01 cac BDT can biet p2 BG(2016)

Khóa học CHINH PHỤC ĐIỂM 10 MÔN TOÁN – ĐẶNG VIỆT HÙNG – NGUYỄN THẾ DUY – VŨ VĂN BẮC CÁC BĐT CẦN BIẾT ĐỂ HỌC TỐT BĐT – P2 Thầy Đặng Việt Hùng – Nguyễn Thế Duy – Vũ Văn Bắc VIDEO BÀI GIẢNG LỜI GIẢI CHI TIẾT CÁC BÀI TẬP có website MOON.VN II CÁC VÍ DỤ MINH HỌA TỔNG HỢP Ví dụ [Video]: Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn điều kiện x + y + z = xy Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = x y x3 + y + + y+z z+x 16 z Ví dụ [Video]: Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn điều kiện x + y + z = xy + Tìm giá trị lớn biểu thức P = ( x + y + 2) − 3( x + y + z) + ( x + y ) + 3z 2 Ví dụ [Video]: Xét x, y, z số thực dương tùy ý Chứng minh x2 y2 z2 x+ y+z + + ≥ x+ y y+ z z+ x Ví dụ [Video]: Xét x, y, z số thực dương thỏa mãn xyz = Chứng minh 1 + + ≤ x + y +1 y + z +1 z + x +1 Ví dụ [Tham khảo]: Xét x, y, z số thực dương tùy ý 1 1 1 Chứng minh + + ≤ + + x − xy + y y − yz + z z − zx + x x y z (1) Lời giải Ta có ( x − xy + y ) − ( x + y ) = 3x − xy + y = ( x − y ) ≥ 2 ⇒ ( x − xy + y ) ≥ ( x + y ) ⇒ x − xy + y ≥ x + y ⇒ Lại có 1 1 + ≥ ⇒ ≤ + ⇒ x y x+ y x + y 2x y Tương tự y − yz + z ≤ 1 + ; y 2z x − xy + y z − zx + x ⇒ VT (1) ≤ ≤ ≤ x − xy + y ≤ x+ y 1 + 2x y 1 + 2z 2x 1 1 1 + + + + + = VP (1) 2x y y 2z 2z 2x Dấu " = " xảy ⇔ x = y = z BĐT chứng minh, dấu " = " xảy ⇔ x = y = z Ví dụ [Tham khảo]: Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn điều kiện a + b + c = Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = 1 2 64b c a b + + + + + 24  −  2 a b bc ca a b a Tham gia khóa Luyện thi môn TOÁN MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2016 Khóa học CHINH PHỤC ĐIỂM 10 MÔN TOÁN – ĐẶNG VIỆT HÙNG – NGUYỄN THẾ DUY – VŨ VĂN BẮC Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có 1 1 2 2 2 (a + b + c) + ≥ ⇔ 2+ 2+ + ≥ + + = = a b ab a b bc ca ab bc ca abc abc Khi đó, ta biểu thức P trở thành: P≥ 64b c 32b c 32b c b a b a b + + 24  −  = + + − 48 + 24  +  abc a a a a  b a  abc b a ≥ 33 b 32b c 32b c a b − 48 + 24  +  abc a a a b a b b a b a b a b = 48 − 48 + 24  +  = 24  +  ≥ 24.2 = 48 a a b a b a b a Vậy giá trị nhỏ biểu thức P 48 Dấu đẳng thức xảy a = b = ; c = Ví dụ [Tham khảo]: Xét x, y, z số thực dương tùy ý Chứng minh ( x3 + y + z ) ≥ ( x + y + z ) Lời giải Áp dụng BĐT Bunhiacopski ta có ( x + y + z ) ( x3 + y + z ) ≥ ( x + y + z ) ⇒ ( x + y + z ) ( x3 + y + z ) ≥ ( x + y + z ) 2 Mặt khác ( x + y + z 2 ) ≥ (x + y + z) ⇒x +y +z Từ (1) (2) ⇒ ( x + y + z ) ( x + y + z 3 2 ) ≥ (x ⇒ ( x3 + y + z 2 (x + y + z) ≥ +y +z ) ≥ (x ) ( x + y + z) + y2 + z (1) (2) 3 ) BĐT chứng minh, dấu " = " xảy ⇔ x = y = z Ví dụ [Tham khảo]: Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn điều kiện 4ac + 3b = ( a + b + c ) 3(a + c) b+3 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = + ( a + c ) ( b + 2a + 2c )( a + b + c )2 Lời giải: Từ giả thiết, ta có ( a + b + c ) = 4ac + 3b ≤ ( a + c ) + 3b ⇔ ( a + c ) + 2b ( a + c ) + b ≤ ( a + c ) + 3b 2 2 ⇔ b + 2a + 2c ≤ ⇔ b + ≥ ( a + b + c ) Do suy được: 3(a + c) (a + b + c) 3(a + c) b+3 a+b+c  a+c  + ≥ + = + P=  2 ( a + c ) ( b + 2a + 2c )( a + b + c ) 8(a + c) a+c a+b+c 3(a + b + c) 2 Tham gia khóa Luyện thi môn TOÁN MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2016 Khóa học CHINH PHỤC ĐIỂM 10 MÔN TOÁN – ĐẶNG VIỆT HÙNG – NGUYỄN THẾ DUY – VŨ VĂN BẮC Đặt t = 1 1 1 1 3 a+b+c > , ta có P ≥ t + = t + t + ≥ 3 t t = ⇒ Pmax = 8 t 8 t 4 t a+c Dấu đẳng thức xảy a = c = ; b = Ví dụ [Tham khảo]: Cho a, b hai số thực thoả mãn điều kiện a, b ≠ 2a 3b = ( a + b ) ( ab + 1) a + b + (1 − a )(1 − b ) Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = a + b2 Lời giải: Phân tích toán: Bài toán có đối xứng a, b biểu thức cực trị, nhiên điều lại giả thiết toán Nên chưa thể suy đoán điểm rơi toán, điểm rơi tìm việc kết hợp giả thiết biểu thức P Trước hết, rút gọn P ta có: P= a + b + (1 − a )(1 − b ) (a = a + b2 + b ) − ( a + b2 ) + = a + b + (1 − a − b + a 2b ) a + b2 a +b 2 = a + b2 + −2 a + b2 Đến đây, sai lầm dễ gặp phải sử dụng bất đẳng thức AM – GM cho hai số thực dương là: P = a + b2 + −2≥2 a + b2 (a + b2 ) −2=2 2−2 a + b2 Và khẳng định giá trị nhỏ P 2 − Điều sai hoàn toàn dấu đẳng thức không xảy Vậy nên để tìm giá trị nhỏ P ta phải cần tìm điều kiện chặn a + b thông qua giả thiết cho Với giả thiết này, có 2a 3b = ( a + b ) ( ab + 1) ⇔ 2a 3b = a 3b + a + ab3 + b ⇔ a + b = a 3b − ab3 ⇔ a + b = ab ( a − b ) ( ∗) Bên VT(∗) chứa a + b , nên ta cần đánh giá VP(∗) theo đại lượng a + b , cụ thể đánh giá qua k ( a + b ) VP(∗) chứa hàm đa thức bậc bốn Với biểu thức k ( a + b ) , ta có: 2 2 k ( a + b ) = k ( a + 2a b + b ) = k ( a − 2a 2b + b + 4a b ) = k ( a − b ) + ( 2ab )    2 Đến đây, tương quan hai biểu thức ab ( a − b ) k ( a − b ) + ( 2ab )  xuất rõ ràng, vì:   (a − b − 2ab ) ≥ ⇔ ( a − b ) + ( 2ab ) ≥ 4ab ( a − b ) ⇒ k = 2 ⇒ ( a − b2 ) + ( 2ab ) ≥ ( a + b2 ) ⇔ ( a + b2 ) ≥ ( a + b2 ) ⇔ a + b ≥ 2 Tham gia khóa Luyện thi môn TOÁN MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2016 Khóa học CHINH PHỤC ĐIỂM 10 MÔN TOÁN – ĐẶNG VIỆT HÙNG – NGUYỄN THẾ DUY – VŨ VĂN BẮC Cuối cùng, cần