Phương pháp đưa về 1 biến trong tìm cực trị và chứng mình bất đẳng thức

Nguyễn Tất Thu 1 PHƯƠNG PHÁP ðƯA VỀ MỘT BIẾN TRONG CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ VÀ CHỨNG MINH BðT BðT và cực trị thường gây khó khăn cho không ít thí sinh trong các kì thi ðH – Cð . Trong bài viết này tôi xin giới thiệu với các bạn một kĩ thuật quen thuộc mà chúng ta thường gặp trong chứng minh BDT ñó là kĩ thuật “ðưa về một biến” Ví dụ 1. Cho 5 0, 0 và 4 x y x y > > + = . Chứng minh : 4 1 5 4 x y + ≥ (1) Lời giải: Ta có 5 4 5 4 4 x y y x + = ⇒ = − 4 1 (1) 5 5 4 x x ⇒ ⇔ + ≥ − . Xét ( ) 4 1 5 , 0; 5 4 4 f x x x x   = + ∈   −   ( ) ( ) ( ) 2 2 4 4 ' , ' 0 1 5 4 f x f x x x x ⇒ = − + = ⇔ = − Từ bảng biến thiên ta ñược: ( ) ( ) 5 0; 4 min 1 5 f x f       = = , từ ñó suy ra 4 1 5 4 x y + ≥ . ðẳng thức xảy ra khi 1 1, 4 x y = = . Ví dụ 2. Cho , 3;2 x y   ∈ −   thỏa 3 3 2 x y + = . Tìm GTLN, GTNN của biểu thức 2 2 P x y = + . Lời giải. Từ giả thiết ta suy ra ñược 3 3 2 x y = − thay vào P ta ñược ( ) 2 3 3 2 3 2 2 3 3 3 (2 ) (2 ) ( ) P y y t t f t = − + = − + = Trong ñó ta ñã ñặt 3 t y = . Vì 3 3 3 3;2 27;8 27 2 8 6 29 x x y y     ∈ − ⇒ ∈ − ⇒ − ≤ − ≤ ⇔ − ≤ ≤     , do 3 27;8 6; 8 y t     ∈ − ⇒ ∈ −     . Xét hàm số ( ) f t trên 6;8 D   = −   , ta có: 3 3 2 2 '( ) 3 3. 2 f t t t = − − 3 3 '( ) 0 2 1 f t t t t ⇒ = ⇔ − = ⇔ = . Dựa vào bảng biến thiên ta có ñược 3 min min ( ) (0) (2) 4 D P f t f f= = = = ðạt ñược khi { } 3 , 0, 2 x y ∈ . 3 max max ( ) ( 6) 4 36 D P f t f= = − = + . ðạt ñược khi { } 3 , 3;2 x y ∈ − . Nhận xét: * Cách giải trên chỉ ñòi hỏi chúng ta kĩ thuật khảo sát hàm số. Cái khó của bài toán trên là ñiều kiện hạn chế của , 3;2 x y   ∈ −   ! Nếu , x y không bị ràng buộc bởi ñiều kiện này thì bài toán trở nên ñơn giản và ta có thể giải bài toán trên theo cách chuyển qua tổng và tích của , x y . t 6 − 0 1 2 8 ' f − || + 0 − || + f www.VNMATH.com Nguyễn Tất Thu 2 ðặt 3 3 3 2 3 2 2 3 2 8 3 , 0 0 2 3 4 2 4 3 a b a ab a a a x y b xy a a a b a a a  −  =  − = −   = + = ⇒ ⇔ ⇒ ≤ ⇔ < ≤   ≥ −    ≥   Khi ñó: 3 2 2 2 2 4 4 2 ( ) 3 3 3 a a P a b a f a a a − = − = − = + = . Xét hàm số ( ) f a với (0;2] a D ∈ = có: 3 2 2 2 4 2 4 '( ) 3 3 3 a a f a a a − = − = 3 '( ) 0 2 f a a ⇒ = ⇔ = . Lập bảng biến thiên ta có ngay 3 3 min ( 2) 4 P f = = ðạt ñược khi { } 3 , 0, 2 x y ∈ . 