bất đẳng thức, giá trị lớn nhất nhỏ nhất

bất đẳng thức, giá trị lớn nhất nhỏ nhất

BẤT ĐẲNG THỨC GIÁ TRỊ LỚN NHẤT-NHỎ NHẤT Bài viết đề cập đến số phương pháp thơng dụng để chứng minh BĐT tìm GTLN GTNN biểu thức &1 BẤT ĐẲNG THỨC CƠSI Kiến thức Bất đẳng thức Cơsi cho hai số ba số a/ Nếu a, b số khơng âm, ta ln có: Dấu “=” (1) xảy ⇔ a = b a+b ≥ ab b/ Nếu a, b, c số khơng âm, ta ln có: ( 1) a+b+c ≥ abc ( ) Dấu “=” (2) xảy ⇔ a = b = c Một số dạng thơng dụng bất đẳng thức cơsi a/ Nếu a, b số dương, ln có ( a + b )  1a + 1b ÷≥ ,  + ÷≥    a Dấu “=” xảy ⇔ a = b  b a + b) a+b 2 ( , ab ≤  ÷ ,a +b ≥ a+b   2 b/ Nếu a, b số dương, ln có ( a + b + c )  1a + b1 + 1c ÷≥ ,  + + ÷≥     Dấu “=” xảy ⇔ a = b = c a b c a+b+c , abc ≤  ÷ a+b+c   Bất đẳng thức Cơsi cho n số khơng âm Cho n số thực a1, a2, , an khơng âm, ta ln có : a1 + a2 + K + an n ≥ a1.a2 K an n Dấu “=” xảy a1 = a2 = = an Các dạng tốn Khi sử dụng bất đẳng thức cơsi ta phải ý đến điều kiện tốn đặc biệt dấu “=” xảy nào? Loại 1: Tổng tích Ví dụ 1: Cho a, b, c số khơng âm Chứng minh rằng: ( a + b ) ( b + c ) ( c + a ) ≥ 8abc ( 1) Giải Do a, b, c ≥ nên áp dụng bất đẳng thức cơsi cho cặp số, ta được: a + b ≥ ab dấu “=” xảy ⇔ a = b b + c ≥ bc dấu “=” xảy ⇔ b = c c + a ≥ ca dấu “=” xảy ⇔ c = a Nhân ba bất đẳng thức chiều theo vế, ta (1) Dấu “=” (1) xảy ⇔ a = b = c Ví dụ 2: (Đề thi khối B – 2005) x x x  12   15   20  Chứng minh với x ∈ R , ta có:  ÷ +  ÷ +  ÷ ≥ 3x + x + x  5  4   Giải 12 15 15 20 20 12 = 32 , = 52 , = 42 4 3 Áp dụng bất đẳng thức cơsi x + y ≥ xy , ta có: Chú ý: THPT LƯƠNG VĂN CAN ƠN THI ĐẠI HỌC ThS Nguyễn Thanh Quang x x x x x  12   15   12   15   12 15   ÷ + ÷ ≥2  ÷  ÷ =2  ÷ =2  5  4  5  4  4  12  x  15  ( ) 32 x =  x ÷ = 2.3x   x Dấu “=” xảy ⇔  ÷ =  ÷ ⇔ x =  5  4 x x x x  15   20   20   12  Tương tự:  ÷ +  ÷ ≥ 2.5 x ,  ÷ +  ÷ ≥ 2.4 x  4      5  12  x  15  x  20  x Cộng ba bất đẳng thức ta được:  ÷ +  ÷ +  ÷ ≥ 3x + x + x  5  4   Dấu “=” xảy ⇔ x = ( ) 2 Ví dụ 3: Cho a, b số thực thỏa a + b = Chứng minh rằng: ab a + b ≤ ( 1) Nhận xét: Dấu “=” (1) xảy ⇔ a = b ⇒ 2ab = a2 + b2 Giải: x+y ÷ ,ta có:   Áp dụng bất đẳng thức cơsi dạng xy ≤  2 2  1  2ab + a2 + b2   ( a + b)  2 2 ab a + b = 2ab a + b ≤  =2 ÷ =  ÷ 2 2     a + b = Dấu “=” xảy ⇔  2 ⇔ a = b =1 2ab = a + b ( ) ( ) ( ) 3 3 Ví dụ 4: Cho a, b số thực dương thỏa a + b = Chứng minh rằng: a b a + b ≤ (1) Nhận xét: ( ) ( a3 + b3 = ( a + b ) a − ab + b = a − ab + b  ) Dấu “=” (1) xảy ⇔ a = b ⇒ a2 − ab + b2 = ab Giải  ( ) ( ) a3 b3 a3 + b3 ≤ ⇔ a3 b3 a2 − ab + b2 ≤  x+y+z+t ⇔ x = y = z = t , ta có: Áp dụng bất đẳng thức cơsi dạng xyzt ≤  ÷ Dấu "=” xảy   ( ) ( a3 b3 a2 − ab + b2 = ab.ab.ab a − ab + b ) 4   ab + ab + ab + a2 − ab + b2  a + b )  (  ≤ =1 ÷ =  ÷        ab = a2 − ab + b ⇔ a = b =1 a + b = Dấu “=” xảy  Ví dụ 5: Cho a, b, c, d số thực dương Chứng minh rằng: ( a + b) ( a + b + c) ( a + b + c + d ) ≥ 64abcd Giải Áp dụng bất đẳng thức cơsi dạng ( x + y ) ≥ xy , ta có: ( a + b ) ≥ 4ab ( a + b + c) ( a + b + c + d ) ≥ 4d ( a + b + c ) ≥ 4c ( a + b ) Nhân ba bất đẳng thức theo vế, ta được: 2 ( a + b) ( a + b + c) ( a + b + c + d ) ≥ 64abcd ( a + b ) ( a + b + c ) 2 ⇔ ( a + b ) ( a + b + c ) ( a + b + c + d ) ≥ 64abcd d = a + b + c  ⇔ ⇔ d = 2c = b = a Dấu “=” xảy c = a + b  a = b Ví dụ 6: Cho a + b = Chứng minh rằng: a + b ≥ ( ) Áp dụng bất đẳng thức x + y ≥ ( x + y ) liên tiếp Ta có: 2(a2 + b2 ) ≥ (a + b)2 = ⇒ a2 + b2 ≥ 2(a + b ) ≥ (a2 + b2 )2 ≥ 22 = Suy ra: a4 + b4 ≥ (đpcm) a+b=2 ⇔ a = b =1 Dấu “=” xảy ⇔  a = b Bài tập tương tự Bài 1: Cho a, b, c số khơng âm Chứng minh rằng: a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca 2 Bài 2: Cho a, b, c > Chứng minh rằng: 2a + 2b + 2c ≥ 2ab + 2bc + 2ca Bài 3: Cho a, b, c > thỏa mãn abc = Chứng minh rằng: a3 b + b3c + c3a ≥ ab + bc + ca  Bài 4: Cho a, b, c > Chứng minh rằng: abc ≥ ( a + b − c ) ( b + c − a ) ( c + a − b ) Bài 5: Cho a, b, c > Chứng minh rằng: ( a + b + c ) ( ab + bc + ca ) ≤ ( a + b ) ( b + c ) ( c + a ) Loại 2: Biến chứa Ví dụ 1: Cho a, b, c > thỏa mãn a + b + c = Chứng minh rằng: Giải: a+b + b+c + c+a ≤ a=b=c ⇔ a=b=c= ⇒a+b=b+c=c+a= Nhận xét: Dấu “=” xảy ⇔  3 a + b + c =  Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: Áp dụng bất đẳng thức cơsi dạng +a+b a + b ≤ ( ) 2 2 a + b) + b + c) + ( ( ( c + a) ≤ 3 x+y , ta có: 2 +b+c b + c ≤ ( ) xy ≤ +c+a c + a ≤ ( ) Cộng ba bất đẳng thức theo vế, suy kết   a+b=b+c=c+a= ⇔ a=b=c= Dấu “=” xảy ⇔   a + b + c = Ví dụ 2: Cho c > a, b ≥ c Chứng minh rằng: c ( a − c ) + c ( b − c ) ≤ ab Giải: Tương tự chứng minh ví dụ ca−c c b−c  ÷+  ÷≤1 b a  a b  x+y Áp dụng bất đẳng thức cơsi dạng xy ≤ , ta có: c a−c c b−c + + ca−c c b−c b a +a b =1 A= + ≤  ÷  ÷ b a  a b  2 c ( a − c ) + c ( b − c ) ≤ ab ⇔ A = THPT LƯƠNG VĂN CAN ƠN THI ĐẠI HỌC ThS Nguyễn Thanh Quang c a − c  = a 1 ⇔ ab = ac + bc ⇔ = + Dấu “=” xảy ⇔  b c a b c = b − c  a b Ví dụ 3: (Đề thi khối D – 2005) Cho số dương x, y, z thỏa mãn xyz = Chứng minh rằng: + x + y3 + y + z3 + z3 + x + + ≥3 xy yz zx Giải: Lưu ý: Nhận thấy