đề thi sưu tầm 10 năm đề thi chọn đội tuyển imo cac de thi hsg cua dhsphn de chon doi tuyen ninh binh de de nghi toan 11 cua hai phong de hsg tphcm 2009 de kt doi tuyen chuyen quang trung de kt do…

 Các bài toán BĐT và cực trị của biểu thức chứa nhiều biến số là những vấn đề thường được đề cập trong các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi.Không thể có một phương pháp chung để có t[r]

A/LờI NóI ĐầU 1/ L í chọn đề tài:

 Bất đẳng thức cực trị biểu thức nhiều biến từ lâu đả trở thành đề tài quen thuộc đề cập nhiều tài liệu Thường gặp nhiều thi từ lớp THCS đến bậc đại học,trong kì thi Olimpic nước giới,nó vấn đề khó thật hấp dẫn việc giải nhiều phải công phu,sáng tạo phải biết kết hợp nhiều phương pháp,nhiều kỹ thuật giải chúng, vẽ thật đa dạng  Giải toán BĐT cực trị nói chung BĐT,cực trị biểu thức có nhiều biến số nói riêng khơng rèn luyện phẩm chất tư duy,óc sáng tạo,trí thơng minh cách nhìn linh hoạt, tinh tế người học,người làm tốn động cjthucs đẩy lịng đăm mê, u thích mơn tốn

 Các tốn BĐT cực trị khơng giáo dục phẩm chất trí tuệ người học mà cịn chứa đựng tính thực tiễn cao việc ứng dụng toán họcvào thực tiễn sống giải toán tối ưu

 Các toán BĐT cực trị biểu thức chứa nhiều biến số vấn đề thường đề cập chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi.Không thể có phương pháp chung để giải cho loại tốn,trong chừng mực nêu số kỹ thuật giải chung cho tốn,đó việc mà nhà sư phạm nên làm giúp cho học sinh có kiến thức đứng trước tốn thuộc loại

 Vì lý việc đề cập đến số kỹ thuật,một số cách giải có tính thơng dụng lớp toán thuộc dạng việc cần thiết giúp cho người học nâng cao khả tự học tự khai thác phát giải toán

2/

Mục đích đề tài:

Trên sởnhỡng kinh nghiệm giãng dạy thực tiễn học tập học sinh,đúc kết thành kinh nghiệm số phơng pháp tìm cực trị chứng minh số bất đẳng thức nhiều biến số

3/Phạm vi nghiên cứu:

Phm vi nmghiờn cu đề tài xoay quanh dạng phơng pháp giải bất đẳng thức cực trị biểu thc cha nhiu bin s

4/ Cơ sở nghiên cøu

Cơ sở nghiên cứu dựa kiến thức học trờng đại học,các khóa bồi dỡng nâng cao kiến thức hè giáo viên dạy chuyên tổ chức,thực tế giãng dạy lớp chuyên toán trờng chuyên,kĩ yếu hội thảo đào tạo hệ trung học phổ thông chuyên,tạp chi toán học tuổi trẻ,sách giáo khoa ,sách tham khảo mơn tốn bậc trung học phổ thơng

5/ Ph ơng pháp nghiên cứu:

Thc hin đề tài này,tôi sử dụng phơng pháp sau đây: -Phng phỏp nghiờn cu lý lun;

-Phơng pháp khảo sát thực tiễn; -Phơng pháp phân tích;

-Phơng pháp tổng hợp; -Phơng pháp khái quát hóa;

-Phơng pháp tỉng kÕt kinh nghiƯm

Bài tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức Q = Fa a1, , ,2 anvới i

a D a a1, , ,2 an chịu số ràng buộc khác. Các cách giải thông dụng

1/ Đánh giá trực tiếp Q bất đẳng thức 2/ Đánh giá Q phương pháp đạo hàm 3/ Đánh giá Q phương pháp dồn biến