0 lim ( ) a f a P + → = +∞ ⇒ không có GTLN. * Khi gặp bài toán mà các biểu thức có trong bài toán là các biểu thức ñối xứng hai biến thì ta có thể chuyển về bài toán của tổng và tích hai biến ñó với lưu ý 2 4 S P ≥ . Ví dụ 3. Cho , , a b c là các số thực dương thỏa mãn: 3 ab a b + + = . Chứng minh: 2 2 3 3 3 1 1 2 a b ab a b b a a b + + ≤ + + + + + (1). Lời giải. Nhận thấy các biểu thức có trong bài toán là các biểu thức ñối xứng hai biến , a b nên ta ñặt 3 t a b ab t = + ⇒ = − và 2 2 2 2 2(3 ) 2 6 a b t t t t + = − − = + − Vì 2 2 2 ( ) 4 4(3 ) 4 12 0 2 a b ab t t t t t + ≥ ⇒ ≥ − ⇔ + − ≥ ⇔ ≥ (do 0 t > ) Khi ñó : 2 2 2 2 3( ) 3( ) 3 (1) ( ) ( 1)( 1) 2 a b a b ab a b a b a b + + + ⇔ + − + ≤ + + + 2 2 3 6 18 3 3 3 2 6 4 2 t t t t t t t + − + − ⇔ + − − + ≤ 2 12 4 t t t ⇔ − + + ≤ (1.1) Xét hàm số : 2 12 ( )f t t t t = − + + với 2 t ≥ . Ta có : 2 12 '( ) 2 1 0 2 f t t t t = − + − < ∀ ≥ ( ) (2) 4 2 (1.1) f t f t ⇒ ≥ = ∀ ≥ ⇒ ñúng ⇒ ñpcm. ðẳng thức xảy ra 1 a b ⇔ = = . Ví dụ 4. Cho các số thực x, y thay ñổi và thoả mãn + + ≥ 2 ( ) 4 2 x y xy . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : = + + − + + 4 4 2 2 2 2 3( ) 2( ) 1 A x y x y x y . Lời giải. Ta có: 3 3 2 2 ( ) 4 2 ( ) ( ) 2 0 ( ) 4 0 x y xy x y x y x y xy  + + ≥  ⇒ + + + − ≥  + − ≥   1 x y ⇒ + ≥ . ( ) 4 4 2 2 2 2 3 2( ) 1 A x y x y x y = + + − + + 2 2 2 2 2 2 2 3 ( ) 2( ) 1 x y x y x y   = + − − + +     2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) 3 ( ) 2( ) 1 4 x y x y x y   + ≥ + − − + +       2 2 2 2 2 9 ( ) 2( ) 1 4 x y x y = + − + + www.VNMATH.com Nguyễn Tất Thu 3 ðặt 2 2 2 ( ) 1 2 2 x y t x y + = + ≥ ≥ 1 2 t ⇒ ≥ và 2 9 2 1 4 A t t ≥ − + . Xét hàm số: 2 9 1 ( ) 2 1, 4 2 f t t t t = − + ≥ có 9 1 1 9 '( ) 2 0 ( ) ( ) 2 2 2 16 f t t t f t f= − > ∀ ≥ ⇒ ≥ = 9 16 A⇒ ≥ . ðẳng thức xảy ra 1 2 x y ⇔ = = . Vậy giá trị nhỏ nhất của A bằng 9 16 . Ví dụ 5. Cho hai số thực , 0 a b ≥ . Chứng minh : 4 4 3 3 a b a b b a + ≥ + (1). Lời giải : * Nếu một trong hai số , a b bằng 0 thì (1) luôn ñúng. * Với 0 a ≠ , ñặt b ta = . Khi ñó (1) trở thành 4 4 4 3 4 3 (1 ) ( ) 1 0 a t a t t t t t + ≥ + ⇔ − − + ≥ . Xét hàm số 4 3 ( ) 1 f t t t t = − − + , có : 3 2 2 '( ) 4 3 1 ( 1)(4 1) '( ) 0 1 f t t t t t t f t t = − − = − + + ⇒ = ⇔ = . Lập bảng biến thiên, từ ñó suy ra ( ) (0) 0 f t f ≥ = ñpcm. Nhận xét : * Bài toán trên ta chỉ cần biến ñổi trực tiếp là có ñược kết quả * Cách giải trên ñược trình bày ñể lưu ý với chung ta về một tính chất ñó là tính chất của biểu thức ñẳng cấp hai biến. Cụ thể :Biểu thức ( , ) f x y