Hướng dẫn học sinh lớp 12 sử dụng hàm số chứng minh bất đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất giá trị nhỏ nhất của biểu thức chứa nhiều biến

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM HƯỚNG DẪN HỌC SINH LỚP 12 SỬ DỤNG HÀM SỐ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC VÀ TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT- GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA BIỂU THỨC CHỨA NHIỀU BIẾN Người thực hiện: Phạm Khắc Quảng Chức vụ: Giáo viên SKKN thuộc lĩnh mực : Toán học THANH HÓA NĂM 2017 Mục lục Mở đầu…………………………………………………………… 1.1 Lí chọn đề tài…………………………………………………1 1.2 Mục đích nghiên cứu…………………………………………….2 1.3 Đối tượng nghiên cứu……………………………………………2 1.4 Phương pháp nghiên cứu……………………………………… 2 Nội dung sáng kiến kinh nghiệm………………………………… 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm……………………… 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm… 2.3 Các giải pháp sử dụng để giải vấn đề………………… 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, với thân, đồng nghiệp nhà trường…………………………… 17 Kết luận, kiến nghị………………………………………………… 18 3.1 Kết luận……………………………………………………………18 3.2 Kiến nghị………………………………………………………… 18 Tài liệu tham khảo…………………………………………………… 20 Danh mục chữ viết tắt Ký hiệu viết tắt Ý nghĩa BGD & ĐT Bộ giáo dục Đào tạo GTLN Giá trị lớn GTNN Giá trị nhỏ CMR Chứng minh NXB GD Nhà xuất giáo dục PPCT Phân phối chương trình PPDH Phương pháp dạy học SGK Sách giáo khoa SGD & ĐT Sở giáo dục Đào tạo SKKN Sáng kiến kinh nghiệm THPT Trung học phổ thông Mở đầu 1.1.Lí chon đề tài Sự phát triển kinh tế - xã hội bối cảnh toàn cầu hoá đặt nhiều yêu cầu người lao động, đặt nhiều yêu cầu cho nghiệp giáo dục hệ trẻ đào tạo nguồn nhân lực Giáo dục cần đào tạo đội ngũ nhân lực đáp ứng đòi hỏi xã hội Đổi phương pháp dạy học (PPDH) nhiệm vụ quan trọng cải cách giáo dục nói chung cải cách cấp trung học phổ thông Mục tiêu chương trình dạy học đòi hỏi việc cải tiến PPDH sữ dụng PPDH Trong số năm gần trường THPT có cố gắng việc đổi PPDH đạt tiến việc phát huy tính tích cực học sinh Để thực có hiệu việc đổi PPDH trường THPT việc tìm sáng kiến, đúc kết trình dạy học khâu quan trọng Nghị 29 Ban chấp hành Trung ương Đảng lần thứ (khóa XI) nêu rõ yêu cầu đổi bản, toàn diện giáo dục Việt Nam Trong đó, việc đổi giáo dục phổ thông xem khâu đột phá Nội dung trọng tâm việc đổi bản, toàn diện giáo dục phổ thông phát triển lực người học, từ nâng cao chất lượng nguồn nhân lực chiến lược phát triển đất