4/ Đánh giá Q phương phỏp lng giỏc húa 5/ Đánh giá Q thông qua tìm miền giá trị

Vn dng bt đẳng thức để đỏnh giỏ Q cú nhiều tài liệu ,trong đề tài qua số vớ dụ nhằm làm rừ thờm mặt phương phỏp dựng đạo hàm, dồn biến phương phỏp lượng giỏc húa,phơng pháp tìm miền giá trị để tỡm cực trị biểu thức nhiều biến Để thuận tiện cho việc nghiên cứu tơi xin đề cập đến phơng pháp chuẩn hóa hàm có tính ba biến

Bài toán: Tim cực trị củ biểu thức Q = F x y z , ,  biÕt F x y z, ,  F x y z , , (1) víi  0

Hàm số F thỏa mãn điều kiện (1) gọi hàm ba biến x,y,z

Mệnh đề 1:Cho H x y z , , là đa thức đẳng cấp bậc k hàm số F x y z , , thóa mãn (1) giá trị F x y z , , trên miền: x y z H x y z, , /  , , a a;( 0) khơng thay đổi a thay đổi

Gi¶ sư M x y z , , là điểm cho: H x y z , , a1

M x y z' ', ', 'là điểm cho: H x y z' ', ', 'a2 víi a1a a2( 0;a1 0)

ta chøng minh F M  F M '.ThËt vËy

   

1 2

1 2

2 1

( , , ) , , , ,

k

k

a a a

H x y z a a H x y z a H x y z a

a a a

 

       

 

 



2 2

2

1 1

, ,

k a k a k a

H x y z a

a a a

 



 

 

   H x y z ', ', ' a2

(đặt

2 2

1 1

' k a ; ' k a ; ' k a

x x y y z z

a a a

  

)

mặt khác M x y z , , H x y z , , a1  M x y z' ', ', ' H x y z ', ', ' a2

nênF x y z , ,  F x y z ', ', ' (1).áp dụng mệnh đề để tìm giá trị F x y z , , trên miền

 

H x y z, , a

chỉ cần tìm giá trị miền H x y z , ,  a0cố định.Điểm mấu chốt

trong toán chọn đa thức đẳng cấp H x y z , nào thích hợp cho việc chuẩn hóa

VÝ

d minh h a : Cho số thực dơng a b c, ,

Tìm giá trị lín nhÊt cđa biĨu thøc Q = F a b c  , , 

   

   

 

 

2 2 2 2

a b c b c a c a b

b c a c a b a b c

  

 

NhËn xÐt F a b c , , Fa b c, , ,vậy Flà hàm nên cần tìm giá trị F

trờn H a b c , ,    a b c 1,khi Q  

     

2 2

1 1

, ,

1 2 2 2

a a b b c c

F a b c

a a b b c c

  

   

     

Ta cã  

 

   

2

2

2

1

2

2 1 2 1

2 4

a a

a a

a  a         a a   a  a   

 

1   3

0

a a

 

 

   

   

2

1

4

1 3

a a a a a

a a a a a a

   

      

        nªn Q

1 1

4 3

3 3

a b c

  

      

  

 

 

V×

1 1 9

3 3 10

a b c a b c   

9

4 3

10

Q  

    

  Q =

6 khi

1

a b c  

KÕt luËn: MaxQ =

6

5 a b c  0

Sau số phương pháp tìm cực trị biểu thức nhiều biến số được đề cập đề tài này:

I ) Ph ơng pháp đạo hàm : Phương phỏp đạo hàm chuyển việc đỏnh giỏ Q đỏnh giỏ

biểu thức biến số

1/ Đánh giá đại diện : Nếu Q có dạng Qf a 1  f a 2   f a n ,aiD đối xứng

a/ Đánh giá đại diện phương pháp miền giá trị

Bài toán 1: Cho A B C, , ba góc tam giác.Tìm giá trị nhỏ biểu thức

 

1 1

2 cot cot cot

sin sin sin

Q A B C

A B C

 

      

  .

