Chuyên đề giải đề thi đại học dạng toán "Bất đẳng thức. Giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức"

Chuyên đề giải đề thi đại học dạng toán "Bất đẳng thức. Giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức"

Bản quyền thuộc Nhóm Cự Môn của Lê Hồng Đức Tự học đem lại hiệu quả tư duy cao, điều các em học sinh cần là: 1. Tài liệu dễ hiểu − Nhóm Cự Môn luôn cố gắng thực hiện điều này 2. Một điểm tựa để trả lời các thắc mắc − Đăng kí “Học tập từ xa” GIẢI ĐỀ THI ĐẠI HỌC THEO CHUYÊN ĐỀ BẤT ĐẲNG THỨC, GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ NHỎ NHẤT Học Toán theo nhóm (từ 1 đến 6 học sinh) các lớp 9, 10, 11, 12 Giáo viên dạy: LÊ HỒNG ĐỨC Địa chỉ: Số nhà 20 − Ngõ 86 − Đường Tô Ngọc Vân − Hà Nội Email: nhomcumon68@gmail.com Phụ huynh đăng kí học cho con liên hệ 0936546689 1 Bất đẳng thức, giá trị lớn nhất và nhỏ nhất Ví dụ 1: Cho a 1 , a 2 ,,a n là n số dơng, với tích a 1 a 2 a n = 1. Chứng minh: (a 1 + a 2 )(a 2 + a 3 )(a n-1 + a n ) (a n + a 1 ) 2 n . Hớng dẫn: Sử dụng đánh giá từ trung bình cộng sang trung bình nhân . Giải Sử dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số âm a, b: a + b 2 ab , và đợc: 1 2 1 2 2 3 2 3 3 4 3 4 n 1 n n 1 n n 1 n 1 a a 2 a a a a 2 a a a a 2 a a a a 2 a a a a 2 a a . + + + + + Nhân các vế tơng ứng của n bất đẳng thức này, thì đợc (a 1 + a 2 )(a 2 + a 3 )(a n-1 + a n )(a n + a 1 ) 2 2 n n 1 2 n (a a .a ) 2= . Dấu đẳng thức xảy ra khi: 1 2 n 1 2 n a .a a 1 a a . a = = = = 1 2 n a a . a 1. = = = = Ví dụ 2: Cho các số thực x, y, z thoả mãn điều kiện x + y + z = 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x y y z z x 2 2 2 P 3 3 3 6x 6y 6z . = + + + + Giải Đánh giá và định hớng thực hiện: Trớc tiên, các em học sinh cần nhận thấy rằng P gồm hai phần với ba nhân tử có tính đối xứng là x y y z z x 2 2 2 3 3 3 , 6x 6y 6z . + + + + Từ đó, định hớng biến đổi: Với 6x 2 + 6y 2 + 6z 2 cần đa về dạng (x y) 2 + (y z) 2 + (z x) 2 , cụ thể : x y 2 + y z 2 + z x 2 = (x y) 2 + (y z) 2 + (z x) 2 = 3(x 2 + y 2 + z 2 ) (x + y + z) 2 = 3(x 2 + y 2 + z 2 ) 6x 2 + 6y 2 + 6z 2 = 2(x y 2 + y z 2 + z x 2 ). 