“ Giúp học sinh tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất bằng phương pháp dồn biến” với những lí do sau đây: Đây là vấn đề khó đối với đa số học sinh. Đây là vấn đề thường gặp trong các kì thi cao đẳng, đại học và thi học sinh giỏi các cấp. Đây là vấn đề hay, hấp dẫn kích thích tư duy học sinh. Đây là chuyên đề góp phần tích cực cho học sinh vào việc rèn luyện tư duy logich, linh hoạt, sáng tạo. Một yêu cầu quan trọng trong xu hướng đổi mới giáo dục hiện nay. Đây là chuyên đề góp phần giáo dục học sinh thấy được cái hay cái đẹp quyến rũ của toán học tạo sự hứng thú say mê với môn toán.
Trang 1Kon Tum 10 / 2013
GIÚP HỌC SINH TèM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT
VÀ GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT BẰNG PHƯƠNG PHÁP DỒN BIẾN
Sở giáo dục và đào tạo kon tum
TRƯỜNG THPT DUY TÂN
Đề tài
MỤC LỤC A MỞ ĐẦU Trang 1 I Lý do chọn đề tài 1
II Nhiệm vụ, phạm vi và đối tượng nghiờn cứu 1
1 Nhiệm vụ nghiờn cứu 1
2 Phạm vi nghiờn cứu 1
3 Đối tượng nghiờn cứu 1
4 Phương phỏp nghiờn cứu 2
B KẾT QUẢ NGHIấN CỨU 3
I Thực trạng của vấn đề trước khi nghiờn cứu 3
II Giải phỏp khắc phục 3
Dạng1Tỡm GTLN, GTNN của hàm hai biến bằng phương phỏp thế 4
Dạng 2 Tỡm GTLN, GTNN của biểu thức cú tớnh đối xứng 6
Dạng 3 Tỡm GTLN, GTNN của biểu thức cú tớnh đẳng cấp 10
Bài tập tổng hợp 12
Bài tập tự luyện 18
III Phõn tớch so sỏnh tỏc dụng của đề tài 19
C KẾT LUẬN 20
CHUYấN ĐỀ - SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM GIÚP HỌC SINH TèM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT BẰNG PHƯƠNG PHÁP DỒN BIẾN A MỞ ĐẦU I Lý do chọn đề tài
Tụi chọn đề tài “ Giỳp học sinh tỡm giỏ trị lớn nhất và giỏ trị nhỏ nhất bằng phương phỏp dồn biến” với những lớ do sau đõy:
- Đõy là vấn đề khú đối với đa số học sinh
- Đõy là vấn đề thường gặp trong cỏc kỡ thi cao đẳng, đại học và thi học sinh giỏi cỏc cấp
- Đõy là vấn đề hay, hấp dẫn kớch thớch tư duy học sinh
GV Huỳnh Văn Minh
Tổ : Toỏn – Tin Năm học : 2012 - 2013
Sáng kiờ́n kinh nghiợ̀m
Trang 2- Đây là chuyên đề góp phần tích cực cho học sinh vào việc rèn luyện tư duy logich, linh hoạt, sáng tạo Một yêu cầu quan trọng trong xu hướng đổi mới giáo dục hiện nay
- Đây là chuyên đề góp phần giáo dục học sinh thấy được cái hay cái đẹp quyến rũ của toán học tạo sự hứng thú say mê với môn toán
II Nhiệm vụ, phạm vi và đối tượng nghiên cứu
1 Nhiệm vụ nghiên cứu
- Giúp học sinh nắm được phương pháp dồn biến đề tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm nhiều biến
- Chuyên đề này góp phần tích cực cho học sinh vào việc rèn luyện tư duy logich, linh hoạt, sáng tạo
- Chuyên đề này góp phần giáo dục học sinh thấy được cái hay cái đẹp quyến rũ của toán học tạo sự hứng thú say mê với môn toán
2 Phạm vi nghiên cứu
- Tìm GTLN và GTNN của hàm 2 biến, hàm 3 biến có điều kiện ràng buộc đối với một số dạng cơ bản thường gặp trong các kì thi đại học, cao đẳng và thi học sinh giỏi
3 Đối tượng nghiên cứu
Học sinh khá, giỏi trường THPT Duy tân qua các năm học 2011-2012; 2012-2013
4 Phương pháp nghiên cứu
4.1.Quan sát, điều tra khảo sát thực trạng
4.2 Tổng kết kinh nghiệm, tham khảo tài liệu, tư liệu liên quan chuyên đề để xây dựng giải pháp
4.3 Triển khai chuyên đề
4.4 Kiểm tra, phỏng vấn thống kê đánh giá kết quả
B KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU I.Thực trạng của vấn đề trước khi nghiên cứu.
