bài tập bất đẳng thức cơ bản

bài tập bất đẳng thức cơ bản tài liệu, giáo án, bài giảng , luận văn, luận án, đồ án, bài tập lớn về tất cả các lĩnh vực...

III. CÁC BÀI TOÁN ĐẶC TRƯNG: 1. Sử dụng phép thế để giảm biến: Ví dụ 1: Cho a, b là hai số thực không âm thỏa: a b 4  . Tìm GTNN và GTLN của biểu thức: 1 4 P a 1 b 2     . Giải: * Nhận xét: Ta thấy bài toán có sự liên hệ giữa hai đại lượng a, b thông qua 2 điều kiện cơ bản: a, b không âm và a b 4  . Mặt khác ta hoàn toàn có thể biểu diễn được a thông qua b hoặc b thông qua a. * Giải: Ta có a b 4 b 4 a     . Từ các ràng buộc của giả thiết ta có: a [0;4] . Khi đó ta có: 1 4 P a 1 6 a     Khảo sát hàm số 1 4 f (a) a 1 6 a     với a [0;4] ta có: 2 2 1 4 f '(a) (a 1) (6 a)      . Cho 2 2 a 8 1 4 f '(a) 0 0 4 (a 1) (6 a) a 3                Từ đó ta có: 9 11 f (a) 7 5   Vậy GTNN của P là 9 7 khi 4 a 3 8 b 3          ; GTLN của P là 11 5 khi a 4 b 0      Ví dụ 2: Cho a, b là các số thực dương thỏa: 5 a b 4   . Tìm GTNN của: 4 1 P a 4b   Giải: * Ta có: 5 5 a b b a 4 4      . Từ giả thiết ta có: 5 0 a 4   Khi đó: 4 1 P a 5 4a    . Xét hàm số 4 1 f (a) a 5 4a    với 5 0 a 4   ta có: 2 2 4 4 f '(a) a (5 4a)     ; f '(a) 0 a 1   Từ BBT của hàm số ta có: f (a) f (1) 5  Vậy GTNN của P là 5 đạt được khi a 1 1 b 4        Ví dụ 3: Cho a;b [ 3;2]  đồng thời thỏa: 3 3 a b 2  . Tìm GTNN của 2 2 P a b  Giải: * Ta có: 3 3 3 3 a b 2 b 2 a     . Với các ràng buộc của giả thiết ta có: 3 a [ 6;2]   . Khi đó có: 3 2 3 P a 2 a   . Để bài toán đơn giản ta đặt: 3 x a . Xét hàm số: 3 2 2 3 f (x) x (2 x)    với x [ 6;8]  . Có 3 3 2 2 f '(x) 3 t 3 2 t    ; f '(x) 0 x 1   Từ BBT của f(x) ta có: 3 3 4 f(x) 4 36    Vậy: GTNN của hàm số là 3 4 đạt được khi 3 3 x 0 x 2 ; y 2 y 0               ; GTLN của hàm số là 3 4 36  đạt được khi 3 3 x 2 x 3 ; y 3 y 2                 ; Ví dụ 4:( ĐH Khối D – 2009 ) Cho x 0, y 0  và x y 1  .Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau : 2 2 S (4x 3y)(4y 3x) 25xy     Giải : * Từ các ràng buộc của giả thiết ta có: x y 1 y 1 x     với x [0;1] Khi đó ta có : 2 2 S (4x 3(1 x))(4(1 x) 3x) 25x(1 x)       Khai triển và rút gọn có : 4 3 2 S(x) 16x 32x 18x 2x 12     Do đó : 3 2 S'(x) 64x 96x 36x 2    1 x 2 2 3 S'(x) 0 x 4 2 3 x 4                 Lập bảng biến thiên của S(x) ta có: 1 0; 4 1 191 minf (t) f ( ) 16 16         khi 2 3 2 3 x ;y 4 4     hoặc 2 3 2 3 x ;y 4 4     1 0; 4 1 25 maxf(t) f ( ) 4 2         khi 1 x y 2   . Ví dụ 5: Cho x, y thỏa mãn 2 y 0,x x y 12    . Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của biểu thức P xy x 2y 17    . Giải : Từ giả thiết 2 y 0,x x y 12    ta có 2 y x x 12   và 2 x x 12 0   hay 4 x 3   . Khi đó 3 2 P x 3x 9x 7    . Xét hàm số     3 2 f x x 3x 9x 7,x 4;3       . Ta có     2 f ' x 3 x 2x 3   . Từ bảng biến thiên ta có       x 4;3 min f x f 1 12      ,         x 4;3 max f x f 3 f 3 20       . Do đó min P 12  đạt được khi x 1,y 10   và max P 20 đạt được khi x 3, y 6    hoặc x 3,u 0  . Ví dụ 6: Cho x, y 0 thỏa mãn x y 1  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x y P 1 x 1 y     . Giải: Từ giả thiết x, y 0 , x y 1  ta có y 1 x,0 x 1    . Khi đó ta có x 1 x P 1 x x     . Xét hàm số   x 1 x f x 1 x x     ,     2 x x 1 f x 2 1 x 1 x 2x x        . Từ bảng biến thiên suy ra     x 0;1 1 min P min f x f 2 2           đạt được khi 1 x y 2   . 2. Sử dụng phép đặt ẩn để giảm biến thông qua ứng dụng định lí Viet: a. Các bài toán với biểu thức hai biến: Ví dụ 1: Cho x, y là số thực thỏa mãn 2 2 x y 2  . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 3 3 P 2(x y ) 3xy    . Giải: * Nhận xét: + Ta hoàn toàn có thể rút x hoặc y theo biến còn lại dưới dạng 2 2 y 2 x (y [0; 2]) y 2 x (y [ 2;0))              . Tuy nhiên việc thay thế vào biểu thức và việc tính đạo hàm gặp khá nhiều rắc rối. + Từ giả thiết 2 2 x y 2  . Ta nghĩ tới hằng đẳng thức 2 2 2 3 3 2 2 x y (x y) 2xy; x y (x y)(x xy y )          . + Khai triển biểu thức P cố gắng làm xuất hiện 2 2 x y để sử dụng giả thiết. + Biến đổi biểu thức P và thế vào 2 2 x y 2  ta có : 2 2 P 2(x y)(x xy y ) 3xy = 2(x y)(2 xy) 3xy         + Từ giả thiết 2 2 (x y) 2 (x y) 2xy 2 xy 2        .Vậy đến đây ta có thể nghĩ đến việc có thể đưa P về hàm một biến số nếu ta đặt : t x y  . * Giải: Cách 1: Với các học sinh có một số kỹ năng vận dụng bất đẳng thức: + Ta có : 2 2 P 2(x y)(x xy y ) 3xy = 2(x y)(2 xy) 3xy         Ta có : 2 (x y) 2 xy 2    , vì thế sau khi đặt t x y  thì: 2 2 3 2 t 2 t 2 3 P(t) 2t(2 ) 3 t t 6t 3 2 2 2           Ta có 2 2 2 2 (x y) x y (x y) 4 2 t 2 2           . Xét hàm số 3 2 3 P(t) t t 6t 3 2      với 2 t 2   . Ta có 2 P'(t) 3t 3t 6    . t 1 P'(t) 0 t 2         Từ BBT của hàm số ta có :   2;2 min P(t) P( 2) 7      khi x y 1     2;2 1 3 1 3 x ;y 13 2 2 max P(t) P(1) 2 1 3 1 3 x ;y 2 2                   Tuy nhiên với việc sử dụng cách đánh giá như trên để chặn điều kiện của t x y  đôi khi cũng gặp phải những khó khăn nhất định. Sau đây là một giải pháp khác có lẽ đơn giản và dễ áp dụng hơn . Cách 2 : + Đặt 2 S x y (S 4P) P xy        . Từ điều kiện 2 2 2 2 x y 2 (x y) 2xy 2 S 2P 2         Do đó có: 2 2 2 S S 2. 