Ta viết

2 2

cot cot cot

sin sin sin

Q A B C

A B C

     

      

     

Đánh giá đại diện    

2

cot , 0; sinx

f x   x x 

.Ta có f ’  2cos

sin x x

x  

Lập bảng biến thiên hàm số f khoảng 0;

x 

x

0 / 3 

Từ bảng biến thiên ta suy

     

3

3

3 f A f B f C







      3

Q f A f B f C

     Dấu đẳng thức ABCđều

Bài toán 2: Cho số thực a b c , , 0,thỏa mãn điều kiện a2b2c2 1.

f’(x) - +

f(x)

Chứng minh BĐT 2 2 2

3 ,(1)

a b c

b c c a a b 

Ta có (1)   

2 2

2 2

3

1 1

a b c

a b c

a  b  c   

   Từ gợi ý ta chứng minh bất đẳng

thức sau:

2 2

2 2

3 3 3

; ;

1 2

a b c

a b c

a  b  c 

  

Hay phải chứng minh      

2 2 2

1 ; ;

3 3 3

a  a  b  b  c  c 

Khảo sát đại diện hàm số f x( )x1 x2,x0;1bằng đạo hàm tìm giá trị lớn

( )

f x trên khoảng

3 từ suy điều cần chứng minh. b/ Đánh giá gián tiếp thông qua biểu thức bậc nhất

Nếu tốn có dạng sau cho n  *và số a a1, , ,2 anD thỏa mãn a1a2 an n , vớiD

Chứng minh f a 1  f a 2   f a n nf   ( hay f a 1  f a 2   f a n nf   ), Đẳng thức xãy a1a2   an 

Dạng tốn có tính chất bật: vế trái biểu thức đối xứng biến

1, , ,2 n

a a a nên thường có nhiều cách giải.Tuy nhiên việc tìm phương pháp chung để

có thể giải hàng loạt

Tốn hồn tồn khơng đơn giản

Trong viết ta vận dụng giả thiết a1a2  an n cách linh hoạt, ta tìm số A , B thích hợp để đánh giá f x   Ax + B , x D  ,đẳng thức xãy x

.Đối với nhiều toán ,biểu thức

y = Ax + B chọn phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số y = f(x) x =  .

Nhìn qua phương pháp thấy “tương tự”với phương pháp sử dụng BĐT Jensen- gọi BĐT hàm lồi.Thật phương pháp “tốt” hơn,nếu sử dụng BĐT Jensen phương pháp sử dụng điều ngược lại khơng xãy

Ta minh họa đồ thị

f(x)=x^3+3x^2+2 f(x)=(15x)/4+1

-9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1

-8 -6 -4 -2

x y

Hàm số y = f(x) khoảng D = 3; 2 không lồi không lõm D đồ

thị “nằm trên” tiếp tuyến

15

x

y  

1 x  

D Trong áp dụng BĐT hàm lồi dùng phương pháp “tiếp tuyến” để giải toán

Sau xin trình bày số tốn minh họa cho phương pháp trích dẫn từ số đề thi Olympic nước ta nước giới Trong số tốn phải sử dụng linh hoạt giả thiết tính chất biểu thức toán để vận dụng phương pháp cách hiệu

Bài toán 3:( Olimpic 30/4- 2006).Cho số thực dương a b c, , Chứng minh rằng:

Q =

   

   

   

2 2 2 2

6

a b c b c a c a b

b c a c a b a b c

  

  

      ,(1)

Do Q có tính nên xét giá trị Q với a b c  1

Viết Q =

   

   

 

       

2 2 2 2

1 1

1 1

a a b b c c

f a f b f c

a a b b c c

  

    

     

Với

   

   

2

2 2

1

, 0;1

1

x x x x

f x x

x x

x x

 

  

 

  .Khi tiếp tuyến

1 x 

có phương trình:

27 27

25 25 25

y x   x

  .Mặc dầu khoảng 0;1đồ thị (C) hàm số yf x( )

không lồi

Nhưng có

27

( ) (*)