- Học sinh chỉ biết tìm GTLN và GTNN của hàm số 1 biến trong các trường hợp cơ bản
- Học sinh lúng túng, không biết tìm GTLN và GTNN của hàm số 2 biến , 3 biến và có điều kiều kiện ràng buộc, trong các trường hợp cơ bản thường gặp
- Học sinh không biết dùng phương pháp dồn biến để đưa hàm nhiều biến về hàm một biến để giải quyết
II Giải pháp khắc phục.
- Giúp học sinh nắm được phương pháp Dồn biến để đưa hàm nhiều biến về hàm một biến rồi dùng đạo hàm để khảo sát
- Hệ thống từng dạng bài tập cơ bản thường gặp
- Lựa chọn các ví dụ mẫu, cơ bản, điển hình đối với mỗi dạng
- Phân tích, định hướng giải cho mõi ví dụ
- Trình bày lời giải chính thức cho mỗi ví dụ
- Rút ra phương pháp chung cho từng dạng
Trang 3- Ra bài tập củng cố, luyện tập cho học sinh qua từng dạng.
- Ra các bài tập mang tính vận dụng tổng hợp cho học sinh vận dụng Giải pháp được cụ thể hóa qua các dạng, các ví dụ và bài tập sau đây:
Trang 4Dạng 1 Tìm GTLN, GTNN của hàm hai biến bằng phương pháp thế
VD1 Cho x, y là hai số thực dương thỏa mãn x y+ = 54 Tìm GTNN của biểu thức
4 1
4
P
Phân tích:
- Ta thấy P là hàm theo hai biến x và y Tuy nhiên hai biến này ràng buộc với nhau theo quan hệ bậc nhất đối với x, y: x y+ = 54, nên ta dễ dàng rút được y theo x (biểu diễn y theo x) và thế vào P khi đó đưa P về hàm theo một biến x: P= f x( )
- Từ giả thiết, ta tìm miền biến thiên của biến x , giả sử x D∈
- Dùng đạo hàm khảo sát hàm: P= f x( ), với x D∈
- Từ đó suy ra được kết quả cần tìm
Giải
Từ giả thiết, ta rút: y= −54 x, thế vào P ta được: ( ) 4 1
5 4
−
Từ giả thiết ta suy ra được: 0;5
4
∈ ÷
Dùng đạo hàm, lập bảng biến thiên của hàm số : ( ) 4 1
5 4
− trên khoảng 0;5
4
Từ bảng biến thiên suy ra: 5
0;
4
1 min m inf ( ) 5, 1,
4
x
∈ ÷
VD2 Cho hai số thực x,y thỏa mãn y≤ 0 àv x2 + = +x y 12 Tìm GTNN và GTLN của biểu thức P xy x= + + 2y+ 17
Phân tích:
- Ta thấy P là hàm theo hai biến x và y Tuy nhiên từ giả thiết ta dễ dàng rút được
y theo x (biểu diễn y theo x) và thế vào P khi đó đưa P về hàm theo một biến x:
( )
P= f x
- Từ giả thiết, ta tìm miền của biến x , giả sử x D∈
- Dùng đạo hàm khảo sát hàm: P= f x( ), với x D∈
- Từ đó suy ra được kết quả cần tìm
Giải
Từ giả thiết suy ra: y x= 2 + −x 12
Do đó: P= f x( ) = +x3 3x2 − 9x− 7
Từ giả thiết: y x= 2 + −x 12 àv y≤ ⇒ 0 x2 + − ≤ ⇒ ∈ −x 12 0 x [ 4;3]
Dùng đạo hàm, khảo sát hàm số: f x( ) = +x3 3x2 − 9x− 7, trên đoạn x∈ −[ 4;3]
Từ đó tìm được kết quả: [ 4;1] [ 4;1]
m inf ( ) 12, ax m axf ( ) 20
Dạng 2 Tìm GTLN, GTNN của biểu thức có tính đối xứng