nước Đây vấn đề đặt việc đổi dạy học môn Toán Trong trình giảng dạy tổ Toán trường THPT Triệu sơn nhà trường tin tưởng giao cho dạy lớp mũi nhọn đối tượng chủ yếu học sinh khá, giỏi Chính việc giúp em nắm kiến thức Tôi phải bồi dưỡng em tham gia kỳ thi học sinh giỏi cấp Tỉnh ôn thi cho em thi vào trường Đại học.Trong nội dung thi học sinh giỏi đề thi Đại học phần bất đẳng thức đóng vai trò quan trọng Từ thực tiễn giảng dạy, tổng hợp khai thác thành chuyên đề: "Hướng dẫn học sinh lớp 12 sử dụng hàm số chứng minh bất đẳng thức tìm giá trị lớn - giá trị nhỏ biểu thức chứa nhiều biến" 1.2 Mục đích nghiên cứu Với SKKN mong muốn giúp em học sinh, đồng nghiệp có thêm lựa chọn nghiên cứu áp dụng hàm số giải toán bất đẳng thức hay tìm GTLN-GTNN biểu thức chứa nhiều biến với giới hạn nội dung chương trình môn Toán Bộ GD hướng dẫn thực PPCT Sở GD & ĐT Thanh Hóa 1.3 Đối tượng nghiên cứu Học sinh có học lực từ trở lên lớp 12 trường THPT Triệu sơn 1.4 Phương pháp nghiên cứu Hệ thống kiến thức lý thuyết Phân dạng tập giải ví dụ minh họa Hệ thống tập tương tự 2 Nội dung sáng kiến kinh nghiệm Cơ sở lý luận sáng kiến kinh nghiệm 2.1.1 Cơ sở giải toán phương pháp hàm số Khi giải toán chứng minh bất đẳng thức, tìm GTLN - GTNN biểu thức chứa nhiều biến phương pháp hàm số, thường có bốn cách tiếp cận: Cách thứ nhất: Đưa toán nhiều biến toán biến cách đặt ẩn phụ t = h (x,y,z ) khảo sát hàm số tương ứng liên quan Cách thứ hai: Sử dụng kĩ thuật đồng bậc đưa xét hàm số Cách thứ ba: Đưa dần biến Cách thứ tư: Xem biến x, y z Trong bốn cách tiếp cận việc xác định hàm số với biến số khảo sát tập cụ thể tối quan trọng Ngoài ra, việc phân chia toán thành cách nêu giúp ta có nhiều cách tiếp cận khác với toán, đồng thời biết toán giải phương pháp hàm số hay không, tạo thuận lợi phát triển tư hàm cho học sinh đặc biệt học sinh giỏi 2.1.2 Các đơn vị kiến thức liên quan i) Hàm số f(x) đồng biến D f '( x) ≥ ∀x ∈ D ( f '( x) = số hữu hạn điểm D) ii) Hàm số f(x) nghịch biến D f '( x) ≤ ∀x ∈ D ( f '( x) = số hữu hạn điểm D) iii) Các bất đẳng thức : Bất đẳng thức Cauchy cho 2, số không âm: a+b ≥ ab Dấu “=” xảy a = b” a+b+c ≥ abc Dấu “=” xảy a = b = c” +) “ Cho a, b, c ≥ ta có : +) “ Cho a, b ≥ ta có : iiii) GTLN - GTNN hàm số tập:  f ( x) ≤ M  f ( x) ≥ m M = Max f ( x) ⇔  m = f ( x) ⇔  ; x∈D x∈D ∃x0 ∈ D : f ( x0 ) = M ∃x0 ∈ D : f ( x0 ) = m 2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Hàm số ứng dụng hàm số chứng minh bất đẳng thức, tìm GTLN - GTNN biểu thức nội dung