dấu “=” xảy ⇔ x = y = z = Áp dụng BĐT cơsi dạng a + b + c ≥ 33 abc Ta có: + x + y3 ≥ 33 1.x y3 = xy ⇒ Tương tự : + y + z3 ≥ yz yz  1 + x + y3 ≥ xy xy + z3 + x 3 ≥ zx zx , 1  1 1 ÷≥ 3 + + = 33 =3 Từ suy VT ≥  ÷ xyz xy yz zx xy yz zx   ( CMX )  x = y = 1, y = z = 1, z = x = ⇔ x = y = z = xyz =  xy = yz = xz , Dấu “=” xảy ⇔  Ví dụ 4: Cho a, b, c số dương thỏa a + b + c = Tìm giá trị lớn biểu thức P = a + 3b + b + 3c + c + 3a Giải: Nhận xét: Dấu “=” xảy ⇔ a = b = c = ⇒ a + 3b = b + 3c = c + 3a = x+y+z Áp dụng bất đẳng thức xyz ≤ , ta có: P = a + 3b + b + 3c + c + 3a = 1.1 ( a + 3b ) + 1.1 ( b + 3c ) + 1.1 ( c + 3a ) + + a + 3b + + b + 3c + + c + 3a + ( a + b + c ) + + = =3 3 3 Dấu “=” xảy ⇔ a = b = c = Vậy P = ⇔ a = b = c = ≤ Ví dụ 5: Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn: ab + bc + ca = Chứng minh rằng: a b c + + ≤ + a2 + b2 + c2 Giải: Áp dụng bất đẳng thức cơsi dạng Ta có: a + a2 Tương tự: = a 1 1  ≤  + ÷và lưu ý : = ab + bc + ca AB  A B  = 1 a a  ≤  + ÷ (a + b)(a + c)  a + b a + c  ab + bc + ca + a2 b 1 b b  ≤  + ÷, + b2  a + b b + c  a 1 c c  ≤  + ÷ + c2  a + c b + c  c Cộng BĐT trên, vế theo vế, ta đpcm Đẳng thức xảy ⇔ a = b = c = Bài tập tương tự thỏa mãn a + b + c = Chứng minh : 4a + + 4b + + 4c + < a b c Bài : Cho a, b, c > Chứng minh : + + >2 b+c a+c a+b Bài : Cho a, b, c ≥ − Bài : Cho a ≤ 1, b ≤ 1, a + b = Tìm giá trị lớn biểu thức: A = 1− a2 + 1− b2 (Đề thi vào lớp 10 THPT Hải Dương) Bài 4: Cho a, b, c > thỏa a + b + c = Tìm giá trị lớn biểu thức P = a + ab + abc Bài 5: Cho −1 ≤ a ≤ Chứng minh rằng: − a2 + − a + + a ≤ Loại 3: Mẫu chứa biến Loại đa dạng giải đòi hỏi nhiều thủ thuật, biến đổi phức tạp Sau số thủ thuật đơn giản thường gặp Thêm bớt để khử Mẫu: Chú ý việc bảo tồn dấu “=” thực a b c + + ≥ ( 1) b+c c+a a+b Lưu ý: Trong (1) ta nhận thấy dấu “=” xảy ⇔ a = b = c VT(1) dạng phân số, VP(1) Ví dụ 1: Cho a, b, c số dương Chứng minh rằng: số thực Ta nghĩ tới bất đẳng thức cơsi dạng xảy ⇔ A = B với A, B > Lời giải (1): A B A B + ≥2 = ( *) Dấu “=”trong ( *) B A B A ( 1) ⇔ b2+ac + c2+ba + a2+cb ≥ ⇔  b2+ac + 1÷+  c2+ba + 1÷+  a2+cb + 1÷≥            a+b a+c b+c b+a c+a c+b ⇔ + + + ÷+  ÷+  ÷≥  b+c b+c c+a c+a a+b a+b  a+b c+b b+c a+c c+a b+a ⇔ + + + ÷+  ÷+  ÷≥ ( )  b+c a+b c+a b+c a+b c+a Do a, b, c số dương Nên áp dụng ( *) , ta được: a+b c+b + ≥ Dấu “=” xảy a = c b+c a+b b+c a+c + ≥ Dấu “=” xảy b = a c+a b+c c+a b+a + ≥ Dấu “=” xảy c = b a+b c+a Cộng ba bất đẳng thức chiều theo vế, ta (2) Dấu “=” (2) xảy ⇔ a = b = c a b c b + c c + a a + b 15 Ví dụ 2: Cho a, b, c > Chứng minh rằng: + + + + + ≥ b+c a+c a+b a b c Giải Lưu ý: Có bạn làm sau: a b c b+c c+a a+b + + + + + b+c a+c a+b a b c  a b+c  b c+a  c a+b = + + + ÷+  ÷+  ÷≥ + + = a   a+c b  a+b c  b+c Nhưng dấu “=” khơng thể xảy Vì sao? Các bạn tự trả lời Lời giải đúng: THPT LƯƠNG VĂN CAN ƠN THI ĐẠI HỌC ThS Nguyễn Thanh Quang Ta có: b+c c+a a+b b a  c a  c b A= + + =  + ÷+  + ÷+  + ÷ ≥ + + = a b c a b a c b c Dấu “=” xảy ⇔ a = b = c a b c B= + + ≥ b+c c+a a+b Dấu “=” xảy ⇔ a = b = c (ví dụ 1b.) 15 Suy ra: A + B ≥ + = Dấu "=" xảy ⇔ a = b = c 2 a2 + b2 b2 + c2 c2 + a2 Ví dụ 3: Cho a, b, c > Chứng minh rằng: + + ≥ a+b+c 2c 2a 2b Lưu ý: Nhận thấy VT dạng phân số, VP tổng bậc hai vế đồng bậc Hơn dấu “=” xảy ⇔ a = b = c Nên ta nghỉ tới triệt tiêu mẫu số VT phải ln bảo tồn dấu “=” Giải Ta có: a2 + b2 a2 + b2 +c ≥ ≥2 2c ( a + b) b2 + c b2 + c2 +a≥2 ≥2 2a ( b + c) = a+b = b+c ( c + a) = c + a c2 + a2 c + a2 +b≥2 ≥2 2b Cộng ba bất đẳng thức theo vế, suy ra: a2 + b2 b2 + c2 c2 + a2 + + ≥ a+b+c 2c 2a 2b Dấu “=” xảy ⇔ a = b = c Ví dụ 4: (Đề thi tuyển sinh Đại học Sài Gòn khối A-B 2007) Cho a, b, c ba số dương thỏa a2 + b2 + c2 = Tìm giá trị nhỏ biểu thức ab bc ca + + c a b P= Lưu ý: Điều kiện bậc hai biểu thức P bậc Bài tốn u cầu tìm giá trị nhỏ nhất, có nghĩa ta chứng minh P ≥ k , ( k = const ) Do ta nghĩ tới việc đánh giá ( ) P ≥ k x + y + z2 Do a, b ,c số dương nên P > Giải  ab bc ca  a2 b b c c a2 P2 =  + + ÷ = + + + a2 + b2 + c2 2 c a b c a b   ( ) Áp dụng bất đảng thức cơsi dạng A + B ≥ AB , ta có: a b2 c + b c2 a ( b2 c2 ≥ 2b , ) a + c2 a b ≥ 2c , a2 b2 c + c2 a2 b ≥ 2a2 2 2 Suy P ≥ a + b + c = ⇒ P ≥ ( P > ) Vậy P = ⇔ a = b = c = Ví dụ 5: Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn a + b + c = Chứng minh rằng: + b2 + c + a 2 Giải: a a(1 + b2 ) − ab2 ab2 ab Ta có: = = a− ≥ a− 2 2 1+ b 1+ b 1+ b b bc c ac ≥ b− ; ≥c− Tương tự: 2 2 1+ c 1+ a Do đó, ta cần chứng minh: a + b + c − (ab + bc + ca) ≥ 2 Từ BĐT 3(ab + bc + ca) ≤ (a + b + c) suy ab + bc + ca ≤ a + b c + ≥ a + b + c − (ab + bc + ca) ≥ Đẳng thức xảy ⇔ a = b = c = 2 Ví dụ 6: Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn a + b + c = Chứng minh rằng: Do đó: a3 b3 + a3 + b3 c3 + + c3 a3 + ≥ + (ab + bc + ca) (*) 27 Giải: b + b2 − 2b + a a3 9a + b − b − + ≥ ⇒ ≥ 27 27 b3 + 27 b3 + b3 9b + c − c2 − c3 9c + a − a2 − Tương tự: ; ≥ ≥ 27 27 c3 + a3 + Cộng BĐT trên, vế theo vế, ta có: Ta có: + VT (*) ≥ 10 ( a + b + c ) − (a2 + b2 + c2 ) − 18 = 12 − (a2 + b2 + c2 ) = 27 27 + (a + b + c) − (a + b2 + c ) = = + (ab + bc + ca) (đpcm) 27 27 Đẳng thức xảy ⇔ a = b = c = Đánh giá nghịch đảo Ví dụ 7: (Đề thi khối B, 2014) Cho a, b, c ≥ thỏa ( a + b ) c > Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = a b c + + b+c a + c 2( a + b) Giải: Ta có a + b + c ≥ a( b + c) ⇒ Tương tự  2( a + b) a + b + c  c = + − ≥2− = a + b + c ( a + b)  a + b + c ( a + b)  2   3 Khi a = 0, b = c > P = Vậy P = a = 0, b = c > 2 Suy P ≥ 2( a + b) a 2a ≥ b+c a+b+c b 2b ≥ a+c a+b+c + Ví dụ 8: Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh rằng: a b c + + ≥ b+c−a c+a−b a+b−c Giải Áp dụng bất đẳng thức cơsi dạng xy ≤ x+y , ta có: b+c−a b+c−a b+c ⇒ ≤ +1 = a a a THPT LƯƠNG VĂN CAN a 2a ≥ b+c−a b+c ƠN THI ĐẠI HỌC ThS Nguyễn Thanh Quang b 2b c 2c ≥ ; ≥ c+a−b a+c a+b−c a+b a b c Ta cần chứng minh: + + ≥ ( *) xong b+c c+a a+b * Chứng minh ( ) xem ví dụ loại Ví dụ 9: Cho a, b, c, d số thực khơng âm thỏa mãn Tương tự: ( a + b + c) ( b + c + d ) ( c + d + a) ( d + a + b) > Chứng minh a b c d + + + ≥2 b+c+d c+d+a d +a+b a+b+c Giải: x+y xy ≤ , ta có Áp dụng bất đẳng thức cơsi dạng a( b + c + d ) ≤ a +( b + c + d) Nhân hai vế với bất đẳng thức ⇒ a( b + c + d ) a+b+c+d ≤1 a ≥ , ta b+c+d a 2a ≥ b+c+d a+b+c+d Tương tự: b 2b ≥ , c+d +a a+b+c+d c 2c ≥ , d +a+b a+b+c+d d 2d ≥ a+b+c a+b+c+d Cộng theo vế bốn bất đẳng thức trên, ta suy điều phải chứng minh Dấu “=” xảy ⇔ hai bốn số hai số lại Vì sao? Đánh giá mẫu Ví dụ 10: Cho ba số thực dương a, b, c Chứng minh rằng: a2 b2 c2 + + ≥ ( a + b + c) 3a2 + 8b2 + 14ab 3b2 + 8c2 + 14bc 3c2 + 8a2 + 14ca (*) Giải: 3a2 + 8b2 + 14ab = (a + 4b)(3a + 2b) ≤ (4a + 6b) = 2a + 3b Tương tự với mẫu số lại Từ đó: a2 b2 c2 (a + b + c)2 VT ( *) ≥ + + ≥ = (a + b + c ) 2a + 3b 2b + 3c 2c + 3a 2a + 3b + 2b + 3c + 2c + 3a Đẳng thức xảy ⇔ a = b = c Ví dụ 11: Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn abc = Chứng minh rằng: ab bc ca + + ≤ (*) a5 + b5 + ab b5 + c5 + bc c5 + a5 + ca Giải: Trước hết ta chứng minh BĐT: x + y ≥ x y ( x + y ) (1) với x > 0, y > Ta có: Ta có: (1) ⇔ x ( x − y ) + y ( y − x ) ≥ ⇔ ( x − y )( x − y ) ≥ ⇔ ( x − y )2 ( x + y )( x + xy + y ) ≥ (ln với x > 0, y > 0) Do đó: ab ≤ ab = 1 = ab(a + b) + abc ab(a + b + c) a5 + b5 + ab a2 b2 (a + b) + ab bc ca ≤ ≤ Tương tự: ; b5 + c5 + bc bc(a + b + c) c5 + a5 + ca ca(a + b + c) 1 a+b+c + + = = (đpcm) Suy ra: VT (*) ≤ ab(a + b + c) bc(a + b + c) ca(a + b + c) abc(a + b + c) Đẳng thức xảy ⇔ a = b = c = Ví dụ 12: Cho x, y, z, t số thực dương Chứng minh : x3 x + 3yzt + y3 y + 3ztx + z3 z3 + 3txy + t3 t + xyz ≥1 Giải : Áp dụng bất đẳng thức cơsi dạng 3abc ≤ a + b3 + c3 (Các bạn tự giải tiếp!) Sử dụng bất đẳng thức phụ : 1 1 ( 1) Dấu “=” xảy ⇔ a = b  + ÷≥ a b a + b    1 1 ( ) Dấu “=” xảy ⇔ a = b = c  + + ÷≥ a b c a+b+c Trong : a, b, c số thực dương Ví dụ 13: Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn a + b + c = Chứng minh rằng: 1 + ≥ 16 ac bc Giải : 1 1 1 4 + =  + ÷≥ ≥ = 16 ac bc c  a b  c(a + b)  c + a + b 2 Áp dụng (1) ta có:  ÷   1 Dấu “=” xảy ⇔ c = , a = b = Ví dụ 14: Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn a + b + c ≤ Chứng minh rằng: 2009 + ≥ 670 a2 + b2 + c2 ab + bc + ca Giải : Áp dụng (2), ta có: 1 9 + + ≥ = ≥ (3) a2 + b2 + c2 ab + bc + ca ab + bc + ca a2 + b + c + 2(ab + bc + ca) (a + b + c )2 2007 3.2007 ≥ ≥ 669 (4) ab + bc + ca (a + b + c)2 Từ (3) (4) suy đpcm Đẳng thức xảy ⇔ a = b = c = Ví dụ 15: Cho a, b, c độ dài cạnh tam giác ( p nửa chu vi) Chứng minh rằng: 1 1 1 + + ≥ 2 + + ÷ p−a p−b p−c a b c Áp dụng (1), ta có: 1 4 + ≥ = (a) p − a p − b 2p − a − b c 1 4 + ≥ = (b) p − b p − c 2p − b − c a 1 4 + ≥ = (c) p − c p − a 2p − a − c b Cộng (a), (b), (c), vế theo vế, ta được:   1 1 1  2 + + ÷ ≥  + + ÷ ⇒ đpcm  p−a p−b p−c a b c Dấu "=" xảy ⇔ a = b = c Ví dụ 16: (Đề thi khối A-2005) Mặt khác, ta có: 3(ab + bc + ca) ≤ (a + b + c)2 ⇒ THPT LƯƠNG VĂN CAN ƠN THI ĐẠI HỌC Cho a, b, c > thỏa mãn ThS Nguyễn Thanh Quang 1 + + ≤1 2a + b + c 2b + a + c 2c + a + b 1 + + = Chứng minh a b c Giải: 1 1 ≤ + ⇒ ≤ + Từ (1) dạng: x+y x y x + y x 4y 1 1 1 1 ≤ + = + ≤ + + Suy 2a + (b + c) 8a 4(b + c) 8a 4b + 4c 8a 16b 16c 1 1 1 1 ≤ + + ; ≤ + + Tương tự : 2b + (a + c) 8b 16a 16c 2c + (a + b) 8c 16a 16b Cộng vế với vế bđt trên, rút gọn ta có đpcm Ví dụ 17: Cho a, b, c > Chứng minh rằng:   1  1   + + ÷≥  + + ÷  ab ac bc  a+b a+c b+c Giải: 4 ≥ Áp dụng (1) dạng xy ≥ , ta được: ab (a + b)2 ( x + y) 4 ≥ ; ≥ ac (a + c) bc (b + c)2 Cộng BĐT trên, vế theo vế, ta được:  1 1 1  + + ≥ 4 + +  (a + b)2 (b + c)2 (a + c)2 ÷ ÷ ab ac bc     1  1   1  ⇒  + + ÷ ≥ 4.3  + +  ≥ 4 + + ÷  (a + b)2 (a + c)2 (b + c)2   ab ac bc   a+b a+c b+c (Do 3( x + y + z2 ) ≥ ( x + y + z)2 , ∀x , y, z ) Tương tự: + Ví dụ 18: Cho a, b, c > Chứng minh rằng: 1 1 + + a b b c Giải: 1 ≤ ( a + b) 1 ⇒ Từ (1) ta có: + ≥ 1 + a b a+b a b 1 1 ≤ (b + c) ≤ (c + a ) Tương tự: ,1 1 + + b c c a Cộng BĐT trên, vế theo vế, ta đpcm + 1 + c a ≤ a+b+c 10 &3 BẤT ĐẲNG THỨC BUNHIACOPSKI (Cauchy-Schwarz - Bất đẳng thức BCS) Bất