ñược gọi là biểu thức ñẳng cấp bậc k nếu : ( , ) ( , ) k f mx my m f x y = . Khi gặp bài toán chứng minh BðT hai biến có dạng : ( , ) ( , ) f x y p g x y ≥ , trong ñó ( , ) f x y và ( , ) g x y là những biểu thức ñẳng cấp bậc k hai biến, ta có thể ñặt ( 0) x ty y = ≠ . Khi ñó BðT cần chứng minh trở thành : ( ,1) ( ,1) f t p g t ≥ ñây là BðT một biến. ðể chứng minh BðT này ta có thể sử dụng phương pháp khảo sát hàm số. * Khi gặp biểu thức ñẳng cấp ba biến , , a b c ta có thể ñặt , b xa c ya = = và chuyển về bài toán hai biến. Ví dụ 6. Cho hai số thực , x y thay ñổi và thỏa mãn hệ thức 2 2 1 x y + = . Tìm GTLN, GTNN của biểu thức 2 2 6 1 2 2 x xy P xy y + = + + ( B – 2008 ). Lời giải: Ta có: 2 2 2 2 2 6 6 1 2 2 2 3 x xy x xy P xy y x xy y + + = = + + + + * Nếu 0 1 y P = ⇒ = . * Nếu 0 y ≠ thì ñặt : ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 6 6 2 3 2 3 t y ty t t x ty P f t t y ty y t t + + = ⇒ = = = + + + + Ta có : ( ) ( ) ( ) 2 1 2 2 2 4 6 18 3 ' , ' 0 3, 2 2 3 t t f t f t t t t t − + + = = ⇔ = = − + + , ( ) lim 1 →±∞ = t f t www.VNMATH.com Nguyễn Tất Thu 4 Lập bảng biến thiên ta ñược: ( ) ( ) ( ) 3 3 3 , 3 2 2 f f t f t f t   − ≤ ≤ ∀ ⇒ − ≤ ≤     . Vậy min 3 P = − ñạt ñược khi 2 2 2 1 13 3 3 2 13 y x y x y x   = ± + =    ⇔   = −   =    ∓ . 3 max 2 P = ñạt ñược khi 2 2 1 1 10 3 3 10 y x y x y x  = ±   + =   ⇔   =    = ±   . Ví dụ 7. Cho các số thực , x y thỏa 2 2 3 x xy y + + ≤ . Tìm GTLN, GTNN của biểu thức 2 2 2 P x xy y = − + . Lời giải. ðặt 2 2 0 2 a x xy y a = + + ⇒ ≤ ≤ * Nếu 0 0 0 a x y P = ⇔ = = ⇒ = (1) * Nếu 0 a ≠ , ta giả sử 0 y ≠ . ðặt x ty = 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) 1 P x xy y t t f t a x xy y t t − + − + ⇒ = = = + + + + Khảo sát hàm số ( ) f t ta có: 2 2 2 2 2 3 1 7 '( ) , '( ) 0 2 ( 1) t t f t f t t t t − − ± = = ⇔ = + + Từ ñó ta có ñược 1 7 7 2 7 min ( ) ( ) 2 3 f t f + − = = ; 1 7 7 2 7 max ( ) ( ) 2 3 f t f − + = = 7 2 7 7 2 7 7 2 7 7 2 7 7 2 7 3 3 3 3 P a P a a − + − + ⇒ ≤ ≤ ⇒ ≤ ≤ ≤ + . Vậy min 0 P = ; max 7 2 7 P = + . Ví dụ 8. Chứng minh rằng với mọi số thực dương , , x y z thoả ( ) 3 x x y z yz + + = (*), ta luôn có: 3 3 3 ( ) ( ) 3( )( )( ) 5( ) x y x z x y y z z x y z + + + + + + + ≤ + (1). Lời giải. Vì giả thiết và BðT (1) là những biểu thức ñẳng cấp ñồng thời giả thiết và BðT cần chứng minh ñối xứng ñối với y và z nên ta nghĩ tới cách ñặt ; y ax z bx = = . Khi ñó (*) trở thành: 2 ( ) 3 x x ax bx