quan trọng chương trình Toán THPT, phần thể rõ việc rèn luyện khả tư logic học sinh thực giải toán Việc giải toán chứng minh bất đẳng thức, tìm GTLN - GTNN biểu thức phương pháp hàm số giúp cho học sinh rèn luyện kỹ phân tích toán, đảm bảo phát triển tối đa khả tư sáng tạo học sinh, giúp học sinh hình thành kỹ làm việc tập thể, khả tư logic, kỹ xem xét vấn đề góc độ khác nhau, v,v Tuy nhiên, đặc thù môn Toán, tính trừu tượng khái niệm hàm số, tính phức tạp bất đẳng thức biểu thức chứa nhiều biến, niềm đam mê học sinh, mà việc áp dụng để giải toán phương pháp hàm số gặp nhiều khó khăn Có thể kể số khó khăn thực giảng dạy phần sau: + Khả phân tích nhìn nhận toán dạng tổng quát học sinh gặp nhiều hạn chế lực, hiểu biết tư học sinh + Việc lựa chọn cách tiếp cận toán chuẩn định, thường phụ thuộc vào chủ quan giáo viên hướng dẫn học sinh, có nhiều cách tiếp cận khác toán, dẫn tới không quán + Sự đa dạng toán, dẫn đến khó khăn thực hiện, đòi hỏi học sinh phải có khả tư phân tích vấn đề tốt giải + Sức ỳ học sinh gặp vấn đề khó : Tâm lí ngại làm, ngại suy nghĩ động não Giải pháp tổ chức thực 3.1 Các bước thực : Để giải khó khăn tồn trên, đồng thời đảm bảo tính liên tục quán trình tiếp thu kiến thức học sinh theo mạch kiến thức PPCT môn Toán, việc tiến hành giải toán tiến hành theo trình tự sau : B1 Phân tích toán, lựa chọn cách tiếp cận theo thứ tự ưu tiên : Kĩ thuật đồng bậc => Xem biến x, y z => Đưa dần biến => Đặt ẩn phụ t = h (x, y, z ) Cần lưu ý đặt ẩn phụ t = h (x, y, z ) phải tìm điều kiện xác cho ẩn phụ t B2 Xác định hàm số cần khảo sát tập khảo sát D Sau khảo sát biến thiên tìm GTLN - GTNN hàm số D B3 Căn vào kết khảo sát hàm số để kết luận toán 3.2 Ví dụ minh họa 2.3.2.1 Đưa toán nhiều biến toán biến khảo sát tính đơn điệu hàm số thông qua đặt ẩn phụ t = h (x, y, z ) Ví dụ 1: (Thi ĐH khối B năm 2011) : Cho a b số thực dương thỏa mãn : 2(a2 + b2) + ab = (a + b)(ab + 2)  a3 b3   a2 b2  Tìm giá trị nhỏ biểu thức P =  + ÷−  + ÷ a  b a  b 2 Hướng dẫn: Theo giả thiết ta có ( a + b ) + ab = ( a + b ) ( ab + )       Từ suy :  + ÷+ =  + ÷( ab + ) hay  + ÷+ = a + + b + b a b a a b b a a b 1 a 2 b  a b Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có : a + + b + ≥ 2  + ÷÷ b a a  b Đặt t = a b + , ta suy : 2t + ≥ 2 t + ⇒ 4t2 – 4t – 15 ≥ ⇒ t ≥ b a  a b3   a b  Mặt khác : P =  + ÷−  + ÷ = 4(t3 – 3t) – 9(t2 – 2) a  b a  b = 4t3 – 9t2 – 12t + 18 = f(t) f’(t) = 12t2 – 18t – 12, f’(t) = ⇒ t = − hay t = 2 23 t = 23 Vậy GTNN P = − a = b = a = b = Ví