25 25

f x  x

 x 0;1 (*)

2

3

2

27

54 27

2 25

x x x

x x

x x

 

     

 

Xét hàm số g x ( ) 54x3 27x21 với x 0;1 g’(x) = 54 3x x  1 lập bảng biến thiên

y = g(x) ta kết g x( ) 0,  x 0;1.Áp dụng BĐT (*) cho số a , b , c 0;1

ta có  

27 30

( ) ( ) ( )

25 25 25

f a  f b  f c  a b c    

.BĐT (1) chứng minh Đẳng thức xãy

khi a b c 

Bài toán 4: (Hồng Kong,2005) Cho số dương a b c d, , , thỏa mãn a b c d   1

Chứng minh rằng:  

3 3 2 2

6

8

a b c d a b c d 

.(1)

Từ giả thiết ta có a b c d , , , 0;1và BĐT (1)

1 ( ) ( ) ( ) ( ) ,(2)

8

f a f b f c f d

    

Trong f x( ) 6 x3 x2 xét f x( )với x 0;1 Tiếp tuyến đồ thị hàm số yf x( )tại

4 x 

Có phương trình

5

8

y x

Mặt khác

  2 

3

5 1

( )

8 8 8

f x   x  x  x   x  x x 

    với x 0;1 hay

5

( )

8

f x  x

Từ suy  

5 1

( ) ( ) ( ) ( )

8 8

f a  f b  f c f d  a b c d    

Vậy BĐT (1) chứng minh

Đẳng thức xãy

1 a b c d   

Bài toán 5: ( Mở rộng toán thi Olimpic Ba Lan,1996 Olimpic 30-4,1999)

Cho số thực a b c, , thỏa mãn a b c  1. Chứng minh 2

9

1 1 10

a b c

a  b  c 

   ,

(1)

Đặt ( ) x f x

x 

 Khi BĐT (1) trở thành

9 ( ) ( ) ( ) ,(2)

10

f a  f b  f c 

Ta có f’(x) =  

2 2

1

, '( )

1

x x

f x

x x

  

     

Bảng biến thiên ( ta đưa thêm vào số giá trị x = - 3, x = -1/3, x = giá trị

( )

f x để so sánh)

x   - - - 1/3 

f’(x) - +

f(x) -3/10 -3/10

-1/2

(

1

( 3) ( ) , (2)

3 10

f  f   f 

) Xét trường hợp xãy :

1/ Có số , giả sử a     ; 3  b c 4 nên có số , giả sử b 2.Khi ta có :

2

( ) ( ) ( )

5 10

f a f b f c    

2/ Có số, giả sử

1 3;

3 a   

  Khi

3 1

( ) ( ) ( )

10 2 10 10

f a f b f c     

3/ Cả ba số

1

, , ;

3 a b c  

  Khi tiếp tuyến đồ thị yf x( ) x 

có phương trình:

18

25 50

y x

Ta có

   

 

2

2

3

18 18

( ) 0,

25 50 25 50 50

x x

x

f x x x x

x x

 

   

           

 

   

Áp dụng BĐT cho số

1 , ,

3 a b c  

a b c  1 ta có

 

18

( ) ( ) ( )

25 50 10

f a f b f c  a b c   

.Vậy trường hợp BĐT (1)

toán chứng minh,đẳng thức xãy

1 a b c  

Nhận xét: Đây toán khó,khơng thể sử dụng phương pháp hàm lồi để giải.

Chúng ta giải toán cách phân chia trục số thành khoảng  ; , 3; , 1;

3

   

       

    sử dụng linh hoạt

giả thiết a b c  1 để áp dụng tính chất hàm số f(x) với tiếp tuyến nó

điểm x = 1/3 cách mong muốn

Bài toán 6: (Rumania,2005) Cho số thực dương a b c, , thỏa mãn a b c  3

Chứng minh rằng:

2 2

2 2

1 1

a b c

a b c    (1)

Theo giả thiết  

2 2

, ,

a b c  a b c  a b c   Từ có ba số,giả sử a

<1/3

2 2

2 2

1 1

9 a b c

a b c     nên (1) đúng.