đẳng thức BCS Cho 2n số dương ( n ∈ Z , n ≥ ): a1 , a2 , , an b1 , b2 , , bn ta có: (a1b1 + a2b2 + L + anbn )2 ≤ (a12 + a22 + L + an2 )(b12 + b22 + L + bn2 ) a1 a2 a = = L = n (quy ước bi = ⇒ = 0) Dấu “=’ xảy ⇔ b1 b2 bn Hệ (dạng thường dùng) Cho hai dãy số a1 , a2 , , an b1, b2 , , bn với bi > ∀i = 1, n ta ln có: an2 (a1 + a2 + L + an )2 a12 a22 + +L + ≥ b1 b2 bn b1 + b2 + L + bn a a1 a2 = =L = n Dấu “=’ xảy ⇔ b1 b2 bn Ví dụ 1: Cho hai số thực x, y thỏa mãn x + y = Chứng minh x + y ≤ 95 12 Giải: ta có Sử dụng BCS cho dãy số x, y , ) (  4 1 1 19 95 =  x + y ÷ ≤ x + y  + ÷ = = 2 12 12 3 4   3x 2y  15 =  x=       76 Dấu “=’ xảy ⇔   ÷  ÷ ⇔  Vậy bất đẳng thức chứng      y = 15 3 x + y =  76  ( 2x + y) Ví dụ 2: Cho a, b, c > Chứng minh a b c + + ≥ b + 2c c + a a + b Giải: Áp dụng hệ bất đẳng thức BCS với hai dãy a, b, c a ( b + 2c ) , b ( c + 2a ) , c ( a + 2b ) ,ta có ( a + b + c) a b c a2 b2 c2 + + = + + ≥ b + 2c c + 2a a + 2b a ( b + 2c ) b ( c + 2a ) c ( a + 2b ) a ( b + 2c ) + b ( c + 2a ) + c ( a + 2b ) Do đó, ta chứng minh ( a + b + c) ≥ ( ab + bc + ca ) (bạn đọc tự chứng minh) a b c Dấu “=’ xảy ⇔ a b + 2c = b c + 2a = c a + 2b ⇔ a = b = c ( ) ( ) ( ) Ví dụ 3: Chứng minh với a, b c dương , ta có ( a + b) + ( a + c) ≥ a + bc Giải: Áp dụng bất đẳng thức BCS, ta có ( a + b) 2  b =  a.1 + bc ÷ ≤ a2 + bc  ÷ c   Hồn tồn tương tự, ta có THPT LƯƠNG VĂN CAN ( ) 1 + bc ÷ ⇒ ( a + b) ( a + c) 2 ≥ ≥ c ( b + c ) ( a2 + bc ) ( b ( b + c ) a2 + bc ) ( 1) ( 2) 33 ƠN THI ĐẠI HỌC ThS Nguyễn Thanh Quang Từ ( 1) ( ) suy điều phải chứng minh Dấu “=’ xảy ⇔ a = b = c Ví dụ 4: Cho a, b, c > Chứng minh a3 b3 + c3 + ( 2a + b )( 2a + c ) ( 2b + c )( 2b + a ) ( 2c + a )( 2c + b ) 2 2 2 2 2 2 ≤ a+ b+ c Giải: Áp dụng bất dẳng thức BCS, ta có (a )( ⇔ ) ( + b2 + a2 a2 + a2 + c ≥ a2 + ba + ac ( 2a a2 )( + b 2a2 + c ) ≤ ) = a2 ( a + b + c ) a3 a ⇔ ≤ a+b+c a + b 2a + c2 ( a + b + c) )( ( ) Tương tự ( 2b b3 +c )( 2b +a ) ≤ b ( a + b + c) , ( 2c c3 +a ) ( 2c +b ) ≤ c ( a + b + c) Cộng theo vế ba bất đẳng thức chiều, ta ( 1) Dấu “=” xảy ⇔ a = b = c Ví dụ 5: Cho x, y, z thực thỏa xy + yz + zx = Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = x + y + z4 Giải: Áp dụng bất đẳng thức BCS hai lần liên tiếp, ta có ( (x ) ( )( ) ( ) ( x + y + z ≤ x + y + z4 12 + 12 + 12 ⇒ x + y + z4 ≥ x + y + z2 + y + z2 ) =(x 2 )( ) ) + y + z2 y + z2 + x ≥ ( xy + yz + zx ) = 16 ( 1) ( 2) 16 Từ ( 1) ( ) suy P = x + y + z4 ≥    xy + yz + zx = x = y = z = 16  2 ⇔ Vậy P = ⇔  x = y = z  x y z  x = y = z = −  = = y z x Lưu ý: Vấn đề bảo tồn dấu “=” ln xảy q trình biến đổi tốn quan trọng bất đẳng thức Cơsi Ví dụ 6: Cho x, y, z ba số dương x + y + z ≤ , chứng minh x2 + 1 2 + y + + z + ≥ 82 x2 y2 z2 Sai lầm 1 1  1   2   x + ÷ +1 ≥  x + ÷ = x + ⇒ x + ≥ x+ ÷ x x x x  x 2   ( ) Tương tự ta có:  1   1 1  (x + y + z) + + ÷ =  ( x + y + z ) +  + + ÷ ≥ 2  x y z  x y z Vậy P ≥ ? P≥ 34 x y z  = , = , = Ngun nhân sai lầm: P = ⇔  x y z (vn) x + y + z =  Lời giải đúng: Ta dự đốn dấu đẳng thức xảy x = y = z = ; biểu thức gợi   β  cho tam sử dụng BCS:  x + ÷ α + β ≥  α x + ÷ với α , β số thỏa mãn y x    x x α α = 1, β = = = ⇔ x = = , chọn α β βx β ( )  9 1  9   Ta có  x + ÷ 12 + 92 ≥  x + ÷ ⇒ x + ≥ x+ ÷ x x x  x 82     1   x + y + z ) + Tương tự ta có: P ≥   + + ÷ 82   x y z  ( ) 1 + + = nên ta tách: x y z Do x + y + z = 1;  1  80  1  80  1  ( x + y + z) +  + + ÷ +  + + ÷ ≥ ( x + y + z)  + + ÷ + ≥ 82 9 x y z   x y z   x y z x+ y+ z Vậy P ≥ 82 , dấu “=” xảy x = y = z =  x, y, z.0 1  + + Ví dụ 7: Cho  1 Tìm GTLN P = 2x + y + z x + y + z x + y + 2z x+ y + z ≤1  Giải: 1 (α + + 1)2 + + ≥ Áp dụng BCS ta có: , ta chọn α thỏa 2x y z 2x + y + z α 1 α 1 x = y = z = = = ⇒ = = ⇒α = 2x y z 2.3 3 α ( )      12 Vậy ta có:  x  12  x  2 + 2x + 2y + y 2 12 12 ( + + 1)2 + ≥ y z 2x + y + z ( ) 2 + ( ) 1 + + 1 ≤ +2 12 (1 + + 1)2 ≥ ⇒P≤ z x + 2y + z 2+ (+ ) ( 2z ≥ y z  2+ (1 + + 2)2 x + y + 2z Dấu xảy x = y = z = ⇒ MaxP = THPT LƯƠNG VĂN CAN ) x  x = y = z = 2+ 35 ƠN THI ĐẠI HỌC ThS Nguyễn Thanh Quang x − y = Ví dụ 8: Cho hai số thực x, y thỏa mãn Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = x + ( y + 1) + x + ( y − 3) Giải: Nhận xét: Ý tương dùng bất đẳng thức BCS, ta khơng biết dấu “=” xảy đâu Ta giả định dấu “=” có sau x = a Giả sử P đạt  với 2a − b = y = b Áp dụng BCS, ta có x + ( y + 1) ≥ ax + ( b + 1) ( y + 1) a2 + ( b + 1) Suy 2 x + ( y − 3) ≥ , P = x + ( y + 1) + x + ( y − 3) ≥ ax + ( b + 1) ( y + 1) a2 + ( b + 1) + ax + ( b − 3) ( y − 3) a2 + ( b − 3) ax + ( b − ) ( y − 3) a2 + ( b − )       a a b +1 b +1 = + x+ +  2  a2 + ( b + 1)  a + ( b + 1) a2 + ( b − )  a2 + ( b − 3)    ( b + 1) b +1 + − 2 a2 + ( b + 1) a2 + ( b − )   y   Ta chọn a, b thỏa  2a − b =     a a b +1 b +1  + = −2  +  2 2  a + ( b + 1) a2 + ( b − 3) a + ( b − 3)  a + ( b + 1)   Tới suy P ≥    a = ÷⇔  ÷  b = −2 ÷   12 38 38 x− y+ = 2x − y ) + =2 ( 25 25 25 25 25 Các bạn tự viết lại giải hồn chỉnh Ví dụ 9: Cho a, b, c > thỏa a + b + c = a2 + b2 + c2 = 14 Tìm giá trị lớn biểu thức P= 4a + b