2 S 4 4     Từ đó ta cũng chặn được điều kiện như trên. Về bản chất thì hai cách làm đều tương tự nhau nhưng trong cách thứ 2 ta đã vận dụng điều kiện tồn tại nghiệm của định lý Viet. Điều này có thể sẽ gần gũi và dễ hiểu hơn đối với đa số các học sinh. Ví dụ 2:( ĐH Khối D – 2009 ) Cho x 0, y 0  và x y 1  .Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau : 2 2 S (4x 3y)(4y 3x) 25xy     Giải : * Nhận xét: Bài toán này đã được trình bày trong phương pháp 1. Tuy nhiên nhận thấy các đại lượng trong bài toán có dạng đối xứng với các biểu thức x và y nên ta có thể áp dụng các đánh giá liên quan đến tổng và tích của hai đại lượng này. * Giải: Ta có : 2 2 2 2 3 3 S (4x 3y)(4y 3x) 25xy 16x y 12(x y ) 34xy         2 2 2 2 16x y 12(x y)(x xy y ) 34xy       2 2 2 16x y 12[(x y) 3xy] 34xy, do x y 1       2 2 16x y 2xy 12   Đặt t xy . Do x 0;y 0  nên 2 (x y) 1 1 0 xy 0 t 4 4 4        Xét hàm số 2 f (t) 16t 2t 12   với 1 0 t 4   . Ta có f '(t) 32t 2  ; 1 f '(t) 0 t 16    . Lập BBT của hàm f(t) ta có : 1 0; 4 1 191 minf (t) f ( ) 16 16         khi 2 3 2 3 x ;y 4 4     hoặc 2 3 2 3 x ;y 4 4     1 0; 4 1 25 maxf(t) f ( ) 4 2         khi 1 x y 2   . Tuy nhiên trong bài toán trên ta cũng đã phải sử dụng đánh giá 2 (x y) 1 1 0 xy 0 t 4 4 4        . Đối với các bài toán có giả thiết phức tạp hơn thì các đánh giá bằng bất đẳng thức cần phải tinh tế và nghệ thuật hơn. Tôi xin nêu một giải pháp khác dựa vào tính chất tồn tại cặp (x ;y) thông qua định lý Viet : + Đặt 2 x y S (S 4P) xy P        . Từ điều kiện bài toán dẫn đến hệ : 2 S 4P S 0 P 0         ta cũng dễ dàng tìm được : 1 0 P 4   . Đó cũng chính là điều kiện được nêu trong bài toán. Ở ví dụ sau đây ta sẽ thấy rõ hơn tác dụng của từng phương pháp được nêu ở trên. Ví dụ 3 :( ĐH Khối B – 2009). Tìm giá trị lớn nhất , nhỏ nhất của biểu thức: 4 4 2 2 2 2 A 3(x y x y ) 2(x y ) 1      với x, y là các số thỏa mãn điều kiện : 3 (x y) 4xy 2   . Giải : Ta luôn có kết quả : 2 (x y) 4xy   , từ đó ta có : 3 3 2 3 (x y) 4xy 2 (x y) (x y) (x y) 4xy 2             3 2 2 (x y) (x y) 2 (x y) 1 (x y) (x y) 2 0 (x y) 1 0                      Do 2 2 1 7 (x y) (x y) 2 (x y) 0, x, y 2 4                     Bài toán được đưa về tìm max, min của : 4 4 2 2 2 2 A 3(x y x y ) 2(x y ) 1      Với x, y thỏa mãn x y 1  . Ta biến đổi biểu thức A như sau : 4 4 2 2 2 2 2 2 2 4 4 2 2 3 3 A 3(x y x y ) 2(x y ) 1 (x y ) (x y ) 2(x y ) 1 2 2              2 2 2 2 2 2 2 2 3 3(x y ) (x y ) 2(x y ) 1 2 4        ( do 2 2 2 4 4 (x y ) x y 2    ) Hay 2 2 2 2 2 9 A (x y ) 2(x y ) 1 4      . Vì 2 2 2 (x y) x y 2    ( do x y 1  ) nên 2 2 1 x y 2   . Đặt 2 2 t x y  . Ta có hàm số 2 9 f (t) t 2t 1 4    với 1 t 2  . 