2 Và bằng việc Sử dụng bất đẳng thức cơ bản a + b a + b ta chứng minh ngay đợc: ( ) 2 2 2 x y y z z x 2 x y y z z x . + + + + Tới đây, ta nhận đợc ba cặp dạng (3 t t), t 0 trong P. Xét hàm số f(t) = 3 t t trên tập D = [0; + ) ta có: f'(t) = 3 t .ln3 1 > 0, t D Hàm số đồng biến trên D f(t) f(0) = 1. Bất đẳng thức cần chứng minh là 3 t t + 1, t 0. Từ định hớng trên ta sẽ hình thành đợc các bớc cần thực hiện để nhận đợc P Min = 3. lời giải chi tiết: Trớc tiên, ta đi chứng minh : 3 t t + 1, t 0. (*) Thật vậy, xét hàm số f(t) = 3 t t 1 trên tập D = [0; +) ta có: f'(t) = 3 t .ln3 1 > 0, t D Hàm số đồng biến trên D f(t) f(0) = 0. bất đẳng thức (*) đúng và dấu "=" xảy ra khi t = 0. áp dụng (*) ta đợc: x y y z z x 3 3 3 x y y z z x 3. + + + + + (2) áp dụng bất đẳng thức a + b a + b, ta đợc: ( ) 2 x y y z z x + + = x y 2 + y z 2 + z x 2 + + 2x y.y z + 2y z.z x + 2z x.x y = x y 2 + y z 2 + z x 2 + + x y(y z + z x) + y z(z x + x y) + z x(x y + y z) 2(x y 2 + y z 2 + z x 2 ) ( ) 2 2 2 x y y z z x 2 x y y z z x + + + + 2 2 2 2 6x 6y 6z 2(x y z)= + + + + 2 2 2 6x 6y 6z .= + + (2) Từ (1) và (2) suy ra P 3, suy ra P Min = 3 đạt đợc khi: x y y z z x x y z 0 = = + + = x = y = z = 0. 3 Ví dụ 3: Cho các số thực dơng a, b, c, d thoả mãn: 1 1 1 1 3. 1 a 1 b 1 c 1 d + + + + + + + Chứng minh rằng 1 abcd . 81 Giải Từ giả thiết suy ra: 1 1 1 1 1 1 1 1 a 1 b 1 c 1 d + + ữ ữ ữ + + + + b c d 1 b 1 c 1 d = + + + + + C 3 b c d 3 . . 0. 1 b 1 c 1 d ôsi + + + (1) Tơng tự, ta cũng có: C 3 1 a c d 3 . . 0. 1 b 1 a 1 c 1 d ôsi + + + + (2) C 3 1 a b d 3 . . 0. 1 c 1 a 1 b 1 d ôsi + + + + (3) C 3 1 a b c 3 . . 0. 1 d 1 a 1 b 1 c ôsi + + + + (4) Nhân theo vế các bất đẳng thức (1), (2), (3), (4), ta đợc: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 81abcd 1 a 1 b 1 c 1 d 1 a 1 b 1 c 1 d + + + + + + + + 1 abcd . 81 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: a b c d 3 1 a 1 b 1 c 1 d 4 = = = = + + + + a = b = c = d = 3. Nhận xét : Chúng ta có kết quả tổng quát: "Cho các số thực dơng a i , i = 3 .n thoả mãn: 1 2 n 1 1 1 . n 1. 1 a 1 a 1 a + + + + + + Chứng minh rằng 1 2 n n 1 a a .a . (n 1) " Ví dụ 4: Cho các số thực x, y, z thoả mãn các điều kiện x + y + z = 0 và x 2 + y 2 + z 2 = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = x 5 + y 5 + z 5 . Giải 4 Đánh giá và định hớng thực hiện: Cần biết cách định hớng đa biểu thức P về dạng một ẩn dựa vào hai biểu thức điều kiện, cụ thể: Nếu lựa chọn sử dụng một trong ba biến x, y, z. Giả sử là x thì ta cần thực hiện biến đổi: P = x 5 + (y 2 + z 2 )(y 3 + z 3 ) y 2 z 2 (y + z) = x 5 + (y 2 + z 2 )[(y + z) 3 3yz(y + z)] y 2 z 2 (y + z) Trong đó, với giả thiết ta có ngay: y + z = x; y 2 + z 2 = 1 x 2 . Nh vậy, còn phải tìm cách biểu diễn yz theo x. Việc này đợc thực hiện: 0 = (x + y + z) 2 = x 2 + y 2 + z 2 + 2x(y + z) + 2yz = 1 2x 2 + 2yz 2 1 yz x . 