xét hàm số P = f ( t ) = t + − với t = a + b ≥ để tìm giá trị nhỏ biểu thức t P Tuy nhiên, ta cần biến đổi tương đương điểm rơi xảy t = a + b = Thật vậy: ( t − )( 2t − 1) ≥ 0; ∀t ≥ t2 + 2t − 9t + t+ −2≥ ⇔ − ≥0⇔ ≥0⇔ t t 2t 2t 2 a + b = Dấu đẳng thức xảy  Từ dẫn đến lời giải chi tiết sau: a − b = 2ab Lời giải: Biểu thức P viết lại thành: P= a + b + (1 − a )(1 − b ) (a = a + b2 + b ) − ( a + b2 ) + = a + b + (1 − a − b + a 2b ) a + b2 a +b 2 = a + b2 + −2 a + b2 Giả thiết toán tương đương với: 2a 3b = a 3b + a + ab3 + b ⇔ a + b = ab ( a − b ) (1) Mặt khác: ( a − b − 2ab ) ≥ ⇔ ( a − b ) + ( 2ab ) ≥ 4ab ( a − b ) ⇔ ( a + b ) ≥ 4ab ( a − b ) ( 2) 2 2 Từ (1) , ( ) suy ( a + b ) ≥ ( a + b ) ⇒ a + b ≥ ( a + b2 − ) 2 ( a + b2 ) − 1 5 2 Do đó, ta có: P = a + b + −2= + ≥ ; ∀a + b ≥ a + b2 2 ( a + b2 ) 2 Vậy giá trị nhỏ P a + b = Dấu đẳng thức xảy  2 a − b = 2ab Ví dụ 10 [Tham khảo]: Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn điều kiện x + y + z = x + y Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = x+3 x2 + z + yz x − + x − z z +1 Lời giải:  x + z ≤ x + Từ giả thiết, có: ( y − 1) = x + − x − z ≥ ⇔ x + ≥ x + z ⇔   x + ≥ xz x+3 Do đó, biểu thức P trở thành: P ≥ + x +1 2x + 2 x = x + + 8x 4x − x x +1 3x + x +1 +1 2x 4x − Mặt khác, theo bất đẳng thức AM – GM ta có: x + + ≥ 2 ( x + 1) ⇔ x+3 ≥2 x +1 x ≥ ⇒ 16 x ( x − x ) ≥ ( x + 1) ⇔ x x − x ≥ 3x + ⇔ 8x x2 − x ≥2 3x + Vậy nên, suy P ≥ Dấu đẳng thức xảy x = y = z = Tham gia khóa Luyện thi môn TOÁN MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2016 Khóa học CHINH PHỤC ĐIỂM 10 MÔN TOÁN – ĐẶNG VIỆT HÙNG – NGUYỄN THẾ DUY – VŨ VĂN BẮC Ví dụ 11 [Tham khảo]: Cho a , b , c số thực dương thỏa mãn a + b + c = (a + b + c ) − 2ab    Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = a + b + c + 48  +3 b + c   a + 10 Lời giải: Đây toán cũ có hay để khai thác Cái hay ĐIỂM RƠI toán, tìm hiểu Trước hết, quan sát biểu thức P thấy a + b + c đồng thời đại lượng xuất giả thiết, ta đánh giá P biến t = a + b + c + k để làm điều này, tất nhiên cần phải đánh giá biểu thức a + 10 + b+c a + 10 + b+c ≥ f (a + b + c) Nhận thấy biểu thức chứa hai phân thức làm ta nghĩ đến đánh giá quen thuộc 1 + ≥ , ta cần x y x+y xác định điểm rơi toán để dùng bất đẳng thức AM – GM, đánh sau:   a + 10 ≤ f a () 1  ⇒ + ≥ + ≥   f (a) f (b + c) f (a) + f (b + c) a + 10 b + c  b + c ≤ f (b + c) Dừng lại đó, ta khai thác giả thiết toán, không khó để nhận thấy đẳng thức 2 a + b2 + ab = (a + b) , giả thiết viết lại thành: (a + b) + c = 5(a + b + c) đặt x = a + b; y = c ta có: x + y = 