9 4 f '(t) t 2;f '(t) 0 t 2 9      Từ BBT của hàm số f(t) ta có: 1 t 2 1 9 minf(t) f ( ) 2 16    đạt được khi 1 t 2  . Mặt khác, ta dễ thấy 1 x y 2   thì 9 A 16  . Kết luận : 9 min A 16  khi 1 x y 2   và không có giá trị lớn nhất. Ví dụ 4 : (ĐH Khối A- 2006). Cho hai số thực x, y 0 thay đổi thỏa mãn điều kiện 2 2 (x y)xy x y xy    . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 3 3 1 1 A x y   Giải: * Trước khi đi tìm lời giải cho bài toán này chúng ta cùng tham khảo đáp án của Bộ: Từ giả thiết có: 2 2 1 1 1 1 1 x y xy x y     Đặt 1 1 a ;b x y   ta có: 2 2 a b a b ab    (*) Khi đó 3 3 2 2 2 A a b (a b)(a b ab) (a b)         Từ (*) ta có: 2 2 2 3 a b (a b) 3ab (a b) (a b) 4         Do đó có: 0 a b 4   . Vậy A 16 đạt được khi 1 x y 2   . * Lời giải thật ngắn gọn và đẹp đẽ. Nhưng trong điều kiện và áp lực trong phòng thi thì việc nghĩ được phép đặt 1 1 a ;b x y   đôi khi lại là một điều khó. Ta hãy cùng nhau đi xem xét một cách giải khác. 3 3 2 2 2 2 3 3 3 3 3 3 1 1 x y (x y)(x xy y ) x y 1 1 A ( ) ( ) xy x y x y x y x y             . Đặt x ty . Từ gải thiết ta có: 2 2 3 2 2 (x y)xy x y xy (t 1)ty (t t 1)y          Do đó 2 2 2 t t 1 t t 1 y ;x ty t 1t t         .Từ đó 2 2 2 2 1 1 t 2t 1 A x y t t 1                    . Xét hàm số   2 2 2 2 2 t 2t 1 3t 3 f (t) f '(t) t t 1 t t 1            . Lập bảng biến thiên ta tìm GTLN của A là 16 đạt được khi 1 x y 2   . Sở dĩ có cách đặt như trên là trong các điều kiện và yêu cầu của bài toán các đại lượng x, y có vai trò đẳng cấp với nhau. Khi đó việc hướng tới phép đặt x ty để giảm biến cũng là một giải pháp dễ hiểu. * Tuy nhiên ta hãy thử đặt vai trò của bài toán đối xứng với 2 biến x và y để áp dụng định lý Viet. Đặt : 2 x y S (S 4P) xy P        khi đó ta có : 2 2 2 (x y)xy x y xy SP S 3P       (*) Lúc đó: 3 3 3 3 3 3 3 1 1 (x y) 3xy(x y) S 3SP A x y x y P         Ta cần phải tìm một sự đánh giá cho S hoặc P. Hiển nhiên từ (*) thấy nếu S<-3 thì x, y đồng thời là số âm. Vậy A <0. Nếu S>3. Khi đó từ (*) ta cũng có x,y>0. Khi đó 2 2 2 S S SP S 3P P S 3 4       hay S 1 Biến đổi 2 3 2 3 3 3 2 S S 3S. S 3SP S 3 S 3 A SP S S 3                     . Do S 1 nên A 16 Vậy GTLN của A là 16 đạt được khi 1 x y 2   . Nhận thấy mặc dù cách giải thứ 3 khá loằng ngoằng ở phép biến đổi của biểu thức A và cách đánh giá để tìm ra điều kiện S 1 . Tuy nhiên trong cách giải này ta hoàn toàn chỉ sử dụng các kiến thức và suy luận liên quan đến định lý Viet mà thôi. Ví dụ 5 : (ĐH Khối B- 2011). Cho a, b là các số thực dương thỏa mãn 2 2 2(a b ) ab (a b)(ab 2)     . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : 3 3 2 2 3 3 2 2 a b a b P 4 9 b a b a                 Giải: * Đáp án của Bộ: + Từ giả thiết có: 2 2 2 2 2 2 2(a b ) ab (a b)(ab 2) 2(a b ) ab a b ab 2(a b)            hay: a b 1 1 2( ) 1 (a b) 2( ) b a a b       . Lại có: 1 1 1 1 a b (a b) 2( ) 2 2(a b)( ) 2 2( ) 4 a b a b b a          Do đó: a b a b a b 5 2( ) 1 2 2( ) 4 b a b a b a 2         . Đặt a b 5 t ;t b a 2    . Khi đó có: 3 2 P 4t 9t 12t 18    Khảo sát hàm số 3 2 P 4t 9t 12t 18    với 5 t 2  ta được: 23 min P 4   khi a 2 a 1 ; b 1 b 2           Nhận thấy cách làm trên rất hay và tinh tế. Điểm khó lớn nhất của học sinh là từ giả thiết tìm cách đánh giá cho biểu thức a b t b a   . Trong bài toán này việc đánh giá được như trên là điều không dễ dàng đối với nhiều học sinh. * Ta thử tìm hiểu một cách giải khác đơn giản hơn nhờ vào nhận xét về tính đối xứng của biểu thức xuất hiện trong bài toán. Vẫn thực hiện phép đặt 2 x y S (S 4P) xy P        Từ giả thiết bài toán có : 2 2 2 2(a b ) ab (a b)(ab 2) 2S 3P S(P 2)         Quan sát biểu thức P của bài toán ta nhận thấy P có thể biến đổi về đại lượng 2 a b S 2P t b a P     do đó ta cần đi tìm điều kiện của 2 S 2P t P   Từ hệ thức: 2 2 2S 2S 2S 3P S(P 2) P S 3        . với S>0. Khảo sát 2 S S 4 t 2S 2     với S>0 ta được 5 t 2  Khảo sát hàm số 3 2 P 4t 9t 12t 18    với 5 t 2  ta được: 23 min P 4   khi a 2 a 1 ; b 1 b 2           Rõ ràng lời giải này không chứa đựng nhiều biến đổi lắt léo và hướng suy nghĩ tương đối đơn giản. Các bài tập: Bài 1: Cho x, y là các số thực không âm thỏa: 2 2 xy 2(x y) x y 4     . Tìm GTLN và GTNN của 3 3 A x y 3xy    Bài 2: Cho x, y là hai số thay đổi thỏa mãn điều kiện 2 2 2(x y ) xy 1   . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 4 4 x y T 2xy 1    Bài 3: Cho x, y z là các số thực không âm đồng thời thỏa mãn: x y z 4 xyz 2        . Tìm GTNN và GTLN của biểu thức: 3 3 3 P x y 2z    . b. Các bài toán với biểu thức ba biến: Đặc trưng của bài toán chứa 3 biến đối xứng x, y, z đều có thể biến đổi về ba đại lượng đặc trưng p x y z q xy yz zx r xyz             . Đã có rất nhiều tài liệu hay về việc sử dụng các đánh giá giữa 3 đại lượng này để giải quyết các bài toán về bất đẳng thức trong nhiều tài liệu trên mạng. Tuy nhiên việc áp dụng các đánh giá này cần phải có những kỹ năng biến đổi thích hợp đồng thời có những sự đánh giá khéo léo đầy tinh tế. Trong bài viết này tôi chỉ đề cập đến một số bài toán có thể giải được nhờ vào sự đánh giá 2 trong 3 đại lượng nêu trên. Vì vậy mục tiêu đầu tiên khi thực hiện là cần phải khử bớt một đại lượng thông qua các bất đẳng thức trung gian đã nêu trong phần đầu đề tài. Ví dụ 1: ( ĐH Khối B- 2010) Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa a b c 1   . Tìm GTNN