c Giải: Đây tốn khó, dấu “=” khơng biết xảy đâu Ý tưởng ví dụ 8, khó áp dụng BCS Vì ta giả sử max P ≤ m ⇔ 4a + b ≤ m ⇔ 4a + b − mc ≤ với m > c Kết hợp với giả thiết n ( a + b + c ) = 6n với n > , ta có ( + n ) a + ( + n ) b + ( n − m ) c ≤ 6n ( 1) Từ ta cố gắng đánh giá theo bất đẳng thức BCS cho vế trái xuất a2 + b2 + c Áp dụng BCS, ta có 2 2 2  ( + n ) a + ( + n ) b + ( n − m ) c  ≤  ( + n ) + ( + n ) + ( n − m )   a + b + c  = 14  ( + n ) + ( + n ) + ( n − m )  ( )          Vì cần chứng minh ( 1) , nên ta chọn m, n cho bình phương vế phải ( 1) vế phải ( ) Tức 2 14 ( + n ) + ( + n ) + ( n − m )  = 36n2   36 c a+b+c = = + n + n n − m + 3n − m + 3n − m ( + n) 6( + n) 6( n − m) a= , b= , c= + 3n − m + 3n − m + 3n − m a b = = Ngồi dấu “=” ( ) xảy ⇔ Hay Khi max P đạt thỏa u cầu tốn n > m > a + b + c = ( h / n)  ⇔  a2 + b2 + c = 14 ⇔   2 14  ( + n ) + ( + n ) + ( n − m )  = 36n2     31  m = ⇔  n = 49  ⇒a=  n > m >  2 2   36  ( + n ) + ( + n ) + ( n − m )  = 14 ( + 3n − m )    14  ( + n ) + ( + n ) + ( n − m )  = 36n2    19 17 , b= , c= 7 Trình bày lại giải hồn chỉnh (dành cho bạn đọc) Bài tập tương tự Cho a, b, c > thỏa abc = Chứng minh 1 + + ≥ a (b + c) b3 (c + a ) c3 (a + b) a3 b3 c3 + + (1 + b)(1 + c) (1 + c)(1 + a) (1 + a)(1 + b) a b c d + + + Cho a, b, c, d > Tìm GTNN P = b + 2c + 3d c + 2d + 3a d + 2a + 3b a + 2b + 3c a b c + + ≥1 Cho a, b, c > Chứng minh a + 8bc b2 + 8ca c + 8ab Cho a, b, c > thỏa abc = Tìm GTNN P = a4 b4 c4 a3 + b + c3 + + ≥ b + 4c c + 4a a + 4b a b c + + ≥1 Cho a, b, c > thỏa a + b + c = Chứng minh a + 2bc b + 2ca c + ab b+c c+a a+b 1 + + ≤ + + Cho a, b, c > Chứng minh 2 a + bc b + ca c + ab a b c Cho a, b, c > Chứng minh Cho a, b, c > thỏa a + b + c = Chứng minh a2 + 1 17 + b2 + + c2 + ≥ a+b b+c c+a THPT LƯƠNG VĂN CAN 37 ƠN THI ĐẠI HỌC ThS Nguyễn Thanh Quang &4 ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM Đây phương pháp để chứng minh bất đẳng thức tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức nhiều biến Để sử dụng phương pháp người ta tiến hành sau • Với bất đẳng thức chọn hàm thích hợp • Khảo sát chiều biến thiên hàm số vừa tìm miền xác định ( miền xác định tìm thấy dựa vào vào điều kiện đề bài) • Từ bước cho ta lời giải phép chứng minh bất đẳng thức, giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức cần tìm I-PHƯƠNG PHÁP VÀ BÀI TẬP CƠ BẢN 1-MỘT BIẾN SỐ Chứng minh bất đẳng thức P(x) > Q(x), ∀x ∈ ( a, b ) • Xét hàm số f(x) = P(x) – Q(x) liên tục [a,b) (liên tục (a,b] ) ( f '( x ) ≤ 0, ∀x ∈ (a, b]) • Tính f '( x ) Chứng tỏ f '( x ) ≥ 0, ∀x ∈ [a, b)  Hàm số đồng biến [a,b)  ∀x ∈ ( a, b ) : f ( x) > f (a) =… Suy đpcm Ví dụ 1: Chứng minh e x > + x + (Hàm số nghịch biến (a,b]) ( ∀x ∈ ( a, b ) : f ( x ) > f (b)) x2 với x > Giải:  x2  x ∀x ≥ Xét f ( x ) = e −  + x + 1÷ ÷ liên tục   x Ta có f ′( x ) = e − x − , f ′′( x ) = e x − ≥ , ∀x ≥ Do f ′( x ) đồng biến [0; +∞) ⇒ f ′( x ) ≥ f ′(0) = , ∀x ≥ ⇒ f ( x ) đồng biến [0; +∞) ⇒ f ( x ) > f (0) = , ∀x >  x2  + x + 1÷ > , ∀x > hay e x > + x + x với ∀x >  ÷   ⇒ ex −  x3 < sin x < x với x > Giải: sin x < x (a)  BĐT ⇔  với x > x  x − < sin x (b) a) Ta chứng minh sin x < x với x > Xét hàm số f ( x ) = x − sin x liên tục [0; +∞) Ta có: f ′( x ) = − cos x ≥ , ∀x ∈ [0; +∞) ⇒ f ( x ) đồng biến [0; +∞) Ví dụ 2: Chứng minh rằng: x − ⇒ f ( x ) > f (0) với x > ⇒ x − sin x > với x > x3 < sin x với x > x3 Xét hàm số f ( x ) = sin x − x + liên tục [0; +∞) x2 Ta có f ′( x ) = cos x − + = g( x ) b) Ta chứng minh x − 38 ⇒ g ′( x ) = − sin x + x ≥ với ∀x ≥ ⇒ g( x ) đồng biến [0; +∞) ⇒ g( x ) ≥ g(0) = với x ≥ hay f ′( x ) ≥ với x ≥ ⇒ f ( x ) đồng biến [0; +∞) ⇒ f ( x ) > f (0) = với x > 3 ⇒ sin x − x + x > hay x − x < sin x với x > 6 x Từ a) b) suy x − < sin x < x với x > Ví dụ 3: Cho < α ≤ Chứng minh 2.α + > α Giải:  3   59 Xét hàm số f ( x ) = x +  0;  , f  ÷ =  4   18 x 2( x − 1) Ta có f ′( x ) = − = < với x3 x3  3 ⇒ f ( x ) nghịch biến  0;  ⇒ f ( x ) ≥  4  3 ∀x ∈  0;   4 3  3 f  ÷, ∀x ∈  0;  4  4 3  3  3 59 ⇒ f ( α ) ≥ f  ÷, ∀α ∈  0;  ⇒ 2α + ≥ > , ∀α ∈  0;  4  4  4 α 18 π Ví dụ Chứng minh 2sin x + 2tan x > x+1 với < x < Giải: Áp dụng BĐT Cơ–si: 2sin x + 2tan x ≥ 2sin x.2 tan x = 2.2 ⇔ sin x +2 Mà dấu “=” xảy ⇔ x = , nên Ta cần chứng minh sin x + tan x +1 2 > x +1 ⇔ tan x sin x sin x + tan x sin x + tan x +1 ≥2 +2 tan x sin x + tan x +1 =2 sin x + tan x +1 >2 π sin x + tan x + > x + ⇔ sin x + tan x > x , với < x < 2 π Xét hàm số f ( x ) = sin x + tan x − x liên tục [0; ) Ta có: f ′( x ) = cos x + cos x − ≥ cos2 x + cos x π (vì cos x ≥ cos2 x với ≤ x < ) −2 Co − si ≥ cos2 x cos2 x −2 = π ⇒ f ′( x ) ≥ , ∀x ∈ [0; π ) ⇒ f ( x ) đồng biến [0; π ) ⇒ f ( x ) > f (0) với < x < 2 ⇒ sin x + tan x − x > ⇒ sin x + tan x > x với < x < π ⇒ đpcm x2 < ln ( + x ) với x > Giải: x x2 Xét f ( x ) = ln(1 + x ) − x + liên tục ∀x ≥ , f ′( x ) = −1+ x = ≥ 0, ∀x ≥ 1+ x 1+ x THPT LƯƠNG VĂN CAN Ví dụ 5: Chứng minh x− 39 ƠN THI ĐẠI HỌC ⇒ f ( x ) đồng biến với x ≥ ⇒ f ( x ) > f ( ) ⇒ ln(1 + x ) − x + ThS Nguyễn Thanh Quang x2 x2 > , ∀x > ⇒ x − < ln(1 + x ) với x > 2 2-HAI BIẾN SỐ Loại 1: Sử dụng tính đơn điệu hàm số Ta đưa bất đẳng thức dạng: f(a) 2.