VD 1 Cho x, y là hai số thực không âm thỏa mãn x y+ = 4 Tìm GTLN, GTNN của
biểu thức: P= (x3 − 1)(y3 − 1)
Phân tích:
Trang 5- Ta thấy biểu thức P= (x3 − 1)(y3 − 1)là đối xứng đối với 2 biến x và y và biểu thức ở điều kiện ràng buộc cũng đối xứng đối với 2 biến x và y nên ta luôn biểu diễn được nó về theo hai biểu thức đối xứng cơ bản là :S = +x y v P xyà =
- Mặt khác theo giả thiết ta đã có tổng: x y+ = 4 nên thế vào biểu thức
( 1)( 1)
P= x − y − ta đưa được vể hàm một biến: f t( ), với t=xy
- Dựa vào giả thiết, ta tìm được miền của biến t bằng cách dùng bất đẳng thức
2
( )
4
x y
- Dùng đạo hàm khảo sát hàm f t( ) trên đoạn t∈[ ]0; 4
- Từ đó ta tìm được [ ]0;4 [ ]0;4
min minf( ) à max axf( )
Giải:
Ta có: P= (x3 − 1)(y3 − = 1) x y3 3 − (x3 +y3 ) 1 ( ) + = xy 3 − (x y+ ) 3 − 3 (xy x y+ ) + 1
Mà x y+ = 4 nên f = ( )xy 3 − (x y+ ) 3 − 3 (xy x y+ ) + = 1 ( )xy 3 + 12xy− 63
Đặt t=xy ta đưa về hàm theo một biến t là f t( ) = +t3 12t− 63
Bây giờ ta cần tìm miền biến thiên của t như sau: ta có 0 2 4
2
x y
Vậy: t∈[ ]0; 4
Dùng đạo hàm ta tìm được GTLN và GTNN của hàm f t( ) = +t3 12t− 63, trên đoạn
[ ]0; 4
max max ( ) 49, min min ( ) 63
VD2 Cho x, y là hai số thực thỏa mãn + =x y x y, ≥01 Tìm GTLN, GTNN của biểu thức
x y
t=xy⇒ ≤ =t xy≤ + = ⇒ ∈t
Khi đó: P= f t( ) = + −t2 2t 2 2 − t
Ta có: P/ > ⇒ 0 hàm số đồng biến
9 3 max m axf ( ) , min m inf ( ) 2
16 2
VD3: Cho x, y là hai số thực thỏa mãn + + =x y x y xy, ≥0 3 Tìm GTLN, GTNN của biểu
thức P x2 y2 6 1
Phân tích:
- Ta thấy biểu thức cần tìm GTLN, GTNN và biểu thức ràng buộc các biến ở giả thiết đều có tính đối xứng đối với hai biến x và y Do đó ta biểu diễn được chúng về theo hai biểu thức đối xứng cơ bản là :S = +x y v P xyà =
- Chọn t là một trong hai biến x y+ hoặc xy khi đó ta đưa được P về hàm theo một biến t (dồn biến)
- Từ điều kiện ràng buộc ta tìm miền biến thiên của biến t Giả sử t D∈
Trang 6- Dùng đạo hàm khảo sát hàm f t( ) trên miền t D∈
- Suy ra GTLN, GTNN của P
Giải:
Bước 1 Chọn biến t= +x y Khi đó xy= − 3 t
Chuyển P sang hàm theo biến t: ( ) 6 6
7 4
(Chọn t=x+y hoặc t=xy Ở đây chọn t=x+y thuận tiện hơn)
Bước 2 Tìm miền của biến t : Từ ràng buộc: xy= − 3 t
Sử dụng bất đẳng thức: xy≤ (x y+4 )2
Ta suy ra: 3 2
4
t t
− ≤ Giải ra được: 2 ≤ ≤t 3
Bước 3 Tìm max, min của hàm f(t) trên miền t∈[ ]2;3
( 7) (4 ) ( 7) (4 )
t
+
Suy ra hàm f(t) đồng biến
Vậy: max m axf ( )[ ]2;3 33, min m inf ( )[ ]2;3 11
VD4: Cho x, y là hai số thực không âm thỏa mãn x3 +y3 −xy= 1 Tìm GTLN, GTNN
của biểu thức P x= 2 +y2 +xy