dụ : Cho a,b số thực dương thỏa mãn ab + a + b = ⇒ Min f(t) = − Tìm giá trị lớn biểu thức: P = 3a 3b ab + + − (a + b ) b +1 a +1 a + b Hướng dẫn : Đặt t = a + b ⇒ ab = − t ; a + b = (a + b)2 − 2ab = t − 2(3 − t ) = t + 2t − Ta có : ab ≤ ( a+b ) ⇒ − t ≤ t2 ⇔ t ≥ 2 3(a + b ) + 3(a + b) ab 12 + − (a + b ) = −t + t + − ab + a + b + a+b t 12 Xét hàm số : f (t ) = −t + t + − [ 2; +∞ ) t 12 f ' ( t ) = −2t + − < ∀t ≥ nên f(t) nghịch biến [ 2; +∞ ) t Do đó: P = f (t ) ≤ f (2) = đẳng thức xảy a = b = Vậy giá trị lớn P a = b = Khi : P = Ví dụ : Cho số thực dương a, b, c Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P= 4a + 3b3 + 2c3 − 3b c (a + b + c)3 Hướng dẫn: Áp dụng bất đẳng thức côsi, ta có 3b c ≤ 2b + c (*) Dấu “=” xảy b = c Ta chứng minh: b + c ≥ ( b + c ) (**), với ∀b, c > 3 3 2 3 2 Thật vậy, (**) ⇔ ( b + c ) ≥ b + c + 3b c + 3bc ⇔ b + c − b c − bc ≥ ⇔ ( b + c ) ( b − c ) ≥ ∀b, c > Dấu “=” xảy b = c Áp dụng (*) (**) ta P≥ a , t ∈ ( 0;1) a+b+c Xét f (t ) = 4t + ( − t ) với t ∈ ( 0;1) f '(t ) = 12t − ( − t ) , f '(t ) = ⇔ t = t= Suy ra, f (t ) ≥ 4a + ( b + c) ( a + b + c) t f’(t) f(t ) = 4t + - (1 − t ) , với + 25 Dấu “=” xảy t = 25 b = c  ⇒P≥ Dấu “=” xảy  a ⇔ 2a = b = c = 25  a + b + c Vậy, giá trị nhỏ P 2a = b = c 25 Ví dụ (Đề thi ĐH khối B năm 2010) : Cho số thực không âm a, b, c thỏa mãn a + b + c = Tìm giá trị nhỏ biểu thức : M = 3(a 2b + b 2c + c a ) + 3(ab + bc + ca ) + a + b + c Hướng dẫn: Ta có : M ≥ (ab + bc + ca )2 + 3(ab + bc + ca) + − 2(ab + bc + ca ) Đặt t = ab + bc + ca ta có : ≤ t ≤ (ab + bc + ca ) = 3  1 f (t ) = t + 3t + − 2t 0; ÷ , ta có :  2 2 f '(t ) = 2t + − ; f ''(t ) = − ≤ dấu (=) xảy t = 0; − 2t (1 − 2t )3 Xét hàm số : suy f’(t) nghịch biến   Xét đoạn 0;  ta có f '(t ) ≥ f '( ) = − > suy f(t) đồng biến 3  3 1 11  1  1 Do f (t ) ≥ f (0) = 2, ∀t ∈ 0;  Vì M ≥ f (t ) ≥ 2∀t ∈ 0;  ;  3  3 M = ab = bc = ca, ab + bc + ca = a + b + c = ⇔ (a; b; c) số : (1;0;0), (0;1;0), (0;0;1) Vậy giá trị nhỏ M = Ví dụ : Tìm giá trị lớn biểu thức : P= ( 8a + 3b + ab + bc + abc + ( a + b + c) ) Với a, b, c số thực dương Hướng dẫn : Ta có: P = = 8a + 3b + ( ab + bc + abc 1+ ( a + b + c) )  a + 4b b + 4c a + 4b + 16c  8a + 3b +  + + ÷ 4 12   ≤ 1+ ( a + b + c) 28 a+b+c × 1+ ( a + b + c) Đặt a + b + c = t , ta có t > Xét hàm số f (t ) = Ta có f ' ( t ) = 1− t2 ( 1+ t2 ) t với t > 1+ t2 ; f ' ( t ) = ⇔ t = ±1 ; lim f (t ) = 0; lim+ f (t ) = t →+∞ Bảng biến thiên t f '(t ) f (t) + 1 t →0 +∞ − Từ bảng biến thiên ta suy GTLN P 14 16 a = ; b = ; c = 21 21 21 Ví dụ 6: Cho số thực x, y thỏa mãn : ( x − 4)2 + ( y − 4) + xy ≤ 32 Tìm giá trị nhỏ biểu thức : A = x3 + y3 + 3( xy − 1)( x + y − 2) Hướng dẫn: Ta có : ( x − 4)2 + ( y − 4) + xy ≤ 32 ⇔ ( x + y ) − 8( x + y ) ≤ ⇔ ≤ x + y ≤ Vậy : A = ( x + y)3 − 3( x + y) − xy + ≥ ( x + y)3 − ( x + y) − 3( x + y ) + Xét hàm số f (t ) = t − t − 3t + đoạn [ 0;8] f '(t ) = 3t − 3t − = ⇔ t = Ta có : f (0) = 6, f ( Suy A ≥ 1+ 1− t = (loại) 2 + 17 − 5 )= , f (8) = 398 17 − 5 1+ x = y = 4 17 − 5 1+ x = y = 4 Ví dụ 7: Cho số thực x, y, z không âm thoả mãn z ≥ x ≥ y; xy + yz + zx > Vậy giá trị nhỏ A = Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = x +2 y+z y z +3 x+ z x+ y Hướng dẫn: Ta có : xz xz xz = ≥ ( x + y )( y + z ) ( zx + yz )( xy + zx ) xy + yz + xz yz yz yz = ≥ ( x + y )( x + z ) ( zx + yz )( xy + yz ) xy + zx + yz Do yz + zx ≥ zx + yz yz ≥ xy Ta có : xz yz zx + yz xy + yz + zx + ≥ ≥ =1 ( x + y )( y + z ) ( x + y )( x + z ) xy + yz + zx xy + yz + zx Dấu “=” y = Suy : P ≥ x+ y z +3 Đặt t = z x+ y Khi f '(t ) = 6t − z ≥ ; f (t ) = + 3t x+ y t 6(t − 1) = ; f '(t ) = ⇔ t = t4 t4 Do f (t ) ≥ f (1) = ⇒ Min f (t ) =   t∈ ; +∞ ÷   Vậy GTNN P = y = 0; x = z 2.3.2.2 Sử dụng kĩ thuật đồng bậc đưa xét hàm số Ví dụ 1: (Tạp chí toán học tuổi trẻ ) Cho x, y, z số thực thuộc đoạn [ 1; 4] x ≥ y, x ≥ z x y z Tìm giá trị nhỏ biểu thức : P = x + y + y + z + z + x Hướng dẫn : Ta có : y z P= 2+3 y x x + 1+ z y + 1+ x z x Đặt a = x , b = y , c = z ta có : abc = 1, bc = y ∈ [ 1; 4] 1 + + + 3a + b + c 1 2+b+c − bc − bc = Mặt khác + b + + c = + bc + b + c = + + bc + b + c ≥ + + bc + bc bc + Khi ta có : P = (do bc ≥ ) Suy P≥ 2 t2 + = + = f (t ) = + + 3a 2t + t + bc + + bc + bc với t = bc ∈ [ 1; 2] Ta có : f '(t ) = ⇒ f (t ) ≥ f (2) = −2 t (4t − 3) + 3t (2t − 1) +  (2t + 3) (1 + t ) < ∀t ∈ ( 1; ) x 34 Dấu ‘’=’’ xảy ⇔ t = ⇔ y = ⇔ x = 4, y = z = 33 Vậy giá trị nhỏ P = 34 x = 4, y = z = 33 Ví dụ 2: (Tạp chí toán học tuổi trẻ ) Cho số thực a,b,c ∈ [ 1; 2] Tìm GTNN P= ( a + b) c + 4(ab + bc + ca ) Hướng dẫn : Sử dụng BĐT Cauchy ta có: 4ab ≤ (a + b) 2 a b  + ÷ ( a + b) c c = Khi : P ≥ 2 c + 4( a + b)c + (a + b) a b a b + 4( + ) +  + ÷ c c c c a c Đặt : t = + b a, b, c ∈ [ 1; 2] nên t ∈ [ 1; 4] c Bây xét hàm số : f (t ) = t2 [ 1; 4] t + 4t + 4t + 2t f '(t ) = > 0∀t ∈ [ 1; 4] nên f(t) đồng biến [ 1; 4] (t + 4t + 1) f (t ) = f (1) = Do : tmin ∈[ 1;4 ] Vậy : GTNN P = a = b = c = Ví dụ 3: Cho x, y số thực dương thỏa mãn điều kiện : xy ≤ y − Tìm giá trị lớn biểu thức: P = x+ y x − xy + y 2 − x − 2y 6( x + y ) Hướng dẫn : Do x > 0, y > 0, xy ≤ y − nên x y −1 1  1  < ≤ = − = − − ÷ ≤ y y y y  y 2 x x +1 −2 t +1 t −2 y y x  1 − = − t = ∈  0;  Ta có : P = x với x 6( t + 1) x y  4 t −t +3 ( ) − + 6( + 1) y y y Xét hàm số : f (t ) = f (t ) = − 3t (t − t + 3)3 − t +1 t −t +3 − t−2  1  0;  ; 6(t + 1)  4 2(t + 1) nên t − t + = t (t − 1) + < 3;7 − 3t > 6; t + > − 3t − 3t 1 1 > > − > − f '( t ) > − >0 Do : => 3 2(t + 1) 2 (t − t + 3)3 Để ý : < t ≤ Do : P = f (t ) ≤ f ( ) = 7 + Khi x = y = ta có: P = + 30 30 Vậy giá trị lớn P + 30 Ví dụ 4: Cho hai số thực x,y thay đổi thỏa mãn : x + y = Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức : P = Hướng dẫn: Do x + y = nên ta có: P = 2( x + xy ) + xy + y 2 x + 12 xy x + 12 xy = x + y + xy + y x + xy + y Nếu y = x = Suy P = 10 x x 2( ) + 12 x y y 2t + 12t t = y ≠ P = P = Nếu Đặt : x x y t + 2t + ( )2 + + y y −8t + 12t + 36 2t + 12t f '( t ) = ; Xét hàm số f (t ) = ¡ , (t + 2t + 3) t + 2t + 3 f '(t ) = ⇔ t = 3; t = − , 12 2+ 2t + 12t t =2 lim = lim t →±∞ t + 2t + t →±∞ 1+ + t t BBT: t −∞ f' − - 3 + +∞ - (t) f (t) -6 −6 ≤ P = f (t ) ≤ ∀t ∈ ¡ Ta có Tóm lại : MaxP = ⇔ x = 3 ,y= ,y=− x = − 10 10 10 10 MinP = -6 ⇔ x = 3 ,y=− ,y= x = − 13 13 13 13 2.3.2.3 Đưa dần biến Dạng : Từ biểu thức P có n biến ta đánh giá đưa (n-1) biến cuối đưa biến Ví dụ 1: (Tạp chí toán học tuổi trẻ ) Cho số thực dương x, y, z ∈ ( 0; 4] x ≤ y , x ≤ z thỏa mãn xyz = Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = x + y + z + x + y + z − 2( xy + yz + zx) Hướng dẫn : Đặt P = f ( x, y, z ) = x + y + z + x + y + z − 2( xy + yz + zx) Ta có : f ( x, y, z ) − f ( x, yz , yz ) = y + z + y + z − 2( yz + xy + zx) − yz + x yz = ( y − z ) + ( y − z ) − x( y − z ) = ( y − z ) ( y + z − x + + yz ) ≥ ( x ≤ y, x ≤ z ) Vậy: f ( x, y, z ) ≥ f ( x, yz , yz ) = f ( x, 1 2 , ) = x2 + x + − x = t + t + − 4t t x x x 11 t Với t = x ∈ ( 0; 2] Xét hàm số g (t ) = t + t + − 4t ( 0; 2] , g '(t ) = 4t + 2t − 2 − = (t − 1)(4 + ) = ⇔ t = t t BBT g(t): g (t ) = g (1) = t f'(t ) f(t +∞ ) t∈( 0;2] + 13 Vậy: f ( x, y, z ) ≥ f ( x, yz , yz ) ≥ Hay giá trị nhỏ P x=y=z=1  x, y , z ≥ x + y + z = Ví dụ 2: Cho x, y, z số thực thỏa mãn:  Chứng minh : + xyz ≥ 2( xy + yz + zx) Hướng dẫn : Đặt f ( x, y, z ) = 2( xy + yz + zx) − xyz  x, y , z ≥ nên ≤ x ≤ x + y + z = Giả sử : x ≤ y ≤ z  Xét : f ( x , y , z ) − f ( x, + x  y + z ( y + z )2 y+z y+z y+z , ) = 2( xy + yz + zx) − xyz −  x + + x  2   ( y + z )2 = ( x − 2)( y − z ) ≤ 0∀x ∈ [ 