(cos b − cos a) Giải: YCBT ⇔ a.sin a + cos a > b.sin b + 2.cos b π Xét hàm số f ( x ) = x.sin x + 2.cos x với < x < Ta có: f ′( x ) = sin x + x.cos x − 2.sin x , f ′(0) = π f ′′( x ) = cos x + cos x − x.sin x − 2.cos x = − x.sin x < (vì < x < sin x > ) π Do f ′( x ) < f ′(0) = < x <  π π ⇒ f ( x ) giảm khoảng  0; ÷ ⇒ f (a) > f (b) với < a < b <  2 ⇒ a.sin a + cos a > b.sin b + 2.cos b ⇔ a.sin a − b.sin b > 2.(cos b − cos a) Ví dụ 6: Cho < a < b < Ví dụ 7: Chứng minh với < a < b < a + a( a + b ) a3 + b Giải: ⇒ b−a = Chứng minh bất đẳng thức sau: a) ln(1 + x ) − ln x > b) + x ln x + + x ≥ + x , với x > 1+ x Cho x > α > Chứng minh rằng: x a − > α ( x − 1) Chứng minh rằng: ln( x + 1) < x x > ( Cho x > Chứng minh rằng: THPT LƯƠNG VĂN CAN 1+ x   1 + ÷  1+ x  ) x   > 1 + ÷  1+ x  41 ƠN THI ĐẠI HỌC II-ỨNG DỤNG ThS Nguyễn Thanh Quang Trong phần vận dụng linh hoạt kỹ thuật phương pháp trình bày phần trước lưu ý đến mối liên hệ với x , y, z ≥ , ta có x + y2  x + y  ≥ ÷ ≥ xy ;   2 x +y +z ( x + y + z) ≥ x + y3 + z3  x + y + z  ≥ ÷ ≥ xyz ; 3   ≥ xy + yz + zx Phương pháp chung đặt ẩn phụ (có thể nhiều lần) dựa vào thơng tin từ đề Lưu ý: • Hàm số f ( t ) liên tục đồng biến  a; b  f ( t ) = f ( a ) , max f ( t ) = f ( b )  • •  [ a;b] [ a;b] f ( t ) = f ( a) Hàm số f ( t ) liên tục đồng biến [a; b) [min a;b) Hàm số f ( t ) liên tục đồng biến (a; b] max f ( t ) = f ( b ) ( a;b] Nếu f ( t ) liên tục nghịch biến ta có điều ngược lại Ví dụ 1: (Đề thi khối B, 2009) Tìm giá trị nhỏ biểu thức ( ) ( ) A = x + y4 + x y2 − x + y2 + , với x, y số thực thỏa mãn điều kiện ( x + y ) + xy ≥ Giải: ( ) 2 Nhận xét: Thơng tin từ đề gợi ý đổi biến t = x + y ; t = x + y t = xy Từ giả thiết ý đến bất đẳng thức ( x + y ) ≥ xy, ∀x , y ∈ R , ta có 3 ( x + y ) + xy ≥ ⇒ ( x + y ) + ( x + y ) ≥ ( x + y ) + xy ≥ 2 ⇔ ( x + y − 1) ( x + y ) + ( x + y ) +  ≥ (vì ( x + y ) + ( x + y ) + > 0, ∀ x , y ∈ R )   ⇒ x + y ≥ 1, ∀x , y ∈ R Khi kết hợp với bất đẳng thức x + y ≥ ( ( x2 + y2 ) , ∀x , y ∈ R , ta có ) ( ) 23 ( x + y ) + 23 ( x + y ) − ( x + y ) + 3 ⇒ A ≥ ( x + y ) + ( x + y ) − 2( x + y ) + = ( x + y ) − 2( x + y ) + 4 A = x + y4 + x y2 − x + y2 + = 2 ( x + y) ≥ 2 2 2 2 4 2 2 2 Đặt t = x + y 2 Xét hàm số f ( t ) = t − 2t + với t ≥ 9 1 1 Ta có f / ( t ) = t − ≥ − = > 0, ∀t ∈ [ ; +∞) ⇒ f ( t ) đồng biến [ ; +∞) 2 2 1 1 f ( t ) ≥ f  ÷, ∀t ∈[ ; +∞) ⇒ f ( t ) = f  ÷= Suy 2   16 [ ;+∞)  1  x + y2 = ⇔x=y= Từ suy A =  2 16  x + y = 1, x = y Mặt khác x + y 2 ≥ 42 ) ( 2 Ví dụ (Đề thi khối B, 2011) : Cho a, b > thỏa mãn a + b + ab = ( a + b ) ( ab + )  a3 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P =  b +  a b2  b3  ÷−  + ÷  b a2 ÷ a3 ÷    ( 1) Giải : a b Nhận xét : Thơng tin từ ( 1) đặt t = + b a Từ giả thiết, ta có ( ) a b 1 1 a b 2 a2 + b2 + ab = ( a + b ) ( ab + ) ⇔  + ÷ + =  + ÷( ab + ) ⇔  + ÷ + = a + + b + b a b a a b b a Áp dụng bất đẳng thức Cơsi, ta có  a  a b 2  2 2 b a + + b + ≥ a + b = 2 +  ÷ = 2  + ÷+  ÷  ÷  b b  a b a  b a   Dấu “=” xảy ⇔ ab = a b a b  + ÷ + ≥ 2  + ÷+ ( 2) b a b a a b Đặt t = + , từ ( ) ⇒ 2t + ≥ 2 t + ⇒ 4t − 4t − 15 ≥ ⇒ t ≥ b a  a3 b   a b2  −  + ÷ = t − 3t − t − = 4t − 9t − 12t + 18 Khi P =  + ÷ ÷  b a2 ÷ a  b   5  Xét hàm số f ( t ) = 4t − 9t − 12t + 18 liên tục  ; +∞ ÷, ta có 2  Suy ( ) ( ) 5    23 5  23 Suy hàm số f ( t ) đồng biến  ; +∞ ÷ ⇒ f ( t ) ≥ f  ÷ = − , ∀ t ∈  ; +∞ ÷ ⇒ f ( t ) = − t = 4 2   2 2  ab = 23  a = a = ⇔ a b ⇔  ∨ Vậy P = − b = b =  b + a = Ví dụ (Đề thi khối D, 2009)Cho số thực khơng âm x, y thay đổi thoả mãn x + y = f ( t ) = 12t − 18t − 12 = ( 12t + ) ( t − ) > 0, ∀t ≥ ( )( ) 2 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức S = x + 3y y + x + 25 xy Giải : Cách : Khơng đổi biến Từ x + y = ⇒ y = − x , ≤ x ≤ , ( )( ) S = x + 3y y + x + 25 xy = 16 x y − xy + 12 = 16 x ( − x ) − x ( − x ) + 12 = 16 x − 32 x + 18 x − x + 12 = f ( x ) Hàm số f ( x ) liên tục đoạn  0;1 2− 2+ ∨x= ∨x= 4 2− 3  +  191   25 f ( ) = 12, f  ÷= , f ÷= f  ÷=  ÷  ÷ 16 2      2−  2+  x =  x = 191 4 S = f x x = y = ( )  ∨ Vậy ; max S = max f ( x ) = 16 x∈ 0;1 y = + y = − x∈ 0;1   4 f / ( x ) = 64 x − 96 x + 36 x − f / ( x ) = ⇔ x = Cách : Đổi biến THPT LƯƠNG VĂN CAN 43 ƠN THI ĐẠI HỌC ( )( ThS Nguyễn Thanh Quang ) 2 2 Do x + y = , nên S = x + 3y y + x + 25 xy = 16 x y − xy + 12 Đặt t = xy ⇒ t ∈  0;  (vì ≤ xy ≤ ( x + y ) =  1   4  1 Xét hàm số f ( t ) = 16t − 2t + 12 liên tục đoạn  0;   f / ( t ) = 32t − 2, f / ( t ) = ⇔ t = , 16 Suy ra: S = f ( t ) t =  1 t∈ 0;   4 f ( ) = 12,    191 f  ÷= ,  16  16   25 f  ÷= 4  x + y = 1 ⇒ ⇔x=y=  xy =   2−  2+ x + y = x = x = 191    ∨ max S = max f ( t ) = t = ⇒  ⇔ xy = 16 16 + −  y = y =  1 16 t∈ 0;   4   4 Ví dụ : (Đề khối A, 2014) Cho x, y, z số thực khơng âm thỏa mãn điều kiện x2 y+z + yz + − x + y + z = Tìm giá trị lớn biểu thức P = x + yz + x + x + y + z + Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cơsi, ta có 2x(y +z) ≤ x2 + (y + z)2 = + 2yz ⇒ yz + ≥ x(y + z) ⇒ x + x + yz + ≥ x + x + x ( y + z) x2 x2 x ≤ = 2 x + yz + x + x + x + x(y + z) x + y + z + Dấu “=” xảy ⇔ x = y + z x y+z + yz  1 + yz  + − + Do P ≤ = 1−  ÷ x + y + z +1 x + y + z +1 9   x + y + z +1 ⇒ Theo BĐT BCS ta có : x + ( y + z ) ≤ 2( x + ( y + z )2 = + yz Dấu “=” xảy ⇔ x = y + z 1 ⇒ x + y + z + ≤ + + yz ⇒ − ≤− x + y + z +1 + + yz   1 + yz  1 + yz  + + Do P ≤ −  ÷ ÷ ≤ −   ÷  x + y + z +1  + + yz   t2  + ÷ liên tục [1; +∞) Đặt t = + yz , t ≥ Xét hàm số f ( t ) = −   2t +  2t 1 2t 2 f / ( t) = − ≤ − = − < (vì ( 2t + 1) ≥ ,∀ t ≥ ⇒ ≤ ; ≥ ,∀ t ≥ ) 2 ( 2t + 1) 9 ( 2t + 1) 9 9 5 Suy hàm số f ( t ) nghịch biến [1; +∞ ) ⇒ f ( t ) ≤ f ( 1) = f ( t ) = t = 9 x + y + z = x = x =    ⇔ y = ∨ y = Vậy max P =  x = y + z  + yx =  z =  z =  2 Ví dụ 5: (Đề khối D, 2014) Cho hai số thực x, y thỏa điều kiện ≤ x, y ≤ Tìm giá trị nhỏ biểu thức P= x + 2y x + 3y + + y + 2x y + 3x + + ( x + y − 1) Giải: 44 Do ≤ x ≤ ⇒ ( x − 1) ( x − ) ≤ ⇒ x + ≤ x Tương tự y + ≤ 3y x + 2y y + 2x 1 x+y Suy P ≥ x + 3y + + 3y + x + + x + y − = x + y + + x + y − ( ) ( ) t Đặt t = x + y , ≤ t ≤ Xét hàm số f ( t ) = t + + t − liên tục đoạn 2;4  ( ) f / ( t) = ( t + 1) − ( t − 1) f / ( t) = ⇔ t = ; 11 53 ; f ( 3) = ; f ( 4) = Suy f ( t ) = t = 12 60 x = x = ∨ Do P ≥ Vậy P =  8 y = y = Ví dụ 6: (Đề thi khối B, 2012) Cho số thực x, y, z thỏa điều kiện x + y + z = f ( 2) = x + y + z2 = Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = x + y + z5 Giải: Từ x + y + z = ⇒ z = − ( x + y ) vào giả thiết thứ hai, ta có 2 = x + y + z2 = x + y + ( x + y ) = ( x + y ) − xy ≥ ( x + y ) − ⇒ ( x + y) ≤ x + y) = ( x + y) ( 2 6 ⇒− ≤ ( x + y) ≤ 3 Và từ x + y + z2 = ⇔ ( x + y ) − xy + ( x + y ) = ⇒ xy = ( x + y ) − ( )( ) Mặt khác P = x + y + z5 = x + y − ( x + y ) = x + y3 x + y − x y ( x + y ) − ( x + y ) 5 =  ( x + y ) − 3xy ( x + y ) ÷ ( x + y ) − xy ÷ − x y ( x + y ) − ( x + y ) = 5x y ( x + y ) − 5xy ( x + y )    6 Đặt t = x + y , suy − xy = 2t − ≤t≤ 3 2  2t −   2t −  ÷ t − 5 ÷t = − 2t − t  ÷  ÷     − 6  ;  Xét hàm f ( t ) = − 2t − t liên tục đoạn    ) ( Khi P =  ) ( ) ( 6t − ; f / ( t) = ⇔ t = ±  6  6  6  6 6 6 f  − ÷= f  ÷= , f  ÷= f  − ÷= − ⇒ f ( t ) = − t = − =  ÷  ÷ 36  ÷  ÷ 36 36         f / ( t) = − 6 6 x = y = hốn vị ,z=− ∨x=y=− ,z= 36 3 Ví dụ 7: (Đề thi khối A, 2012) Cho số thực x, y, z thỏa mãn x + y + z = Tìm giá trị nhỏ Suy P = − biểu thức P = x−y +3 y−z +3 z− x ( − x + y + z2 ) Giải: Ta chứng bất đẳng thức ≥ + t , ∀t ≥ ( 1) (xét hàm số f ( t ) = 3t − t − ) t Áp dụng ( 1) , ta có P=3 x−y +3 y−z +3 THPT LƯƠNG VĂN CAN z− x ( ) ( − x + y + z2 ≥ + x − y + y − z + z − x − x + y + z ) 45 ƠN THI ĐẠI HỌC ThS Nguyễn Thanh Quang Áp dụng bất đẳng thức a + b ≥ a + b , ta có ( x−y + y−z + z−x ) = x−y2 + y−z2 + z−x + x−y ( y−z + z−x ) 2 + y − z ( z − x + x − y ) + z − x ( x − y + y − z ) ≥  x − y + y − z + z − x ÷   Suy ( ) ( + z ) ≥ P = x − y = z = 2 2 x − y + y − z + z − x ≥  x − y + y − z + z − x ÷ = x + y + z2 − ( x + y + z ) = x + y + z   Do P = x−y +3 y−z +3 z− x ( − x2 + y2 Vậy P = x = y = z ) Ví dụ 8: Cho x , y, z > thỏa mãn x + y + z ≤ Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = x + y + z2 + x2 y + y2 z + z2 x Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cơsi, ta có P = x + y + z2 + x y + y z + z x ≥ 33 ( xyz ) + xyz x+y+z 1 ≤ Dấu “=” xảy ⇔ x = y = z = 2  1 Đặt t = xyz , t ∈  0;  Xét hàm số f ( t ) = 3t + ⇒ (ĐPCM) t   Và < xyz ≤ Ví dụ 9: Cho x ≥ y ≥ z > Chứng minh: BĐT ⇔ x y y z z2 x + + ≥ x + y + z2 z x y Giải: x y + z2 y + x z3 ≥ x + y + z2 x.y.z  x y + z2 y3 + x z3 x z2 z3 x x z  x z2 ≥ xz( x + y + z2 ) ⇔ + + ≥  + + 1÷ ÷ y y3 y y3 y y y  y y  x z Đặt u = , v = Ta có u ≥ ≥ v > y y ⇔ Nên BĐT có dạng u3 + v2 + u2 v3 ≥ u.v(u2 + v2 + 1) ⇔ u3 (1 − v) + u2 v3 − u.v(1 + v2 ) + v2 ≥ (1) + Nếu v = (1) có dạng u2 − 2.u + ≥ , tức (1) + Nếu < v < Xét hàm số f (u) = u3 (1 − v) + u2 v3 − u.v(1 + v ) + v với u ≥ Ta có f ′(u) = 3.u2 (1 − v) + 2.u.v3 − v(1 + v2 ) f ′′(u) = 6.u(1 − v) + 2.v3 > (do < v < u ≥ ) ⇒ f ′(u) đồng biến 1; +∞ ) , nên f ′(u) ≥ f ′(1), ∀u ∈ 1; +∞ ) Mà f ′(1) = v3 − 4.v + = (v − 1)(v2 + v − 3) > , nên f ′(u) ≥ ⇒ f (u) đồng biến 1; +∞ ) Tức ∀u ≥ ta có f (u) ≥ f (1) = v − 2v + = (v − 1)2 > Vậy: u3 (1 − v) + u2 v2 − u2 v3 − uv(1 + v2 ) + v2 ≥ với ∀u ≥ > v > 46 x y y z z2 x Hay + + ≥ x + y + z2 với x ≥ y ≥ z > z x y Lưu ý: Các bạn lập bảng biến thiên, từ rút kết luận tốn Bài tập tương tự ( )( ) 3 Cho x , y ≥ thỏa mãn x + y = Tìm GTNN GTLN P = x − y − HD: Đặt t = xy, ≤ t ≤ Cho x , y ≥ thỏa mãn x + y = Tìm GTNN GTLN P = x + y − xy HD: Đặt t = x + y, ≤t≤2 Cho x , y ≥ thỏa mãn x + y = Tìm GTNN GTLN P = x y + y +1 x +1 HD: Đặt t = x + y, 2 ≤ t ≤ x2 y2 Cho x , y ≥ thỏa mãn x + y + xy = Tìm GTNN GTLN P = + − y +1 x +1 x + y + HD: Đặt t = x + y, ≤ t ≤ (Đề thi khối A, 2013) Cho a, b, c > thỏa mãn ( a + c ) ( b + c ) = 4c2 Tìm giá trị nhỏ P= biểu thức 32a3 ( b + 3c ) + 32b3 ( a + 3c ) a2 + b c − a b HD: Đặt x = , y = Sau đặt t = x + y, t ≥ c c 2 (Đề thi khối D, 2012) Cho số thực x, y thỏa mãn ( x − ) + ( y − ) + xy ≤ 32 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = x + y + ( xy − 1) ( x + y − ) HD: Đặt t = x + y, ≤ t ≤ (Đề thi khối B, 2013) Cho a, b, c số thực dương Tìm giá trị lớn biểu thức P= a + b2 + c2 + − ( a + b ) ( a + 2c ) ( b + 2c ) HD: Đặt t = a2 + b2 + c + 4, t > (Đề thi khối B, 2010) Cho a, b, c ≥ thỏa mãn a + b + c = Tìm giá trị nhỏ biểu ( ) thức P = a2 b2 + b2 c + c2 a2 + ( ab + bc + ca ) + a + b2 + c2 HD: Đặt t = ab + bc + ca, ≤ t ≤ Cho x , y, z > thỏa mãn x + y + z ≤ Tìm giá trị nhỏ biểu thức P= THPT LƯƠNG VĂN CAN x y2z + y z2 x + z x2y + x y z5 + + y z x 47 [...]