Ta xét trường hợp

1 , ,

3 a b c 

.Vì

7 3, ên a,b,c

3

a b c   n 

Vậy

1

, , ;

3 a b c  

BĐT (1)

2 2

2 2

1 1

0, (2)

a b c

a b c

      

Xét hàm số

2

1

( ) ên ;

3

f x x tr

x

 

   

 

Tiếp tuyến đò thị hàm số yf x( ) x =1 y = -4x + 4.Ta có

     

2 2

2

1 1 7

( ) 4 0, ;

3

x x x

f x x x

x

    

        

 

(do  

2

2

( ) 1 2 ên ;

3 3

g x x  x  x      tr  

   ) hay f x( )4x4 với x

1 ; 3

 

    .

Áp dụng cho số

1

, , ;

3 a b c  

  ta có f a( ) f b( )f c( )4a b c  4.3 0 .Vậy BĐT (1)

được chứng minh.Đẳng thức xãy a = b = c =

Nhận xét cách giải: Tương tự toán trên, từ giả thiết toán ta có điều kiện  

, , 0;3

a b c  .

Việc xét trường hợp đặc biệt để đưa xét trường hợp

1

, , ;

3 a b c  

  áp dụng tính chất

của hàm số f(x) cần thiết

Bài toán 7: (Trung Quốc ,2005).Cho số không âm a b c, , thỏa mãn a b c  1

Chứng minh : 10a3b3c3 9a5b5c5 1 (1)

Đặt f x( ) 10 x3 9x5 Khi (1) trở thành f a( )f b( )f c( ) 1, (2)

Trường hợp Trong ba số a,b,c có số ,giả sử

10 a 

Khi

9

;1 ; , 0;

10 10

a  b c 

    .

Xét hàm số f(x) đoạn

9 ;1 10

 

 

  ta có f’(x)=  

2 2

30x  45x 15x 3 x 0

với

9 ;1 10 x  

 

Vậy f(x) nghịch biến đoạn từ f a( )f(1) 1 với

9 ;1 10 a  

  hơn với

, 0; 10 b c  

 

Thì f b ( ) 10b3 9b50 f c ( ) 10c3 9c50 nên f a( ) f b( ) f c( ) 0 1    hay (2) đúng

Trường hợp Các số

9 , , 0;

10 a b c  

  .Khi tiếp tuyến đồ thị hàm số yf x( )tại x 

có phương trình

25 16

9 27

y x

Ta có

3

25 16 25 16

( ) 10

9 27 27

f x   x  x  x   x 

       

2

1

3 27 18 21 16

27 x x x x

    

Xét hàm số g x( ) 27 x318x2 21x16trên đoạn 0;

10

 

 

 .Ta có g’(x) = 81x236x 21

g’(x) =

1 x

 

7 x 

x 1/3 9/10

g’(x) - +

g(x)

-16 -637/1000

Suy đoạn

9 0;

10

 

 

 ; g(x) < nên

25 16

( )

9 27

f x   x 

  hay

25 16

( ) , 0;

9 27 10

f x  x   x  

 

Áp dụng cho số a,b,c

9 0;

10

 

  

  a + b +c = ta có

 

25 16

( ) ( ) ( )

9 27

f a f b f c  a b c   

Hay (2) Vậy trường hợp BĐT (1)

Đẳng thức xãy

1

a b c  

a b c, , là hốn vị 1;0;0

Nhận xét : Đây tốn khó, để giải toán phải chia miền giá trị biến cách chặt chẽ Trong cách giải việc chia đoạn 0;1 thành đoạn

9 0;

10

 

 

 ,

;1 10

 

 

  cách hợp lí.

Bài tốn 8: (Moldova,2005) Cho số dương a b c, , thỏa mãn a4 b4c4 3.