của: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 M 3(a b b c c a ) 3(ab bc ca) 2 a b c         Giải: * Nhận thấy bài toán có nhiều đại lượng có thể đưa về biến t ab bc ca   . Tuy nhiên ta không thể biến đổi đại lượng 2 2 2 2 2 2 a b b c c a   thông qua t được. Do đó cần có sự đánh giá nào đó. * Dễ dàng nhận thấy 2 2 2 2 2 2 2 3(a b b c c a ) (ab bc ca)      . Do đó ta có: 2 M (ab bc ca) 3(ab bc ca) 2 1 2(ab bc ca)           Đặt 2 (a b c) 1 t ab bc ca 3 3        vậy có: 1 0 t 3   Xét hàm 2 f (t) t 3t 2 1 2t    với 1 0 t 3   ta có f (t) f (0) 2  Vậy GTNN của M là 2 đạt được khi (a;b;c) (1;0;0) và các hoán vị. Ví dụ 2: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa a b c 3   . Tìm GTNN của: 12 1 1 1 F ( ) abc a b c     Giải: * Biến đổi 12 (ab bc ca) F abc     Ta tìm cách đánh giá 1 trong 2 đại lượng có trong bài toán. Thật vậy có: 3 3 2 (ab bc ca) (ab bc ca) (abc) abc 27 3 3        Vì 2 (a b c) ab bc ca 3 3       nên có: 3 3 3(12 (ab bc ca)) F (ab bc ca)       Đặt ab bc ca t   với 0 t 3   . Khi đó: Xét hàm số: 2 3 36 3t f (t) t   ta có 2 4 3t 108 f '(t) t   do đó f (t) f ( 3) 3 3   Vậy GTNN của F là 9 khi a=b=c=1. 3. Phương pháp khảo sát lần lượt từng biến để giảm dần biến số. Xét bất đẳng thức dạng f (a;b;c) k trong đó a,b,c phụ thuộc vào điều kiện dạng g(a,b,c) h ( hoặc các điều kiện rời rạc của từng biến). Phương pháp: + Xem f (a;b;c) là hàm theo biến số a ( có thể sử dụng các biến b, c tùy theo mức độ của đề và dạng biểu thức). Sau đó từ điều kiện bài toán giới hạn a T . Khảo sát hàm f(a) trên T ta được f (a;b;c) f (b;c) . + Xét hàm f (b;c) . Khi đó ta có các dự đoán liên quan sau: * Đặt ẩn phụ đưa về một biến. * Tiếp tục coi là hàm ẩn b ( Hoặc c) để khảo sát. Trường hợp này tiếp tục lại chặn điều kiện của b hoặc c. + Kết luận về yêu cầu của bài toán. Chú ý: Trong các bài toán này cần lưu ý đến: + Tính đẳng cấp của biểu thức. + Điều kiện đơn lẻ của các biến kết hợp với mối liên hệ của các biến để tìm điều kiện của biến được khảo sát theo. + Đối với các bài toán mà biểu thức có dạng đối xứng có thể giả sử a b c  còn các biểu thức hoán vị có thể giả thiết a max{a;b;c} hoặc a min{a;b;c} để chặn điều kiện của biến. Ví dụ 1: (ĐH Khối A-2011). Cho ba số thực   x, y,z 1;4 và x y, x z  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : x y z P 2x 3y y z z x       Giải : Trước khi đi vào trình bày lời giải ta cùng nhau xem đáp án của bộ : * Chứng minh bất đẳng thức : 1 1 2 1 a 1 b 1 ab      (*) với a,b>0 và a.b 1 Điều này dễ dàng thực hiện được nhờ phép biến đổi tương đương. Áp dụng (*) cho bài toán ta có : x 1 1 1 2 P z x 3y 2x 3y x 1 1 2 1 y z x y           Đặt x t ;t [1;2] y   khi đó có : 2 2 t 2 P 1 t2t 3     Xét hàm 2 2 t 2 f (t) 1 t2t 3     với t [1;2] ta có 34 f (t) f (2) 33   Vậy 34 min P 33  khi x 4, y 1,z 2   * Nhận xét : Bài toán trên căn bản là tương đối khó đối với mức độ của một đề thi đại học. Ngoài việc phải biến đổi P để nhận ra dạng của bất đẳng thức phụ thì việc giải bài toán đạo hàm ở phần sau cũng rất phức tạp. Chúng ta cùng xem xét một cách giải khác có vẻ tự nhiên và thích hợp hơn. Ta có : x y z P 2x 3y y z z x       .Xem đây là hàm theo biến z ; còn x, y là hằng số 2 2 2 2 2 y z (x y)(z xy) P'(z) (y z) (z x) (y z) (z x)           Theo giả thiết x y x y 0    nếu P 0 z xy    (do   x, y,z 1;4 ) Lập BBT của P(z) ta được: x 2 y x 2 y P P( xy) = x 2x 3y x y x 2 3 1 y y         [...]... khá cao + Lại nhìn kỹ vào biểu thức 9a 4  6a 2  2  (3a 2  1)2  1 Dựa vào đặc điểm đó ta lại có bất đẳng thức phụ giống đề thi ĐH khối A năm 2011: Với x; y  1 ta có: 1 1 2  2  x  1 y  1 1  xy 2 Đến đây chắc các bạn có thể tự làm được bài toán này Bài tập: Bài 1: Xét các số thực không âm a,b,c thoả mãn điều kiện a+b+c=1 Tìm giá trị lớn nhất của: P=ab+bc+ca−2abc Bài 2: Cho a,b,c là các số thực... )  3  0 2 Dấu đẳng thức xảy ra khi: a=b=c=1 Các bài tập áp dụng: Bài 1: Cho x,y,z là các số thực dương thỏa: x  y  z  1 Tìm GTNN của: F  x2  1 1 1  y2  2  z2  2 2 x y z Bài 2: Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn: a 2  b 2  c2  1 Tìm GTNN của: F 1 1 1   1 a 1 b 1 c Bài 3: Cho a,b,c là các số thực dương thỏa: abc  1 Tìm GTNN của: F a b c   1 a 1 b 1 c Bài 4: Cho a,b,c>0...  là giá trị mà dấu bằng trong bất đẳng thức xảy ra) + Từ đó áp dụng với các hàm h(a), h(b), h(c) ta có điều phải chứng minh Ví dụ 1: Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa: a 2  b 2  c 2  3 Tìm GTNN của biểu thức: F  (a 3  b3  c3 )  (a  b  c) Giải: Xét hàm số: h(t)  t 3  t 2  t với 0  t  3 ( Việc tìm ra hàm h(t) dựa vào đẳng thức giả thiết và biến đổi biểu thức F) t  1 Ta có: h '(t)  3t... Từ bảng biến thiên suy ra : g(y)  g( )  S  g(y)  g( )  Bài tập áp dụng: Bài 1 : ( BĐT Netsbit) Cho a, b, c là các số thực dương Chứng minh rằng : a b c 3    bc ca ab 2 Bài 2 : x  y  z  4 Chứng minh rằng:  xyz  3 Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện  183  165 5  x 4  y 4  x 4  18 Bài 3: Cho ba số không âm x, y, z thỏa mãn điều kiện x  y  z  1 Tìm GTLN của biểu thức. .. nghĩ là tương đối phù hợp so với chương trình hiện nay Để làm bài tập dạng này học sinh chỉ cần nắm được dạng một số bát đẳng thức 2 biến có bản dựa vào đó tìm cách đánh giá thông qua biến còn lại Ở dạng này học sinh cần phải lưu ý đến tính đối xứng của 2 biến trong