... x 1 b) Cho x ≥ 10 Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = x + x 1 c) Cho x ≥ 100 Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = x + x Ví dụ 2: Cho các số thực a,b thỏa mãn 0 ≤ a ≤ 3, 3 ≤ b ≤ 8 và a + b = 11 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = ab a) Cho x ≥ 2 Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = x + 2 x+y ÷ , ta có  2  Lời giải sai thường gặp: Áp dụng bất đẳng thức Cơsi dạng xy ≤ ... Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : a) P = x 2 + y 2 + 2 z2 b) P = x 2 + 3y 2 + 2 z2 c) P = 5 x 2 + 3y 2 + 2 z2 Ví dụ 7: Cho các số thực dương x, y, z thỏa x + y + z = 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x 2 + y 2 + z3 Nhận xét : Bài này cũng như ví dụ 6, việc dự đốn dấu “=” xảy ra rất khó Hơn nữa, biểu thức P là bậc hai nhưng giả thiết lại là bậc nhất, nên ta nghĩ ngay đến việc sử dụng bất đẳng. .. ) ( 1 + y ) 4 1 2 3 c) Cho x , y, z là các số thực dương thỏa + + = 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức x y z P=x+y+z Ví dụ 6: Cho các số thực x, y, z thỏa mãn xy + yz + zx = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x 2 + y 2 + 2 z2 Lưu ý: Bài này việc dự đốn dấu “=” xảy ra là khơng thể Để tìm minP, ta mong muốn có một bất đẳng thức dạng x 2 + y 2 + 2 z2 ≥ k ( xy + yz + zx ) vì bậc của P và giả thiết... b, c ≥ −1 thỏa a2 + b2 + c 2 = 6 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = a + b + c 21 Cho x , y, z ∈  0;2  và x + y + z = 3 Chứng minh 3 ≤ x 2 + y 2 + z2 ≤ 5 22 Cho x , y, z ∈  0;2  và x + y + z = 3 Tìm GTNN va GTLN của biểu thức P = x 4 + y 4 + z4 − 12 ( x − 1) ( y − 1) ( z − 1) 32 &3 BẤT ĐẲNG THỨC BUNHIACOPSKI (Cauchy-Schwarz - Bất đẳng thức BCS) Bất đẳng thức BCS Cho 2n số dương ( n ∈... &2 MỘT SỐ KỸ THUẬT SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CƠSI I-KỸ THUẬT CHỌN ĐIỂM RƠI Ý tưởng chính là việc xác định được dấu “=” xảy ra khi nào, để ta có những đánh giá hợp lí Lý do là trong Bất đẳng thức” bất kỳ đánh giá nào của chúng mà khơng bảo tồn được dấu “=” thì điều trở nên vơ nghĩa Hãy xét những ví dụ minh họa sau đây 1 2x x+y ≥ 2 xy , ta có Lời giải sai thường gặp: Áp dụng bất đẳng thức Cơsi dạng 2 1 1... 8: Cho hai số a, b dương Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = a(4a + 5b) + b(4b + 5a) Bài 9: Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn a + b + c = 2 Chứng minh rằng: ab bc ca + + ≤1 2c + ab 2a + bc 2b + ca 3 6 Bài 10: Cho ba số thực dương a, b, c Chứng minh rằng: 1+ ≥ ab + bc + ca a + b + c Bài 11: Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn a2 + b2 + c2 = 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của Bài 6 : Cho ba số thực... xy 2 + ( x − z) 2 Bất đẳng thức cuối cùng là một kết quả quen thuộc Ví dụ 14: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác Chứng minh rằng a2 b ( a − b ) + b2 c ( b − c ) + c2 a ( c − a ) ≥ 0 Giải: Đặt a = y + z, b = z + x , c = x + y với x , y, z > 0 Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành x 3 z + y3 x + z3 y ≥ x 2 yz + xy 2 z + xyz2 ⇔ x 2 y 2 z2 + + ≥ x+y+z y z x Áp dụng bất đẳng thức Cơsi, ta... dụng bất đẳng thức Cơsi, ta có x2 + y ≥ 2 x, y y2 + z ≥ 2 y, z z2 + x ≥ 2z x Cộng ba bất đẳng thức trên theo vế, suy ra điều phải chứng minh 3a 4b 5c + + Ví dụ 15: Cho a, b, c > 0 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = b+c c+a a+b Giải: Đặt x = b + c, y = c + a, z = a + b , khi đó x, y, z là độ dài ba cạnh của một tam giác và a= Khi đó P= Vậy y+z−x , 2 3( y + z − x ) 2x b= + z+x−y , 2 2( z + x − y) y... thực k sao cho a = b + k ” Kỹ thuật này thường áp dụng cho những bất đẳng thức đồng bậc, đối xứng, hốn vị, có chứa trị tuyệt đối… Ví dụ 7: Chứng ming rằng với mọi a, b, c ≥ 0 , ta có bất đẳng thức a3 + b3 + c3 ≥ 3abc Giải Do vai trò của a, b, c là như nhau, nên giả sử a = min { a, b, c} Đặt b = a + x , c = a + y ⇒ x , y ≥ 0 Thay vào bất đẳng thức cần chứng minh, ta có 3 3 a3 + ( a + x ) + ( a + y )... = 14 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P= 4a + b c Giải: Đây là một bài tốn khó, dấu “=” khơng biết xảy ra tại đâu Ý tưởng như ví dụ 8, nhưng khó áp dụng được BCS Vì vậy ta có thể giả sử max P ≤ m ⇔ 4a + b ≤ m ⇔ 4a + b − mc ≤ 0 với m > 0 c Kết hợp với giả thiết n ( a + b + c ) = 6n với n > 0 , ta có ( 4 + n ) a + ( 1 + n ) b + ( n − m ) c ≤ 6n ( 1) Từ đây ta cố gắng đánh giá theo bất đẳng thức BCS