abx + + = 1 3 a b ab ⇔ + + = (**) và (1) trở thành: 3 3 3 ( ) ( ) 3( )( )( ) 5( ) x ax x bx x ax ax bx bx x ax bx + + + + + + + ≤ + 3 3 3 (1 ) (1 ) 3(1 )(1 )( ) ( ) a b a b a b a b ⇔ + + + + + + + ≤ + (2). Vì (**) và (2) là những biểu thức ñối xứng ñối với , a b nên ta nghĩ tới cách ñặt ; S a b P ab = + = Mỗi quan hệ giữa S và P là 2 2 1 4 3 1 3 3 4 4 0 S P S P S P S S   +    = ≥     ⇔     + =   − − ≥      1 3 2 S P S   +  =   ⇔    ≥    . Khi ñó : 1 4(1 ) (1 )(1 ) 1 1 3 3 S S a b a b ab S + + + + = + + + = + + = www.VNMATH.com Nguyễn Tất Thu 5 ( ) 3 3 3 3 (1 ) (1 ) 2 3(1 )(1 )(2 ) (2 ) 4(1 )(2 ) a b a b a b a b S S S + + + = + + − + + + + = + − + + Nên 3 2 3 (2) (2 ) 4( 3 2) 4 (1 ) 5 S S S S S S ⇔ + − + + + + ≤ 2 2 3 2 0 (2 1)( 2) 0 S S S S ⇔ − − ≥ ⇔ + − ≥ luôn ñúng do 2 S ≥ . Vậy bài toán ñã ñược chứng minh. Ví dụ 9. Cho , , x y z là số thực thỏa mãn 2 2 2 2 x y z + + = . Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức: 3 3 3 3 P x y z xyz = + + − . Lời giải: Từ các ñẳng thức : 2 2 2 2 2( ) ( ) x y z xy yz zx x y z + + + + + = + + 3 3 3 2 2 2 3 ( )( ) x y z xyz x y z x y z xy yz zx + + − = + + + + − − − và ñiều kiện ta có: 2 2 2 ( )( ) P x y z x y z xy yz zx = + + + + − − − 2 ( ) 2 ( ) 2 2 x y z x y z   + + − = + + −       ðặt 6 6 t x y z t = + + ⇒ − ≤ ≤ . Ta có: 2 3 2 (2 ) 3 ( ) 2 2 t t P t t f t − = − = − + = Xét hàm số ( ) f t với 6 6 t − ≤ ≤ . Ta có: 2 3 '( ) ( 2) '( ) 0 2 2 f t t f t t = − + ⇒ = ⇔ = ± 6; 6 6; 6 max ( ) ( 2) 2 2; min ( ) ( 2) 2 2 f t f f t f     − −         ⇒ = = = − = − Vậy max 2 2 P = ñạt ñược khi 2; 0 x y z = = = min 2 2 P = − ñạt ñược khi 2; 0 x y z = − = = . Ví dụ 10. Cho 0 1 a b < < < . Chứng minh rằng: 2 2 ln ln ln ln a b b a a b − > − . Lời giải. Bất ñẳng thức cần chứng minh 2 2 ln ln 1 1 b a b a ⇔ > + + Xét hàm số 2 ln ( ) , 0 1 1 t f t t t = < < + . Ta có: 2 2 2 2 2 2 2 1 (1 ) 2 ln 1 2 ln '( ) (1 ) (1 ) t t t t t t t f t t t t + − + − = = + + Do ( ) 0 1 ln 0 '( ) 0 0;1 t t f t t< < ⇒ < ⇒ > ∀ ∈ ( ) f t ⇒ là hàm ñồng biến trên (0;1) nên với 1 0 b a > > > thì ta có 2 2 ln ln ( ) ( ) 1 1 b a f b f a b a > ⇔ > + + (ñpcm). Lưu ý: Khi gặp BðT có dạng ( ) ( ), f a f b a b ≥ ≥ ( a b ≤ ) ta liên tưởng tới tính ñơn ñiệu của hàm số. Khi ñó ta ñi chứng minh hàm ( ) f t là hàm ñồng biến (nghịch biến). Ví dụ 11. Cho , x y là các số thực thay ñổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: ( ) ( ) 2 2 2 2 1 1 2 P x y x y y = − + + + + + − . Lời giải. Trong hệ tọa ñộ Oxy, xét ( ) ( ) 1; , 1; u x y v x y − +   . www.VNMATH.com Nguyễn Tất Thu 6 Do u v u v + ≥ +     nên ta có: ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 1 4 4 2 1 x y x y y y − + + + + ≥ + = + . Do ñó ( ) 2 2 1 2 A y y f y ≥ + + − = * Với ( ) 2 2 2 1 2 y f y y y ≤ ⇒ = + + − . Lập bảng biến thiên suy ra ngay ( ) 1 ( ) 2 3 3 f y f≥ = + . * Với 2 y > ( ) 2 2 2 1 2 2 1 2 5 2 3 f y y y y⇒ = + + − > + > > + Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 2 3 + . Lưu ý: Khi gặp biểu thức trong căn có dạng tổng hai bình phương ta liên tưởng ñến phương pháp hình học với ñánh giá quen thuộc sau: Cho k véc tơ 1 2 , , , k u u u    , khi ñó ta có: 1 1 k k i i i i u u = = ≥ ∑ ∑   . Ví dụ 12. Cho , , a b c là các số thực dương thoả 4 3 ab bc ca + + ≥ . Chứng minh rằng 2 2 2 2 2 2 1 1 1 181 5 ( 1) ( 1) ( 1) a b c b c a + + + + + ≥ + + + (1) Lời giải. Gọi P là biểu thức ở vế trái của (1) Xét ba véc tơ sau: 1 1 1 ( ; ), ; , ; 1 1 1 u a v b m c b c a           = = =           + + +        . Áp dụng BðT u v m u v m + + ≥ + +       ta có: 2 2 1 1 1 ( ) 1 1 1 P a b c b c a      ≥ + + + + +      + + +   2 2 81 ( ) ( 3) a b c a b c ≥ + + + + + + ðặt 3( ) 2 t a b c t ab bc ca = + + ⇒ ≥ + + = Xét hàm số 2 2 81 ( ) , 2 ( 3) f t t t t = + ≥ + . Ta có: 3 3 162 2[ ( ) 169] '( ) 2 ( 3) ( 3) g t f t t t t + = − = + + Trong ñó: 3 2 ( ) ( 2)( 11 49 125) 169 g t t t t t = − + + + + ( ) 0 2 '( ) 0 2 g t t f t t ⇒ ≥ ∀ ≥ ⇒ ≥ ∀ ≥ 181 ( ) (2) 2 25 f t f t ⇒ ≥ = ∀ ≥ 181 5 P⇒ ≥ . ðẳng thức xảy ra 4 9 a b c ⇔ = = = . Ví dụ 13. Cho các số thực dương , , a b c thỏa mãn ( ) 3 32 a b c abc + + = Chứng minh rằng : ( ) 4 4 4 4 383 165 5 9 2 128 a b c a b c − + + ≤ ≤ + + (1). www.VNMATH.com Nguyễn Tất Thu 7 Lời giải : Không mất tính tổng quát, ta giả sử: 4 2 a b c abc + + = ⇒ = Khi ñó (1) ( ) 4 4 4 383 165 5 1 9 2 256 128 a b c − ⇔ ≤ + + ≤ ðặt t ab bc ca = + + . Ta có : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 P a b c a b b c c a a b c ab bc ca ab bc ca abc a b c = + + − + +     = + + − + + − + + − + +         ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 4 2 2 16 2 32 144 t t t t= − − − = − + . ( ) ( ) 2 2 2 4 4t ab bc ca a b c bc a a a a a a = + + = + + = − + = − + + Mà ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 8 4 4 2 6 4 0 b c bc a a a a a + ≥ ⇔ − ≥ ⇔ − − + ≥ 3 5 2 a ⇔ − ≤ ≤ (vì 0 4) a < < Xét 2 2 5 5 1 4 , [3 5;2] 5 2 t a a a t a − = − + + ∈ − ⇒ ≤ ≤ Xét ( ) ( ) 2 5 5 1 2 32 144 , [5; ] 2 f t t t t − = − + ∈ ⇒ ñiều cần chứng minh.  