2 = Tới đây, bài toán đợc chuyển về việc tìm gtln của hàm số f(x) nên cần tìm tập giá trị của biến x. Việc này đợc thực hiện: 2 2 2 y z 1 x yz 2 2 + = 2 2 1 1 x x 2 2 3x 2 2 2 2 x . 3 3 Nếu lựa chọn sử dụng ẩn phụ có tình đối xứng theo tổng. Giả sử t = x + y = z thì ta cần thực hiện biến đổi: P = x 5 + y 5 (x + y) 5 = 5xy(x 3 + y 3 ) 10x 2 y 2 (x + y) = 5xy[(x + y) 3 3xy(x + y)] 10x 2 y 2 (x + y) = 5xy(x + y) 3 + 5x 2 y 2 (x + y). Nh vậy, còn phải tìm cách biểu diễn xy theo t. Việc này đợc thực hiện: 1 = x 2 + y 2 + z 2 = x 2 + y 2 + (x + y) 2 = 2(x + y) 2 + 2xy 2 1 xy (x y) . 2 = + Tới đây, bài toán đợc chuyển về việc tìm gtln của hàm số f(t) nên cần tìm tập giá trị của biến t. Việc này đợc thực hiện: 2 2 x y 1 (x y) 2 2 + + + ữ 2 3 (x y) 2 = + 2 2 x y . 3 3 + lời giải chi tiết: : Cần biết cách định hớng đa biểu thức P về dạng một ẩn dựa vào hai biểu thức điều kiện, cụ thể: Nếu lựa chọn sử dụng một trong ba biến x, y, z. Giả sử là x thì ta cần thực hiện biến đổi: P = x 5 + (y 2 + z 2 )(y 3 + z 3 ) y 2 z 2 (y + z) = x 5 + (y 2 + z 2 )[(y + z) 3 3yz(y + z)] y 2 z 2 (y + z) Trong đó, với giả thiết ta có ngay: y + z = x; y 2 + z 2 = 1 x 2 . 5 Nh vậy, còn phải tìm cách biểu diễn yz theo x. Việc này đợc thực hiện: 0 = (x + y + z) 2 = x 2 + y 2 + z 2 + 2x(y + z) + 2yz = 1 2x 2 + 2yz 2 1 yz x . 2 = Tới đây, bài toán đợc chuyển về việc tìm gtln của hàm số f(x) nên cần tìm tập giá trị của biến x. Việc này đợc thực hiện: 2 2 2 y z 1 x yz 2 2 + = 2 2 1 1 x x 2 2 3x 2 2 2 2 x . 3 3 Nếu lựa chọn sử dụng ẩn phụ có tình đối xứng theo tổng. Giả sử t = x + y = z thì ta cần thực hiện biến đổi: P = x 5 + y 5 (x + y) 5 = 5xy(x 3 + y 3 ) 10x 2 y 2 (x + y) = 5xy[(x + y) 3 3xy(x + y)] 10x 2 y 2 (x + y) = 5xy(x + y) 3 + 5x 2 y 2 (x + y). Nh vậy, còn phải tìm cách biểu diễn xy theo t. Việc này đợc thực hiện: 1 = x 2 + y 2 + z 2 = x 2 + y 2 + (x + y) 2 = 2(x + y) 2 + 2xy 2 1 xy (x y) . 2 = + Tới đây, bài toán đợc chuyển về việc tìm gtln của hàm số f(t) nên cần tìm tập giá trị của biến t. Việc này đợc thực hiện: 2 2 x y 1 (x y) 2 2 + + + ữ 2 3 (x y) 2 = + 2 2 x y . 