Biên soạn: Đào Trọng Anh – GV Luyện Thi THPT QG _ _ CHƯƠNG BẤT ĐẲNG THỨC (Đây giảng, tài liệu tham khảo tư duy) Bài (QG – 2015) Cho số thực a, b, c thuộc đoạn [1;3] thỏa mãn điều kiện a b c Tìm GTLN biểu thức: P a 2b2 b 2c c a 12abc 72 abc ab bc ca Phân tích: - Trước tiên ta hay nghĩ đến trường hợp a b c , đó: P 14 Tuy nhiên cho (1;2;3) ta lại 160 3 14 , ; ;3 cho P 14, 275 14 Như GTLN không xảy a b c 11 2 - Vì a b c P đối xứng nên có hai hướng: đặt t ab bc ca t abc Tuy nhiên, thấy tử : (ab bc ca) a 2b2 b c c a 2abc (a b c) a 2b b2 c c a 12abc Nên chắn phải đặt t ab bc ca Nhiệm vụ phải đánh giá biến t : P + Ta có: 3(ab bc ca ) (a b c) 36 t 12 + t chắn phải tìm từ điều kiện a, b, c thuộc đoạn [1;3] - Giả thiết: a, b, c thuộc đoạn [1;3] có nhiều cách khai thác: (a 1)(b 1)(c 1) a b c (a 1)(b 1) 0, (3 a)(3 b) 0, Lời giải Đặt t ab bc ca Ta có: 3t 3( ab bc ca) (a b c ) 36 t 12 Mặt khác: (1 a)(1 b)(1 c) abc ab bc ca t (3 a )(3 b)(3 c ) 3t 3(ab bc ca) abc 27 t 22 t 11 Vậy t [11;12] a 2b2 b 2c c a 2abc (a b c) 72 abc (ab bc ca ) 72 abc ab bc ca ab bc ca 2 t 72 t t 5t 144 P t 2t t 5t 144 t 144 Xét f (t ) , với t [11;12] f '(t ) 0, t [11;12] 2t 2t 160 160 f (t ) nghịch biến [11;12] f (t ) f (11) P 11 11 160 Ta có: ( a; b; c ) (1; 2;3) thỏa mãn điều kiện toán P 11 160 Vậy max P 11 Khi đó: P Ngoài cách sử dụng cách sau (tuy không tự nhiên): t 5t 144 160 144 11t 55t 1584 320t 11t 265t 1584 11 t (t 11) 2t 11 11 Luôn Đẳng thức xảy t 11 49 Biên soạn: Đào Trọng Anh – GV Luyện Thi THPT QG _ _ 2 Bài (A-2014) Cho x, y, z số thực không âm thỏa mãn điều kiện x y z Tìm GTLN biểu thức P x2 yz yz x yz x x y z Phân tích 1: - Từ giả thiết x y z Ta có: ( x y z ) ( x y z ) x y z - Xét bảng số giá trị P x y 6 z 0 1 1 0 0 2 P 0, 4998 0,555 0, 444 0, 444 0,4746… 0,3419… 0,4746… x y 1, z Với dự đoán này, kết hợp với điều kiện x y z , ta nghĩ đến ( x y z ) Như ta dự đoán GTLN P ( x y z ) x y z xy yz zx xy yz zx Để liên kết mẫu lại với cần có: x yz x x xy xz x yz xy xz yz xy zx (Luôn đúng) Như P x2 yz yz x yz yz x y z 1 x xy zx x x y z Vấn đề xử lý: yz tức phải biểu diễn yz theo t x y z Giờ phải lọc yz từ t Trước tiên để ý: yz x y z yz x ( y z ) t ( x y z ) xy yz zx 2(1 yz ) x( y z ) 2(1 yz ) x ( y z ) 4(1 yz ) P x yz ( x y z )2 x y z 1 36 Lời giải 1: ( x y z ) x y z xy yz zx xy yz zx x yz x x xy xz x yz xy xz yz xy zx (Luôn trên) Do đó: x xy x x xy zx x yz x y z yz x ( y z ) ( x y z ) xy yz zx 2(1 yz ) x ( y z ) 2(1 yz ) x ( y z ) 4(1 yz ) P x2 yz ( x y z)2 x yz ( x y z )2 x xy zx x x y z 36 x y z 1 36 Đặt t x y z ta có: t t 3( x y z ) t 6] P t t2 f (t ) t 36 50 Biên soạn: Đào Trọng Anh – GV Luyện Thi THPT QG _ _ t (t 2)(t 4t 9) f '(t ) ; f '(t ) t (t 1) 18 18(t 1) 31 Ta có: f (0) 0; f (2) ; f ( 6) 20 5 5 P f (t ) Với x y 1, z P Vậy max P 9 Phân tích 2: x y 1, z với sở Cách Ta sử dụng z x2 x2 - Ý tưởng đánh giá