Phân tích:
- Ta thấy biểu thức cần tìm GTLN, GTNN và biểu thức ràng buộc các biến ở giả thiết đều có tính đối xứng đối với hai biến x và y Do đó ta biểu diễn được chúng về theo hai biểu thức đối xứng cơ bản là :S = +x y v P xyà =
- Chọn t là một trong hai biến x y+ hoặc xy khi đó ta đưa được P về hàm theo một biến t (dồn biến)
- Từ điều kiện ràng buộc ta tìm miền biến thiên của biến t Giả sử t D∈
- Dùng đạo hàm khảo sát hàm f t( ) trên miền t D∈
- Suy ra GTLN, GTNN của P
Giải:
Bước 1 Chọn biến t= +x y Khi đó từ giả thiết x3 +y3 −xy= 1 suy ra
3
(x y+ ) − 3 (xy x y+ − ) xy= 1, suy ra: xy 3 1t3 1
t
−
= +
Chuyển P sang hàm theo biến t: 1 3 2 7 1 3
( )
t
+
(Chọn t=x+y hoặc t=xy Ở đây chọn t=x+y thuận tiện hơn)
Bước 2 Tìm miền của biến t :
Sử dụng bất đẳng thức: 0 ( )2 2 0 3 1 2 1 2
t
+
( Chú ý: Đánh giá ? ≤xy≤ ?? Sao cho ? và ?? là hằng số hoặc biểu thức chứa
biến t nhưng chú ý dấu đẳng thức phải xảy ra được)
Bước 3 Tìm max, min của hàm f(t) trên miền t∈[ ]1; 2
Ta có: P/ > ⇒ 0 hàm số đồng biến
Trang 7Suy ra: max m axf ( )[ ]1;2 4, min m inf ( )[ ]1;2 9
VD5 Cho các số thực không âm x ,,y z thoả mãn x2 +y2 +z2 = 3
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P xy yz zx 5
x y z
Phân tích:
Dùng hằng đẳng thức (x y z+ + ) 2 =x2 +y2 + +z2 2(xy yz zx+ + ) ta chuyển đổi được biểu thức xy yz zx+ + theo hai biểu thức x y z+ + và x2 +y2 +z2 Từ đó đặt t= + +x y z
Thì đưa được P về hàm theo một biến t
Giải:
Đặt t=x+y+z ⇒
2
3 )
( 2 3
2
2 = + + + ⇒ + + = t −
zx yz xy zx
yz xy
Chuyển P về hàm theo một biến t: ( ) 2 3 5.
2
t
t
−
Tìm miềm của biến t: Từ điều kiện ràng buộc: 2 3
2
t
xy yz zx+ + = −
Sử dụng bất đẳng thức: 0 ≤ xy+yz+zx≤x2 +y2 +z2 = 3, ta suy ra:
2
2
3
2
t
−
2
3 5 2 ) (
2
≤
≤
− +
t
t t f
Ta có ' ( ) 5 2 5 0
3
2 = − >
−
=
t
t t t t
Suy ra f (t) đồng biến trên [ 3 , 3 ] Do đó .
3
14 ) 3 ( ) (t ≤ f =
f
Dấu đẳng thức xảy ra khi t= 3 ⇔x=y=z= 1
Kết luận:
3;3
14 max m axf ( )
3
t
∈
Dạng 3 Tìm GTLN, GTNN của biểu thức có tính đẳng cấp
VD 1 Cho x, y,z là ba số thực thuộc đoạn [ ]1; 4 và x y x z≥ , ≥ Tìm GTNN của biểu thức P 2 x3 y z
(Trích đề thi Đại học khối A năm 2011)
Phân tích:
Ta thấy P là tổng của ba phân thức mà tử và mẫu đều là các đa thức dạng đẳng cấp bậc nhất theo các biến Do đó chia cả tử và mẫu cho một biến bậc nhất ta chuyển P
về theo ba biến mới y x , z y, x z: Cụ thể là:
P
Dùng bất đẳng thức: 1 a 1 b 11 1 2
ab
+ + + với a,b>0 và ab 1≥
Trang 8Ta dồn được P về hàm theo một biến t x
y
= như sau:
P
Từ đó ta giải quyết tiếp!