0;1] 4 Suy ra: f ( x, y, z ) ≤ f ( x, y+z y+z 3− x 3− x − x + 3x + 18 , ) = f ( x, , )= 2 2 − x + 3x + 18 g ( x) = g (1) = đoạn [ 0;1] Ta có max x∈[ 0;1] y+z y+z , )≤5 Vậy : f ( x, y, z ) ≤ f ( x, 2 Hay : + xyz ≥ 2( xy + yz + zx) Dấu xảy x = y = z = Xét hàm số g ( x) = Ví dụ 3: Cho số thực x,y,z nằm đoạn [ 1; ] CMR: x3 + y + z ≤ xyz Hướng dẫn: Đặt f ( x, y, z ) = x + y + z − xyz Ta chứng minh f ( x, y, z ) ≤ 0∀x, y, z ∈ [ 1; 2] Không tính tổng quát giả sử ≤ z ≤ y ≤ x ≤ 12 Xét : f ( x, y, z ) − f ( x, y,1) = x + y + z − xyz − ( x + y + − xy ) = z − xyz + xy − = ( z − 1)( z + z + − xy )  z − ≥ 2 2  z + z + − xy ≤ z + z + − z = −4 z + z + < 0∀z ∈ [ 1; 2] Do  nên f ( x, y, z ) − f ( x, y,1) ≤ Hay f ( x, y, z ) ≤ f ( x, y,1)∀x, y, z ∈ [ 1; ] (1) Xét : f ( x, y,1) − f ( x,1,1) = y − xy − + x = ( y − 1)( y + y + − x)  y − ≥ 2  y + y + − x ≤ y + y + − y = y − y + < 0∀y ∈ [ 1; ] Do  nên f ( x, y,1) − f ( x,1,1) ≤ Hay f ( x, y,1) ≤ f ( x,1,1)∀x, y ∈ [ 1; 2] (2) Từ (1) (2) ta có : f ( x, y, z ) ≤ f ( x,1,1) = x − x + = g ( x)∀x, y, z ∈ [ 1; ] g ( x) = g (2) = Xét hàm số g ( x) = x3 − x + [ 1; 2] Ta có max x∈[ 1;2] Vậy g ( x) ≤ 0∀x ∈ [ 1; 2] Do f ( x, y, z ) ≤ 0∀x, y, z ∈ [ 1; 2] dấu xảy (x,y,z) hoán vị (1,1,2) Chú ý : Khi đưa biểu thức biến biến hay biến thường xét hiệu biểu thức bất đẳng biểu thức với x (hoặc y z) thay trung bình nhân trung bình cộng Dạng 2: Đánh giá biến qua biến lại sử dụng bất đẳng thức qua - max biến Ví dụ 1: Cho số thực x,y,z thỏa mãn điều kiện : x + y + z = x + y + z = Tìm giá trị lớn biểu thức: P = x + y + z Hướng dẫn: Với x + y + z = x + y + z = ta có : = ( x + y + z ) = x + y + z + x ( y + z ) + yz = − x + yz nên yz = x − Mặt khác yz ≤ y + z − x2 1 − x2 6 = ⇔− ≤ x≤ nên x − ≤ (*) 2 2 3 Khi : P = x5 + ( y + z )( y + z ) − y z ( y + z ) = x + (1 − x ) ( y + z )( y + z ) − yz ( y + z )  + ( x − ) x   = x + (1 − x )  − x(1 − x ) + x( x − )  + ( x − ) x = (2 x − x )    Xét hàm số f ( x) = x3 − x đoạn  −  6 ;  3  13 f '( x ) = x − = ⇔ x = ± f( 6 6 Ta có: f (− ) = f ( ) = − , 6 6 6 ) = f (− )= Do : f ( x) ≤ Suy ra: P ≤ 9 36 6 ,y= z=− dấu xảy Vậy GTLN P 36  x, y , z ≥ Ví dụ 2: cho số thực x, y, z thỏa mãn :  x + y + z = Khi x = Chứng minh : x + y + z + xyz ≥ Hướng dẫn: Điều phải chứng minh tương đương với : ( x + y + z ) − 2( xy + yz + zx) + xyz ≥ ⇔ 2( xy + yz + zx ) − xyz ≤  x, y , z ≥ nên x ∈ [ 0;1] x + y + z = Giả sử : x = min( x, y, z ) Do  Ta có : P = 2( xy + yz + zx) − xyz = yz (2 − x) + x( y + z ) ≤ = ( y + z )2 (2 − x) + x( y + z ) (3 − x ) (2 − x) + x(3 − x) = (18 + x − x ) 4 3 4 lấy x=1 f (0) = , f (1) = Vậy P ≤ f ( x) ≤ f (1) = 2 2 Do : x + y + z + xyz ≥ dấu xảy x = y = z = Xét hàm số f ( x) = (18 + 3x − x3 ) đoạn [ 0;1] , f '( x) = − x + = ⇔ x = ±1 Ví dụ 3: Cho a, b, c cạnh tam giác có chu vi = Chứng minh : 3(a + b + c ) + 4abc ≥ 13 (*) Hướng dẫn: (*) ⇔ 3[ − 2(ab + bc + ca) ] + 4abc ≥ 13 ⇔ 3(ab + bc + ca) − 2abc ≤ Giả sử a = min(a, b, c) ⇒ a ∈ ( 0;1] (b + c ) (3 − 2a ) + 3a (b + c) Ta có : P = 3(ab + bc + ca ) − 2abc = bc (3 − 2a ) + 3a (b + c ) ≤ (3 − a) 27 (3 − 2a ) + 3a(3 − a ) = − a + a + = f (a) (vì 3-2a >0) P ≤ 4 27 Xét hàm số f (a) = − a + a + ( 0;1] 4 3 a f '(a) = − a + a = a f'(a) + ⇔ a = 0; a = f(a) 27 14 Vậy f (a) ≤ 7∀a ∈ ( 0;1] ⇒ P ≤ Hay 3(a + b + c ) + 4abc ≥ 13 dấu xảy a = b = c = 2.3.2.4 Xem biến x y hoăc z Ví dụ 1: (Tạp chí toán học tuổi trẻ ) Cho số thực : x, y, z > Chứng minh : x + y + z + xyz ( x + y + z ) ≥ xy ( x + y ) + yz ( y + z ) + zx ( z + x ) Hướng dẫn : Không tính tổng quát, giả sử : x ≥ y ≥ z > Xét hàm số : f ( x) = x + y + z + xyz ( x + y + z ) − xy ( x + y ) − yz ( y + z ) − zx ( z + x ) Ta có : f '( x) = x3 − 3x ( y + z ) + xyz + yz ( x + y + z ) − ( y + z ) f ''( x) = 12 x − x( y + z ) + yz ⇒ f ''( x) > x ≥ y ≥ z > Nên f '( x) ≥ f '( y ) = z y − z = z ( y − z ) ≥ f(x) hàm số đồng biến Ta có : f ( x) ≥ f ( y ) = z − z y + y z = z ( z − y ) ≥ => điều phải chứng minh Ví dụ : Cho a, b, c độ dài cạnh tam giác a b b c Hướng dẫn: Giả sử a = max(a, b, c) c a a c c b b a Chứng minh : 3( + + ) ≥ 2( + + ) + Nếu a ≥ c ≥ b : a b c a b c a b c a b c a b c a b c + + ≥ + + ≥ 3 = ⇒ 3( + + ) ≥ 3( + + ) ≥ 2( + + ) + b c a c a b c a b b c a c a b c a b a b b c c a a c c b b a Nếu: a ≥ b ≥ c xét hàm số f (a) = 3( + + ) − 2( + + ) − 3 3c 2b (a − bc)(3c − 2a ) − 2− + = Vì a ≥ b ≥ c ⇒ a ≥ bc b a c a a bc b c + Nếu 3c > 2a hàm số đồng biến suy f (a) ≥ f (b) = + − ≥ c b + Nếu 3c < 2a hàm số nghịch biến suy f '(a) = f ( a) ≥ f (b + c ) = (b − c ) 3c − 2b 2(b − 2c) + c(b − c ) + = ≥0 bc b+c bc(b + c ) Từ ta có điều phải chứng minh 36 x 2y z Ví dụ : Cho số thực x, y, z ∈ [ 1;3] Chứng minh : yz + xz + xy ≥ 36 x 2y z Hướng dẫn: Xét hàm số f ( x) = yz + xz + xy đoạn [ 1;3] 15 f '( x ) = 36 y z 36 x − y − z 36.1 − 2.32 − 32 − ( + )= ≥ = >0 2 yz x z y x yz x yz x yz 36 2y z f(x) đồng biến [ 1;3] nên f ( x) ≥ f (1) = yz + z + y = g ( y ) ∀x ∈ [ 1;3] 36 2y z Xét hàm số g ( y ) = yz + z + y đoạn [ 1;3] g '( y ) = −36 z y − z − 36 2.32 − 12 − 36 + − = ≤