3 3 + Ví dụ 5: Cho các số thực không âm a, b thoả mãn a + b = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: A = 16ab(a b) 2 . Hớng dẫn: Sử dụng phép tách trong bất đẳng thức Côsi với định hớng làm xuất hiện biểu thức a + b. Giải Ta có biến đổi: A = 4.(4ab)(a b) 2 2 2 C 4ab (a b) 4 2 ôsi + = (a + b) 4 = 1. Vậy, ta đợc A Max = 1 đạt đợc khi: 6 2 a b 1 4ab (a b) + = = 2 2 b 1 a a b 6ab 0 = + = 2 2 b 1 a a (1 a) 6a(1 a) 0 = + = 2 b 1 a 8a 8a 1 0 = + = b 1 a 2 2 a 4 = = 2 2 2 2 a , b 4 4 . 2 2 2 2 a , b 4 4 + = = + = = Chú ý : Bài toán trên cũng có thể đợc thực hiện theo cách: A = 16ab[(a + b) 2 4ab] = 16ab(1 4ab) = 4.(4ab)(1 4ab) 2 C 4ab (1 4ab) 4 2 ôsi + = 1. Vậy, ta đợc A Max = 1 đạt đợc khi: a b 1 4ab 1 4ab + = = a b 1 1 ab 8 + = = tức a, b là nghiệm của phơng trình: 2 1 t t 0 8 + = 2 2 t 4 = 2 2 2 2 a , b 4 4 . 2 2 2 2 a , b 4 4 + = = + = = Ví dụ 6: Cho các số thực x, y thoả mãn (x 4) 2 + (y 4) 2 + 2xy 32. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = x 5 + y 5 + 3(xy 1)(x + y 2). Giải Đánh giá và định hớng thực hiện: Trớc tiên cần đơn giải biểu thức điều kiện: (x + y) 2 8(x + y) 0 0 x + y 8. Ta thấy ngay, cần biết cách định hớng biến đổi biểu thức A về một hàm số chứa t = x + y, cụ thể: A = (x + y) 3 6xy 3(x + y) + 6. Với yêu cầu tìm giá trị nhỏ nhất của A, thì cần có biến đổi: 6xy g(x + y) và điều này đợc thực hiện bằng việc sử dụng bất đẳng thức: 2 x y xy . 2 + ữ Từ đó, suy ra: 3 2 3 A t t 3t 6 f(t). 2 + = 7 Tới đây, bài toán đợc chuyển về việc tìm gtnn của hàm số f(t) trên tập D = [0; 8]. lời giải chi tiết: Biến đổi biểu thức điều kiện về dạng: (x + y) 2 8(x + y) 0 0 x + y 8. Mặt khác, ta có: 4xy (x + y) 2 2 3 6xy (x y) . 2 + Biến đổi A về dạng: A = (x + y) 3 6xy 3(x + y) + 6 3 2 3 (x y) (x y) 3(x y) 6. 2 + + + + Đặt t = x + y (0 t 8), ta xét hàm số: 3 2 3 f(t) t t 3t 6 2 = + trên đoạn D = [0; 8]. 2 f '(t) 3t 3t 3= ; f(t) = 0 t 2 t 1 = 0 t D 1 5 t . 2 + = Ta lần lợt có: f(0) = 6; 1 5 17 5 5 f ; 2 4 + = ữ ữ f(8) = 398. Vậy, ta đợc Min 17 5 5 P 4 = , đạt đợc khi 1 5 t . 2 + = Từ đó, suy ra Min 17 5 5 A 4 = , đạt đợc khi: x y 1 5 x y 2 = + + = 1 5 x y . 4 + = = Ví dụ 7: Cho các số thực a, b 1 và thoả mãn a + b = 32. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 2 2 A log a log b.