Giải
Trước hết ta chứng minh: 1 a 1 b 11 1 2
ab
+ + + (*) , với a,b>0 và ab 1≥
(*) ⇔ a − b ab 1 − ≥ 0: đúng với a,b>0 và ab 1 ≥
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b hoặc ab=1
Áp dụng (*) với x và y thuộc đoạn [ ]1;4 và x y≥
Ta có:
P
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi z xy z= hoặc x 1
y =
Đặt t x, t [ ]1;2
y
3 /
2 t (4t 3) 3t(2t 1) 9
34
f (t) f (2)
33
⇒ ≥ = Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi t 2 x 4 x 4, y 1 (2)
y
34
P
33
⇒ ≥ Từ (1) và (2) suy ra đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x=4, y=1 và z=2
Vậy GTNN của P bằng 3433khi x=4, y=1 và z=2
Bài tập tổng hợp
1) Cho x, y là hai số thực thỏa mãn + + =x y x y xy, ≥0 3 Tìm GTLN, GTNN của biểu thức
P
Giải
Ta có: P x21 y21 1 3 (x y)3 3 (xy x y( ) () 1x y)2 2xy ( 1) 3
Đặt: t= + ⇒x y xy= − 3 t Khi đó: 1 3 2 7 1 3
( )
t
+
Tìm miền của t: 0 3 ( )2 2 2 3
Trang 9Khảo sát hàm: 1 3 2 7 1 3
( )
t
+ , với t∈[ ]2;3
Ta có: P/ > ⇒ 0 hàm số đồng biến
Suy ra: max m axf ( )[ ]2;3 53, min m inf ( )[ ]2;3 4
2) Cho x, y là các số thực thay đổi thỏa mãn điều kiện x2 + y2 +xy= 1 Tìm giá trị
lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S =x y xy2 − 2
Giải
Ta có: S =xy x y( − ⇒ ) S2 = ( ) (xy 2 x2 + −y2 2 ) ( ) (1 3 )xy = xy 2 − xy
Đặt t xy=
1 1 3 ( ) 0
3
x +y +xy= ⇔ +x y = +xy≥ ⇒ ≥ −t
Vậy 1;1
3
t∈ −
( ) (1 3 ), 1;
3
S = f t =t − t t∈ −
0 '( ) 2 9 0 2
9
t
t
=
=
2
2 1, 1 max 2
2 1, 1 min 2
3) Cho x,y∈ R và x,y>1 Tìm giá trị nhỏ nhất của ( 3 3) ( 2 2)
P
=
Giải
Biến đổi:
P
xy x y
=
− + +
Đặt: t = +x y Vì x y, > ⇒ > 1 t 2
Ta được:
3 2 (3 2)
1
t t xy t P
xy t
=
− +
Áp dụng BĐT: ( )2
4
x y
xy≤ +
, ta có: 2
4
t
xy≤
Mặt khác: xy > 0và 3t− > 2 0
nên:
2
3 2
2
4
t
P
t
Khảo sát hàm số : ( ) 2 ,
2
t
f t t
=
− trên miền t∈ (2; +∞ ), ta được kết quả:
(2; )
minP min ( ) 8f t
+∞
= = , đạt được khi x= =y 2
4) Cho hai số thực x y, ≠ 0 thay đổi thỏa mãn (x y xy x+ ) = 2 +y2 −xy Tìm GTLN của biểu thức 3 3
1 1
P
(Trích đề thi Đại học khối A năm 2006)
Giải
Trang 10Ta có: 2 2
2 2
1 1 1 1 1 1
Đặt a 1;b 1
= = Ta được: a b a+ = 2 + −b2 ab⇔ + = +a b (a b) 2 − 3ab
Đặt t a b= + ⇒ab=t23−t
Khi đó: P a= 3 + = +b3 (a b) 3 − 3 (ab a b+ = − ) t3 (t2 −t t t) = 2
Tìm miền của t:
2
2
2
( ) ( ) 3 ( ) ( ) 3 3
4 3
0 4 4
a b
t
+
Suy ra: P≤ 16 Vậy: ax 16 , 1
2
5) Cho x y z, , > 0, x y z+ + ≤ 1 Chứng minh: 2 2 2
82
(Trích đề thi Đại học khối A năm 2003)
Giải
Ta có:
2
Đặt: t= 3 xyz, suy ra: 2
2
9 ( ) 9
t
0
x y z
3
∈
2
9 ( ) 9
t
= + , với 0;1
3
∈ ta dễ dàng suy ra được:
1 0;
3
min ( ) 82
t
∈
Do đó: P≥ 82 (Đpcm)
6) Cho ba số thực a, b, c thỏa: , , 0, 3
2
a b c> a b c+ + ≤ Tìm GTNN của 2 2 2
1 1 1
a b b c c a
Gợi ý
0
a b c
t= abc⇒ < <t + + ≤
Đưa về hàm một biến: 2
3
3 ( ) 3
t
≥ = + , với 0;1
2
∈
7) Cho x,y,z là các số thực không âm thỏa x+y+z=1 Tìm GTLN của biểu thức :
P=xy+yz+zx-2xyz
(Thi thử đại 2012-2013 Trường THPT Kon Tum)
Giải
Vì vai trò của x, y, z trong bài toán bình đẳng nên có thể giả sử x y z≤ ≤
Trang 11Mặt khác x+y+z=1 nên say ra 0;1
3
∈
P xy yz zx 2xyz x(y z) yz(1 2x) = + + − = + + −
Ta có: ( )2
4
y z
mà 0;1 1 2 0
3
x∈ ⇒ − x>
Suy ra: (1 2 ) ( )2 (1 2 )
4
y z
Khảo sát hàm:
2
Ta tìm được x 0;1
3
7
27
∈
3
= = = .