5( x + y) Và ta có hai cách sau, dựa vào giả thiết, đoán định điểm rơi toán Cách Sử dụng máy tính CASIO với Table ( Mode )  Với phép đặt trên, ta có P = x + y + 48  +  a + 10   b + c  x = a + b Và tiếp tục đặt z = b + c ,  ⇔ x+ y=a+b+c=a+z⇔ a=x+ y−z  y = c     +   x + y + 10 − z  z  Nên suy P = x + y + 48  Mặt khác, từ giả thiết áp dụng đánh giá 5( x + y) = x + y ≥ 2 ( x + y) ⇔ x + y ≤ 10 ⇔ a + z ≤ 10 ⇒ z < 10 , vào coi P biểu thức chứa ẩn X = x + y với z tham số ta khảo sát hàm số   + F (X ) = X + 48   Table lại gán z = const < 10 , ta gán vài giá trị z   X + 10 − z z = {8;7; } •  Với z = , ta nhập F (X ) = X + 48   X + +    Start = , End = 10 , Step = 0.5 Tại X = ta F (X) đạt giá trị nhỏ 58.092 •   +   X + 2  Với z = , ta nhập F (X ) = X + 48  Start = , End = 10 , Step = 0.5 Tại X = 10 ta F (X) đạt giá trị nhỏ 58 Tham gia khóa Luyện thi môn TOÁN MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2016 Khóa học CHINH PHỤC ĐIỂM 10 MÔN TOÁN – ĐẶNG VIỆT HÙNG – NGUYỄN THẾ DUY – VŨ VĂN BẮC Mình đưa hai bảng giá trị cho F (X) nhỏ nên bạn tự thao tác máy tính Với hai giá trị ta thấy với z = X = với z = X = 10 , dễ dàng thấy chúng mối liên hệ với X = z + ⇔ x + y = z + ⇔ a + b + c = b + c + ⇔ a = Vậy ta tìm trực tiếp điểm rơi a = a = , đồng thời z = cho F ( X ) nhỏ 58 nên ta có điểm rơi  với  b + c = (a + b) + c = 5(a + b + c) suy (a; b; c) = (2; 3; 5) Cách Cân hệ số theo bất đẳng thức AM – GM Giả sử tồn hai số α , β > cho a + 10 + b+c = 3α α (a + 10) + 33 β2 3 β β (b + c) Khi áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho mẫu số, ta có:  2 α (a + 10) ≤ a + 10 + α  3 β β (b + c) ≤ b + c + 2β  Do đó, suy ra: 3α α (a + 10) + 33 β2 3 β β (b + c) ≥ 33 β2 3α + ≥ f ( a + b + c) a + 10 + α b + c + 2β (∗) Bây giờ, quan sát tới bất đẳng thức (∗) , mục đích ta dồn biến chứa a + b + c cộng hai mẫu số (∗) ta được: a + b + c + α + 2β + 10 , tức sử dụng bất đẳng thức cộng mẫu ta dồn biến chứa a + b + c Chính thế, ta liên tưởng tới bất đẳng thức quen thuộc 1 + ≥ Do đó, x y x+y 2 3α = 3 β  2 3α = 3 β α = 12 ⇔  phương pháp đồng hệ số, suy ra: a + 10 + α = b + c + 2β ⇔  a + 10 = α ; b + c = β 2α = 3β β =  Do đó, ta có đánh sau:    12 12  P = a + b + c + 48  +  12 (a + 10) 3 8.8.(b + c)       ≥ a + b + c + 576  +  a + 22 b + c + 16  ≥a+b+c+ 2304 2304 = f (t) = t + − 38 a + b + c + 38 t Với t = a + b + c + 38 ≤ 10 + 38 = 48 Đến coi toán hoàn tất việc khảo sát hàm số f (t ) với điều kiện < t ≤ 48 để tìm giá trị nhỏ P Tham gia khóa Luyện thi môn TOÁN MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2016