= + Giải Ta có biến đổi: 2 2 2 2 2 A log a log b 2 log a.log b= + + C 2 2 2 2 log a log b log a log b ôsi + + + = 2(log 2 a + log 2 b) = 2log 2 ab 2 4log ab= 2 a b 4log 2 + = 4.4 = 16 A 4. Vậy, ta đợc A Max = 4 đạt đợc khi: 8 2 2 a b 32 log a log b a b + = = = a = b = 16. Chú ý : Bài toán trên cũng có thể đợc thực hiện dựa theo bất đẳng thức Bunhiacôpxki, cụ thể: 2 2 A 1. log a 1. log b= + ( ) 2 2 (1 1) log a log b + + 2 2log ab= 2 4log ab= 2 a b 4log 2 + = 4. Vậy, ta đợc A Max = 4 đạt đợc khi: 2 2 a b 32 log a log b a b + = = = a = b = 16. Ví dụ 8: Cho x, y, z là ba số thực thuộc đoạn [1; 4] và x y, x z. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x y z P . 2x 3y y z x z = + + + + + Giải Đánh giá và định hớng thực hiện: Trớc tiên, các em học sinh cần nhận thấy rằng P gồm ba phần với hai nhân tử có tính gần đối xứng là y z , y z x z+ + . Từ đó, định hớng biến đổi tổng này theo nhân tử còn lại với ẩn phụ x t y = , bởi P có thể đợc viết lại dới dạng: 1 1 1 P y z x 2 3 1 1 x y z = + + + + + 2 1 f (t). 3 2 t + + Từ đó, dẫn tới việc cần có đợc một bất đẳng thức dạng: 1 1 f (ab) 1 a 1 b + + + bởi với z x a , b y z = = thì 2 x ab t . y = = Và bất đẳng thức đợc đề cập ở đây là: 1 1 2 1 a 1 b 1 ab + + + + , với a, b dơng và ab 1. Bất đẳng thức này đợc chứng minh bằng phơng pháp biến đổi tơng đơng. 9 Khi đó, ta nhận đợc: 2 2 t 2 P 2t 3 1 t + + + và bài toán đợc chuyển về việc sử dụng đạo hàm để tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số 2 2 t 2 g(t) 2t 3 1 t = + + + trên [ ] 1; 2 . lời giải chi tiết: Trớc tiên, ta đi chứng minh: 1 1 2 1 a 1 b 1 ab + + + + , với a, b dơng và ab 1. Thật vậy, biến đổi bất đẳng thức về dạng: 1 b 1 a 2 (1 a)(1 b) 1 ab + + + + + + ( ) (a b 2) 1 ab 2(1 a)(1 b) + + + + + (a b) ab 2 ab a b 2ab + + + + ( ) ( ) (a b) ab 1 2 ab ab 1 0 + ( ) ( ) a b 2 ab ab 1 0 + ( ) ( ) 2 a b ab 1 0 bất đẳng thức trên luôn đúng với a, b dơng, ab 1 và dấu "=" xảy ra khi a = b hoặc ab = 1. áp dụng bất đẳng thức trên, bằng việc viết lại P dới dạng: 1 1 1 P y z x 2 3 1 1 x y z = + + + + + 1 2 y x 2 3 1 x y + + + dấu "=" xảy ra khi z x y z = hoặc x 1. y = Đặt [ ] x t , t 1; 2 y = xét hàm số 2 2 2 1 2 t 2 g(t) 3 1 t 2t 3 1 t 2 t = + = + + + + + trên [ ] 1; 2 , ta có: 2 2 2 2 2 2t(2t 3) 4t.2t 2 g '(t) (2t 3) (1 t) + = + + 2 3 2 2 2 2 2 2 2 t(2t 3) 4t (1 t) 2(2t 3) (2t 3) (1 t) + + + = + + 10 . với A > B (tức là y > 0) nh sau: ( ) 2 2 y A B= A B 2 AB= + A' B' 2 A '. B' k, k cos tan= + + = , tức là AB = AB ( ) 2 A'. 2 2 2 x y y z z x 2 x y y z z x + + + + 2 2 2 2 6x 6y 6z 2(x y z)= + + + + 2 2 2 6x 6y 6z .= + + (2) Từ (1) và (2) suy ra P 3, suy ra P Min =