Chứng minh rằng:

1 1

1, (1) 4 ab4 bc4 ca

Lời giải:

Vì

2 2

a b

ab 

nên  2

1

4 ab 8 a b

 2  2  2

1 1 2

4 ab4 bc4 ca8 a b 8 b c 8 c a

Để vận dụng giả thiết a4b4 c4 3 ta đặt      

2 2

2 , 2 , 2

x b c y c a z a b

thì ta có

x,y,z >        

2 2

2 2 2 4

x + y + z = b c  c a  a b 4 a b c 12

Ta phải chứng minh

1 1

,(2)

8 x 8 y 8 z  .Xét hàm số  

( ) , 0;12

8

f t t

t

 

 .

Phương trình tiếp tuyến đồ thị yf t( ) t = có phương trình

1

144 36

y t

Hơn ta có :    

2

1

2

144 36 144

8 t t t t

 

      

Vậy

1

( )

144 36

f t  t

.Từ  

1 15

( ) ( ) ( ) .12

144 36 144 36

f x f y  f z  x y z     

BĐT chứng minh Đẳng thức xãy x   y z a b c  1 2/ Đánh giá khử bớt biến đưa đánh giá hàm biến

Bài toán 9: Cho số thực a b c, , 0;a b c  1.

Tìm giá trị lớn biể thức Q = 7ab bc ca   9abc

Giải: Khơng tính tổng quát ta giả sử 0 a b c   kết hợp điều kiện

1

3

a b c    a

Ta có Q =      

3

1

7 9

4

a  a bc  a   a  a  a

(do -9a >0;  

 2

2 1

4

a

bc b c  

)

Xét hàm số

3

( ) 7, 0;

3

f a  a  a  a a  

 

f’(a) =

2

27 27

3

a a a  a 

         

   

1 0;

3 a  

 

1 axf(a) = f( )

3 M

 

Vậy giá trị lớn Q đạt

1 a b c  

Bài toán 10: Cho a b c , , 0;2 thỏa mãn a b c  3.

Tìm giá trị lớn biểu thức Q = a2b2c2

Giải: Khơng tính tổng qt gỉa sử a b c  kết hợp với giả thiết ta suy 1 c Vì a2 b2 a b 2 3 c2 ab 0suy từ giả thiết

Nên Q f c( )3 c2c2 2c2 6c9,c1;2 Bảng biến thiên hàm số f c( )với c 1; 2

c 3/2

f’(c) - +

f(c)

5

f(3/2)

Từ BBT ta suy Q 5.Đẳng thức xãy a b c, , là hoán vị 0;1; 2

3/ Đặt biến phụ chuyển đánh giá hàm số biến Bài toán 11:Cho số thực x,y,z thỏa mãn

4 , , x y z xyz x y z

   

  

 

 (II) Tìm giá trị nhỏ nhất,giá trị lớn biểu thức Q = x4y4z4

Đặt t = xy + yz + zx Q = 2t2 32 144t  Ta có t =    

2

2

4

x y z yz x x x x

x x

       

Hệ (II)

4

0

y z x

yz x x    

    

    

Vì  

2 3 2

4 x x 8x 16x x

      

(do x > )  x 2x2 6x40 kết hợp điều kiện

0 < x < ta x 3 5; 2 .Khảo sát hàm số

2

( ) , 5;

t f x x x x

x  

     

  ta

Tập giá trị

5 5;

2

  

 

  Vì Q = h(t) = 2t2 32 144t  với

5 5;

2

t   

 

do hàm số h(t) nghịch biến đoạn này, suy giá trị nhỏ Q

MinQ =

5

383 165

h   

  ,và giá trị lớn Q MaxQ = h 5 18.

