài 3. ( Tuyển chọn theo chuyên đề THTT quyển 1 ) Cho ba số a, b, c thỏa mãn 0  a, b, c  2 và a  b  c  3 . Chứng minh rằng a2  b2  c2  9 .

Bài 4. ( Tuyển chọn theo chuyên đề THTT quyển 1 ) Cho ba số a, b, c là ba số tùy ý thuộc đoạn 1; 3 và a  b  c  0 .

Chứng minh rằng a2  b2  c2  14 .

Từ thực trạng học sinh gặp nhiều khó khăn trong các dạng bài toán tìm giả trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức nhiều biến ở trong các đề thi HSG, đề thi THPT Quốc gia, chúng tôi đã mạnh dạn đƣa ra một phƣơng pháp trọng tâm gắn với chủ đề trên và nhận thấy có những hiệu quả tích cực. Hầu hết học sinh đã tự tin vận dụng đƣợc kiến thức mình học vào giải quyết các bài toán mà trƣớc đây mình gặp khó khăn. Tuy nhiên đây cùng là một chủ đề khó nên một số em vẫn còn gặp khó khăn trong việc lĩnh hộ kiến thức.

Với tổng số 10 lớp 12 ở trƣờng tôi đã tiến hành điều tra bằng phiếu 2 lớp (1 lớp có áp dụng dạy học theo chủ đề và 1 lớp không áp dụng dạy học theo chủ đề) về mức độ hứng thú với chủ đề và thu đƣợc kết quả nhƣ sau: Lớp

Số học

Thích học

sinh

Không

Hiểu

Không

thích học

bài

hiểu bài

12C1(Có áp dụng)

40

35

5

35

5

12C3(Không áp dụng)

39

9

30

7

32

113

Sau khi học học xong chúng tôi đã tiến hành kiểm tra kiến thức bằng bài kiểm tra 1 tiết của học sinh ở cả 2 lớp điều tra thì kết quả nhận đƣợc hoàn toàn hài lòng, số học sinh có tỉ lệ giỏi, khá, trung bình, yếu có sự chênh lệch rất lớn Tổng STT

Lớp

số

Giỏi T.Số

Khá %

T.Số

Trung bình %

T.Số

%

Yếu T.Số

%

1

12C1

40

30

75,0

5

12,5

5

12,5

0

0

2

12C3

39

2

5,1

10

25,6

12

30,8

15

38,5

III. HIỆU QUẢ DO SÁNG KIẾN ĐEM LẠI 1. Hiệu quả về mặt kinh tế

Chuyên đề này đã bao quát đƣợc phần chứng minh bất đẳng thức và bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất bằng phƣơng pháp quan trọng và thƣờng đƣợc dùng nhiều. Sáng kiến là tài liệu tốt để học, tự rèn luyện mà không tốn kém.

2. Hiệu quả về mặt xã hội Nghiên cứu về khoa học giáo dục là việc làm không dễ dàng, đòi hỏi phải có thời gian, có sự chọn lọc và rút kinh nghiệm lâu dài. Bằng việc nghiên cứu lý luận và thực tiễn giảng dạy, xuất phát từ vai trò, vị trí của bộ môn và đối tƣợng học sinh Sáng kiến kinh nghiệm đã nêu lên một số vấn đề xoay quanh việc sử dụng phƣơng pháp trọng tâm trong việc giải quyết chủ đề phức tạp. Qua đó khẳng định việc sử dụng phƣơng pháp này mang lại hiệu quả cao đáp ứng đƣợc mục tiêu của chƣơng trình giáo dục mới phát huy khả năng tự học, tự nghiên cứu của học sinh. Đặc biệt, sau khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm này trong giảng dạy kết quả là học sinh hào hứng hơn khi học tập môn Toán, góp phần nâng cao kết quả giáo dục cụ thể là điểm thống kê điểm thi qua các lần khảo sát thi cuối năm, thi thử THPT quốc gia kết quả nâng cao đáng kể, qua các đợt thi của các lớp do chúng tôi phụ trách đều tăng so với các năm học trƣớc.

3.

Khả năng áp dụng và nhân rộng

114

Sáng kiến đã đƣợc áp dụng ở trƣờng THPT C Hải Hậu và hoàn toàn có thể áp dụng cho học sinh và giáo viên đang giảng dạy bộ môn Toán ở bậc THPT. Sáng kiến đã đƣợc trƣờng THPT C Hải Hậu cấp giấy chứng nhận có phạm vi ảnh hƣởng hiệu quả áp dụng cấp cơ sở năm 2020.

IV. CAM KẾT KHÔNG SAO CHÉP HOẶC VI PHẠM BẢN QUYỀN Chúng tôi xin cam đoan Sáng kiến kinh nghiệm trên là do chúng tôi đã tìm tòi và xây dựng, có sự tham khảo của Báo Toán học tuổi trẻ; các đề thi Đại học, đề thi THPT QG; các đề thi thử, đề thi HSG của các trƣờng THPT trên cả nƣớc tổng hợp thành các chủ đề dạy học cho học sinh các lớp chúng tôi giảng dạy.

Chúng tôi xin hoàn toàn chịu trách nhiệm về lời cam đoan trên.

Chúng tôi xin chân thành cảm ơn!

Hải Hậu, ngày 15 tháng 8 năm 2020 TÁC GIẢ SÁNG KIẾN Lại Văn Trƣởng Trần Văn Hiến CƠ QUAN ĐƠN VỊ ÁP DỤNG SÁNG KIẾN (ghi rõ nhận xét, phạm vi ảnh hưởng và hiệu quả áp dụng có đạt được mức cơ sở hay không, tính mới của sáng kiến là gì?)

( Ký tên, đóng dấu)

115

TÀI LIỆU THAM KHẢO 1. Sách giáo khoa, sách bài tập Đại số 10 cơ bản và nâng cao - NXB Giáo dục 2. Sách giáo khoa, sách bài tập giải tích 12 cơ bản và nâng cao - NXB Giáo dục 3. Các đề thi Đại học môn Toán từ năm 2005 của Bộ Giáo dục và Đào tạo.

4. Các đề thi HSG, đề thi học kỳ tỉnh Nam Định môn Toán 12.

5. Đề thi HSG, đề thi thử THPT Quốc gia của một số trƣờng THPT trong cả nƣớc.

6. Đề tham khảo, đề thi THPT Quốc gia các năm 2016, 2017, 2018, 2019.

7. Báo Toán học tuổi trẻ.

8. Nguồn Internet: Toanmath, thƣ viện đề thi,