bài toán để có đánh giá phù hơp Phương pháp này có thể áp dụng cho cả các bài toán đối xứng với 3 biến Tuy nhiên đôi khi ở mức độ khó ta... nhất của biểu thức: F  a 2  b 2  c 2  abc Bài 11 : Cho a; b;c  0 và thỏa: a  b  c  1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P 1 a 1 b 1 c   1 a 1 b 1 c 3 Phương pháp khảo sát độc lập các biến: Đối với bài toán áp dụng dạng này thường có hình thức trực tiếp rất dễ nhận ra Tuy nhiên có một số bài toán ta cũng cần phải sử dụng một số đánh giá cơ bản để đưa về dạng mong muốn Bên cạnh đó phương... biểu thức : S  x 2 y  y 2 z  z 2 x Bài 4 : Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn điều kiện x 2  y 2  z 2  2 Tìm GTLN, GTNN của biểu thức : P  x 3  y3  z3  3xyz Bài 5 : Cho x  0; y  0; z  0 thỏa mãn điều kiện x  y  z  1 Tìm GTLN của biểu thức : T  xy  yz  zx  2xyz 1 a 1 b 1 c Bài 6 : Cho a; b;c  [0;2] Tìm GTLN của: P  (a  b  c)(   ) Bài 7 : Cho các số dương a, b, c thoả mãn... biểu thức: S  a  a 2  1 b  b  b2  1 c   a c  c2  1 Bài 8 : Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a + b + c = 3 Tìm GTNN của: F a 1 b 1 c 1   b 2  1 c2  1 a 2  1 1  a; b;c  3 Tìm giá trị nhỏ nhất và a  b  2c  6 Bài 9 : Cho 3 số a, b, c thỏa mãn điều kiện:  lớn nhất của: F  a 3  b3  5c3 Bài 10 : Cho a; b;c  0 và thỏa: a  b  c  3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: ... 2  (b  c) 2 2b  (c  a) 2 2c  (a  b) 2 Bài 5: Cho a,b,c>0 và thỏa: a  b  c  3 Chứng minh rằng: 1 1 1  2  2  a 2  b2  c2 2 a b c P Bài 6: Cho a,b,c>0 Tìm GTNN của: (b  c  a)2 (c  a  b)2 (a  b  c)2  2  2 a 2  (b  c)2 b  (c  a)2 c  (a  b)2 Bài 7: Cho a,b,c>0 và thỏa: a  b  c  1 Tìm GTLN của: a b c F   2 2 1  a 1  b 1  c2 Bài 8: Cho a,b,c>0 và a.b.c  1 Tìm GTNN của:... t)2 34 đó P  P( xy )  f (t)  f (2)  33 z  xy  Đẳng thức xảy ra :   x  4, y  1, z  2 x 2 t  y  Ta có f '(t)  Vậy min P  34 khi x  4, y  1, z  2 33 Ví dụ 2: ( Đề thi HSG Ninh Bình 2010) 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: T  3(a 2  b 2  c2 )  4abc Giải: Do vai trò bình đẳng của a, b, c nên ta có thể gải sử : 0  a  b .  * Nhận xét : Bài toán trên căn bản là tương đối khó đối với mức độ của một đề thi đại học. Ngoài việc phải biến đổi P để nhận ra dạng của bất đẳng thức phụ thì việc giải bài toán đạo hàm.  Dấu đẳng thức xảy ra khi: a=b=c=1. Các bài tập áp dụng: Bài 1: Cho x,y,z là các số thực dương thỏa: x y z 1   . Tìm GTNN của: 2 2 2 2 2 2 1 1 1 F x y z x y z       Bài 2:. lập các biến: Đối với bài toán áp dụng dạng này thường có hình thức trực tiếp rất dễ nhận ra. Tuy nhiên có một số bài toán ta cũng cần phải sử dụng một số đánh giá cơ bản để đưa về dạng mong