P biến Quan sát Ta đưa phần lại biến x x yz x x x - Vẫn dự đoán max P yz x 1 x 1 yz 1 x y z 1 x y z 1 x y 1 9 Ta có: x y ( x y )2 2( x y ) x y P x2 x 1 x2 x x2 x 1 Đến cần chứng minh 0 x x 1 x x 1 x x 1 Lời giải 2: x y x y z ( x y ) 2( x y ) x y Vì z nên: x2 x2 yz 2 x yz x x x 9 yz x 1 x 1 x 1 1 x y z 1 x y z 1 x y 1 P x2 x 1 x2 x x( x 1) 5 2 x x 1 x x 3( x x 1) 9 Vậy max P x y 1, z Phân tích 3: Ta làm Cách : P x yz yz 1 yz 1 x y z 1 x y z 1 Ý tưởng đưa biến yz : ( x y z ) x ( y z )2 ] 4(1 yz ) x y z yz Như đưa thứ t yz Lời giải 3: ( x y z ) x y z xy yz zx xy yz zx x yz x x xy xz x yz xy xz yz xy zx (Luôn trên) Do đó: x xy x x xy zx x P x2 y z yz x yz yz 1 yz 1 x xy zx x x y z x y z 1 x y z 1 ( x y z ) x ( y z )2 ] 4(1 yz ) x y z yz Đặt t yz , P t 2t 51 Biên soạn: Đào Trọng Anh – GV Luyện Thi THPT QG _ _ y z x2 y z yz 1 t 1 t 2 t Cần chứng minh 2t t 8t (t 1) (2t 5) (Luôn đúng) 2t 9 Vậy max P x y 1, z Lời giải 4: Xuất phát từ: (a 1) a 2a ( x y z ) x y z xy yz zx xy yz zx x yz x x xy xz x yz xy xz yz xy zx (Luôn trên) Do đó: x xy x x xy zx x yz x ( y z ) x 2( y z ) 2( x y z 1) yz x y z P P x yz x y z 1 x y z 1 1 x y z 1 x y z 1 9 11 x y z 11 x y z 11 2 x y z 1 x y z 1 9 Vậy max P x y 1, z Bài (B-2014) Cho a, b, c số rút thực không âm thỏa mãn điều kiện (a b)c Tìm GTNN biểu thức P a b c bc a c 2(a b) Phân tích 1: Từ điều kiện a, b, c không âm (a b)c ta có: c , a b Áp dụng BĐT Cô-si: a a 2a ; bc a (b c) a b c b b 2b ac b (a c) b a c Vì cần đánh giá P theo hướng nhỏ nên phù hợp áp dụng Cô-si mẫu Lời giải 1: - Từ điều kiện a, b, c không âm (a b)c ta có: c , a b Áp dụng BĐT Cô-si: P a a 2a ; bc a (b c) a b c b b 2b ac b (a c) b a c 2(a b) c 2(a b) a b c 1 2 a b c 2( a b) a b c 2( a b) 2 a 0, b c 2(a b) c Nhận xét: Để tìm GTNN Ta chia tử mẫu cho a b a b c 2( a b) Vậy P c c Đặt t 0 c 2( a b) ab 1 ab t 2 P f (t ) f '(t) ; f '(t ) t 1 t 2 (t 1) P Lập bảng biến thiên cho kết P 52 Biên soạn: Đào Trọng Anh – GV Luyện Thi THPT QG _ _ Bài (D-2014) Cho hai số thực x, y thỏa mãn điều kiện x , y Tìm GTNN biểu thức: P x 2y y 2x 4( x y 1) x y y 3x Phân tích Từ điều kiện: x , y ta có: ( x 1)( x 2) x x ( y 1)( y 2) y y Thay vào có: P x 2y y 2x x y 3x y 3x y 4( x y 1) x y 4( x y 1) Đến biết phải làm ! Lời giải Ta có: x ( x 1)( x 2) x x x 3x Tương tự: y y P x 2y y 2x x y 3x y 3 x y 4( x y 1) x y 4( x y 1) Đặt t x y t [2; 4] P f (t ) 1 3t 10t t ; f '(t ) t 4(t 1) (t 1)2 4(t 1)2 4(t 1)2 (t 1) (L) t 11 53 Ta có: f (2) ; f (3) ; f (4) f (t ) x[1;3] 12 60 Vậy P , x 1; y x 2; y f '(t ) t Bình luận - Đây toán đơn giản, từ điều kiện x ( x 1)( x 2) x 3x Từ có dạng đẹp Việc xử lý phía sau không khó khăn - Với dạng cho biến thuộc khoảng Ngoài cách nghĩ nghĩ đến hệ ( x 1)( y 1) ( x 2)( y 2) ( x 1)( y 2) ( x 2)( y 1) CHÚ Ý: Đây giảng, tài liệu tham khảo tư ! Ý kiến đóng góp xin liên hệ: Facebook: Đào Trọng Anh 53