8) Cho x,y,z là các số thực không âm thỏa mãn x+y+z=1 Tìm GTNN của biểu
thức 3 3 3 15
4
P x= +y + +z xyz
Giải Vai trò x, y z bình đẳng nên ta có thể giả sử x y z≤ ≤
Từ giả thiết suy ra: 0 1
3
x
≤ ≤ và y+z=1-x áp dụng BĐT ( )2 à27 3 0
2
( ) 3 ( )
16
3
x
≤ ≤
Ta tìm được: x 0;1
3
1
4
∈
( ; ; ) ( ; ; )
3 3 3
x y z = hoặc ( ; ; ) (0; ; )1 1
2 2
hoán vị của nó
9) Cho x, y là các số thực không âm thay đổi và thỏa mãn điều kiện
2 2
4(x +y +xy) 1 2( ≤ + x y+ ) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P xy= + x y x+ − − 2 y2
(Trích đề thi thử đại học năm 2012-2013 Trường THPT chuyên Nguyễn Tất Thành, Kon Tum)
Giải.
P xy= + x y+ − x +y =xy+ x y+ − x y+ − xy= xy+ x y+ − +x y
2
Từ giả thiết, ta biến đổi :
2 2
4(x +y +xy) 1 2( ≤ + x y+ ) ⇔ 4((x y+ ) 2 −xy) 1 2( ≤ + x y+ )
4(( ) ) 4(( ) ) 1 2( )
4
x y
Hay: 3t2 − − ≤ 2 1 0t
Từ đó: 1 1
3 t
− ≤ ≤
Trang 12Mặt khác x, y không âm nên 0 ≤ ≤t 1
Bây giờ ta đi tìm max của ( ) 2
4
t
f t = t − , trên miền 0 ≤ ≤t 1
Bằng cách dùng đạo hàm và khảo sát hàm f(t) tra được max max ( )[ ]0;1 3
4
t
∈
1
2
x= =y
10) Cho các số thực dương a, b, c Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
3
(Trích đề thi học sinh giỏi Toán 12, bảng A, tỉnh Nghệ An, năm 2012-2013 )
Giải
Áp dụng bất đẳng thức AG-MG, ta có:
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a 4b 16c = = .
Suy ra: P≥ 2 a b c( 3 ) − a b c3
Đặt: t a b c, t 0 = + + > Khi đó ta có: P f (t) 3 3
Khảo sát hàm số: f t( ) 3 3
= − , với t 0 >
Ta tìm được: min f tt 0 ( ) 3
2
> = − , khi và chỉ khi t 1 =
2
≥ − , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
+ + =
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 3
2
− khi và chỉ khi (a,b,c) 16 4 1, ,
21 21 21
= ÷
11) Cho x y z, , ∈[ ]1; 2 Tìm GTLN của biểu thức P (x y z) 1 1 1
Giải
= + ÷ + + ÷ + + ÷+
Giả sử: 1 ≤ ≤ ≤ ≤x y z 2, suy ra: 1 x 1 y 0
Suy ra: P x y y z x z 3 5 2 x z
= + ÷ + + ÷ + + ÷+ ≤ + + ÷
Đặt t x
z
= với 1;1
2
∈