Trong một số bài toán ta phải ñánh giá rồi mới ñặt ẩn phụ ñược. Ví dụ 14. Cho các số dương , , a b c với 1 a b c + + ≤ . Chứng minh rằng : ( ) 1 1 1 3 2 21 a b c a b c   + + + + + ≥     . Lời giải: Ta có: ( ) 3 3 1 1 1 1 3 3 9 a b c abc a b c abc       + + + + ≥ =         1 1 1 9 a b c a b c ⇒ + + ≥ + + . Do ñó : ( ) ( ) ( ) 1 1 1 18 6 3 2 3 3 3 a b c a b c t f t a b c a b c t     + + + + + ≥ + + + = + =     + +     Trong ñó ( ) 6 0 1 và t a b c f t t t < = + + ≤ = + . Ta có : ( ) 2 2 2 6 6 ' 1 0, (0;1] t f t t t t − = − = < ∀ ∈ , nên hàm số nghịch biến trên (0;1] ( ) ( ) 1 7, (0;1] f t f t⇒ ≥ = ∀ ∈ .  Ví dụ 15: Cho 2 2 2 , , 0 và 1 a b c a b c > + + = . Chứng minh rằng: ( ) 1 1 1 2 3 a b c a b c + + − + + ≥ . Lời giải. ðặt ( ) 2 2 2 3 0 3 t a b c a b c t= + + ≤ + + ⇒ < ≤ . Ta có: 1 1 1 9 a b c a b c + + ≥ + + www.VNMATH.com Nguyễn Tất Thu 8 ( ) ( ) ( ) 1 1 1 9 9 a b c a b c t f t a b c a b c t ⇒ + + − + + ≥ − + + = − = + + . Xét: ( ) ( ) 2 9 9 , (0; 3] ' 1 0 f t t t f t t t = − ∈ ⇒ = − − < vậy hàm số nghịch biến trên ( ) ( ) (0; 3] 3 2 3, (0; 3] f t f t⇒ ≥ = ∀ ∈ .  Ví dụ 16: Cho 4 số thực a,b,c,d thoả mãn: 2 2 1; 3 a b c d + = − = . Chứng minh rằng: 9 6 2 4 F ac bd cd + = + − ≤ . Lời giải: Ta có: 2 2 2 2 2 2 ( )( ) 2 6 9 3 ( ) F a b c d cd d d d d f d ≤ + + − = + + − − = Ta có 2 2 3 9 1 2( ) 2 2 '( ) (2 3) 2 6 9 d f d d d d − + + = + + + . Vì 2 2 3 9 1 2( ) 2 2 0 2 6 9 d d d − + + < + + nên 3 9 6 2 ( ) ( ) 2 4 f d f + ≤ − = ta có ñpcm. Ví dụ 17. Cho các số thực không âm , , a b c thỏa mãn 1 a b c + + = . Chứng minh rằng: ( ) ( ) ( ) 3 3 18 18 a b b c c a− ≤ − − − ≤ Lời giải: Kí hiệu: ( ) ( ) ( ) ( ) ; ; F a b c a b b c c a = − − − Vì ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ; ; ; ; F a c b a c c b b a F a b c = − − − = − suy ra miền giá trị của F là tập ñối xứng vì vậy ta chỉ cần chứng minh : ( ) 3 ; ; 18 F a b c ≤ . * Nếu trong ba số , , a b c có hai số bằng nhau thì ( ) 3 ; ; 0 18 F a b c = < * Nếu , , a b c ñôi một khác nhau thì không mất tính tổng quát giả sử { } max ; ; a a b c = khi ñó nếu b c > thì ( ) 3 ; ; 0 18 F a b c < < do vậy ta chỉ cần xét a c b > > . ðặt 1 x a b c x = + ⇒ = − . Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ; ; 1 2 1 F a b c a b c b a c a b c a b c x x x h x = − − − ≤ + + − = − − = Xét ( ) ( ) ( ) 1 1 2 1 , 1 2 h x x x x x = − − < ≤ , ( ) 2 3 3 ' 6 6 1 0 6 h x x x x + = − + − = ⇔ = . Lập bảng biến thiên ta ñược: ( ) 3 3 3 6 18 h x h   +   ≤ =     với mọi 1 ( ;1] 2 x ∈ . ðẳng thức xảy ra khi 3 3 3 3 , 0, 6 6 a b c + − = = = . Ví dụ 18. Cho ba số thực dương , , a b c thỏa mãn : 21 2 8 12 ab bc ca + + ≤ . www.VNMATH.com Nguyễn Tất Thu 9 Chứng minh rằng: 1 2 3 15 2 a b c + + ≥ . Lời giải: ðặt: 1 2 3 , , , , 0 x y z x y z a b c = = = ⇒ > . Khi ñó: 2 2 3 1 2 3 21 2 8 12 4. 7. 2. . . ab bc ca a b c a b c + + ≤ ⇔ + + ≤ 2 4 7 2 x y z xyz ⇔ + + ≤ Ta cần chứng minh: 15 2 x y z+ + ≥ . Từ: ( ) 2 4 2 4 7 2 2 7 2 4 2 7 x y x y z xyz z xy x y z xy + + + ≤ ⇒ − ≥ + ⇒ ≥ − ( ) 2 14 2 2 7 2 4 2 7 7 2 7 2 2 2 7 x xy x y xy x x x y z x y x xy x x xy + − + + − + + ≥ + + = + + + − − ( ) 2 14 14 2 2 7 2 2 7 7 11 2 7 2 2 2 7 2 2 2 7 x xy x xy xy x x x x x x x xy x x xy + − + + − − = + + + = + + + − − Áp dụng bất ñẳng thức AM-GM ta có: 2 14 14 2 2 2 7 2 7 7 2 . 2 1 2 2 7 2 2 7 x x xy xy x x x xy x xy x + + − − + ≥ = + − − Do ñó : ( ) 2 11 7 2 1 2 x y z x f x x x + + ≥ + + + = . Ta có: ( ) 2 3 2 11 14 ' 1 7 2 1 f x x x x = − − + . Ta thấy ( ) ' f x tăng khi 0 x > và ( ) ' 3 0 f = . ( ) 15 3 2 x y z f⇒ + + ≥ = . ðẳng thức xảy ra khi: 3 1 3 14 3 2 2 7 5 4 2 2 7 2 5 2 3 2 4 2 2 7 x a x x xy x y b x xy z x y c z xy  =   =   =   +  −    = ⇔ = ⇔ =    −    = +    =  =   −   . Bài tập. 1) Cho 2 x y + = . Chứng minh rằng: 2010 2010 2 x y + ≥ . 2) Cho 2 2 0 x y + ≠ . Chứng minh: ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2axy b x y a b a b x y + − − + ≤ ≤ + + 3) Cho các số thực , x y thay ñổi và thỏa mãn 2 2 3 x xy y − + ≤ . Chứng minh rằng: 2 2 1 2 7 2 1 2 7 x xy y − − ≤ + − ≤ − + . www.VNMATH.com Nguyễn Tất Thu 10 4) Chứng minh với tam giác ABC nhọn ta có: a) tan tan tan sin sin sin 2 A B C A B C π + + + + + > b) ( ) ( ) 1 2 tan tan tan sin sin sin 3 3 A B C A B C π + + + + + > 5) Chứng minh mọi tam giác ABC ta luôn có: a) 1 os 1 os 1 os 2 2 2 3 3 A B C c c c A B C + + + + + > b) 1 1 1 cot cot cot 3 3 2 sin sin sin A B C A B C   + + + ≤ + +     c) 1 13 cos cos cos cos cos cos 6 A B C A B C + + + ≤ + + d) 1 65 sin sin sin 2 2 2 8 sin sin sin 2 2 2 A B C A B C + ≥ 6) Cho tam giác ABC có 0 0 90 A B C < ≤ ≤ < . Chứng minh: 2 cos 3 4 cos 2 1 2 cos C C C − + ≥ . 7) Cho 0 1. x y z < < ≤ ≤ thỏa: 3 2 4 x y z + + ≤ .Chứng minh rằng : 2 2 2 16 3 2 3 x y z+ + ≤ . 8) Chứng minh: ( ) 3 3 3 3 16 16 16 81 a b c a b c + + ≤ ≤ + + với , , 0 a b c ≥ và 0 a b c + + > . 9) Cho , , a b c là ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 3. Chứng minh : ( ) 2 2 2 3 4 13 a b c abc + + + ≥ 10) Cho bốn số nguyên , , , a b c d thay ñổi thỏa: 1 50 a b c d ≤ < < < ≤ Chứng minh: 53 175 a c b d + ≥ . 11) Cho , 0 x y > . Chứng minh rằng : 2 3 2 2 4 1 8 4 xy x x y ≤   + +     . 12) Cho hai số thực , 0 a b > thỏa 1 a b + = và 1 2 k ≤ ≤ . Chứng minh rằng: ( ) ( ) 3 1 2 k k k k k a b a b − + ≤ . 13) Cho hai số , 0 x y ≠ thay ñổi thỏa mãn ( ) 2 2 x y xy x y xy + = + − . Chứng minh: 3 3 1 1 16 x y + ≤ . 14) Với x,y khác không chứng minh rằng: 4 4 2 2 4 4 2 2 2 x y x y x y y x y x y x     + − + + + ≥ −     15) Với x,y,z là số dương và xyz ≥ 1 . Chứng minh: www.VNMATH.com [...]... x 16 ) Cho x , y, z ≥ 0 & x + y + z = 1 Cmr: 1 + x2 + z + z + xy y + 1 + y2 3 ≥ z 1 + z2 2 ≤ 9 10  x , y, z ≥ 0 1  Cmr : x (y − z )4 + y(z − x )4 + z (x − y )4 ≤ 17 ) Cho  12 x + y + z = 1  b   b 1  1  18 ) Cho hai s th c a ≥ b > 0 Ch ng minh r ng:  2a +  ≤ 2 + b   2a   2  19 ) Cho x , y, z > 0 th a x + y + z ≤ 1 Ch ng minh r ng x2 + 1 x 2 1 + y2 + y + z2 + 2 20) Cho x , y ∈ R và. .. + y + z2 + 2 20) Cho x , y ∈ R và x , y > 1 Tìm giá tr nh 21) Cho các s th c x , y tho mãn 0 ≤ x ≤ π 1 z2 ≥ 82 (D-2007) (A – 2003 ) (x nh t c a bi u th c: P = ,0 ≤ y ≤ a 3 ) ( + y 3 − x 2 + y2 (x − 1) (y − 1) ) π Ch ng minh r ng: 3 3 cos x + cos y ≤ 1 + cos xy (D1-2008) ( ) 22) Cho các s th c không âm x, y thay ñ i và th a mãn x + y = 1 Tìm giá tr l n nh t và giá tr ( )( ) nh nh t c a bi u th c: S... h c gi i M i các b n tham gia: http://www.lehongphongbh.com ñ th o lu n Tác gi : Nguy n T t Thu – GV Trư ng THPT Lê H ng Phong Biên Hòa Tr n Văn Thương – GV Trư ng THPT Tr n Hưng ð o – Bà R a Vũng Tàu 11 . Nguyễn Tất Thu 1 PHƯƠNG PHÁP ðƯA VỀ MỘT BIẾN TRONG CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ VÀ CHỨNG MINH BðT BðT và cực trị thường gây khó khăn cho không ít thí sinh trong các kì thi ðH – Cð . Trong bài. ≥      1 3 2 S P S   +  =   ⇔    ≥    . Khi ñó : 1 4 (1 ) (1 ) (1 ) 1 1 3 3 S S a b a b ab S + + + + = + + + = + + = www.VNMATH.com Nguyễn Tất Thu 5 ( ) 3 3 3 3 (1 ) (1 ) 2 3 (1 ) (1. ñó ta có: 1 1 k k i i i i u u = = ≥ ∑ ∑   . Ví dụ 12 . Cho , , a b c là các số thực dương thoả 4 3 ab bc ca + + ≥ . Chứng minh rằng 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 81 5 ( 1) ( 1) ( 1) a b c b c