Bài toán 12: Cho số thực x y z , , thỏa mãn (I)

3 x y z xy yz zx

   



  



Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn biểu thức Q = x4y4z4

Đặt s3= xyz Q = 47 12s Hệ (I)

2

3

y z x

yz x x

   

 

  



Vì    

2 2 2

3 x 4 x  3x1  3x  6x 0

kết hợp x 0ta

3 0;

3

x   

 

Khảo sát hàm số

3

3

3

( ) , 0;

3

s g x x  x x x   

  kết hợp với s 3 ta

3

4

9

s 

 

Vì Q = 47 12s nên giá trị nhỏ Q MinQ = 47,giá trị lớn

MaxQ =

Bài toán 13: Cho số thực x y z , , thỏa mãn

8

xy yz zx xyz

  

 

 

Tìm giá trị nhỏ ,giá trị lớn biểu thức Q = x4y4z4

Giải: Từ giả thiết ta có

1

8

4 y z

x x

yz x

  

     

  



 

 

Vì

2

2

1 4

8 16(dox 0)

x x x x x

   

     

   

     x3 4x24x  1 x1x2 3x10

Kết hợp với x > ta

3 5

0; 1;

2

x      



  

Đặt s = x + y + z s= g(x) =

8 x

x x

 

với

3 5

0; 1;

2

x      

   .

Khảo sát hàm số g(x) với

3 5

0; 1;

2

x      



   ý s > ta

5 5

2

s 

 

Mặt khác Q = f(s) =

4 32 16 128, 5;5

s  s  s s   

 .Dùng đạo hàm lập bảng biến thiên

hàm số f(s),ta MinQ = f(5) = 33; MaxQ =

5 271 75

2

f    

  .

Bài toán 14: Cho số thực a b c , ,

Tìm giá trị nhỏ biểu thức Q =

 

 

2 3 3 3 2 2 2

3 2

a b c a b c a b c

abc ab bc ca

     

 

 

Đặt Q = F a b c , ,  Flà hàm ta chuẩn hóa a2b2 c2 3.Khi đó: a b c  2  3 2ab bc ca  

;v×    

3 3 2

a b c  3abc a b c a   b c  ab bc ca  

   

3 3 3 3

a b c abc a b c  ab bc ca 

           

Ta có Q =      

5 1 1

3

2 ab bc ca ab bc ca ab bc ca ab bc ca

 

 

            

 

 

Vì

1 1

ab bc ca  ab bc ca  Đặt t ab bc ca    0 t 3 nên Q

2 12

3t t   

Xét hàm số f(t) =  

2 12

2 , 0;3

3t t t

   

; f’(t) =

2 2 36

0 inf(t)= f(3) =

t

M t



 

Kết luận: giá trị nhỏ Q a = b = c =

Tìm giá trị nhỏ biểu thức Q =

2 2

2 2

1 1

4x 4y 4z

x y z

    

Trước hết ta chứng minh Q  

2

2 1

4 x y z

x y z

 

      

 

Áp dụng BĐT

1 1

x y z x y z  ta suy Q

 

 

2

2 81 4 x y z

x y z

   

 

Đặt tx y z  2thì t 0;4.Khảo sát hàm số  

81

( ) , 0;

f t t t

t

  

Ta

145 ( ) (4)

4

f t f 

suy Q

145 

Đẳng thức xãy

2 x  y z

Kết luận: minQ =

145 .

4/ Chuyển khảo sát hàm số biến cách coi biến cịn lại tham số Bài tốn 16: Tìm giá trị nhỏ biểu thức Q = 2xy2x y2 miền E =

 

 x y; / 0 x 2;0 y 1

Coi x tham số ta có hàm số f y( )2xy2x y y2 , 0;1.Ta có f’(y) = 4xy x

Bảng biến thiên hàm số đoạn 0;1

y x/4

f’(y) +

-f(y)

3/ 8 x

0 x2 2x

Khi 0 x 2 x2 2x0  f y( )x2 2x g x ( ).

Tiếp đến khảo sát hàm số g x( )x2 ,x x0;2

Tìm ming(x) = g(1) = -1.Kết giá trị nhỏ Q – đạt x = ,y =

Bài toán 17: Xét số thực dương x y z, , thỏa mãn điều kiện 12xyz2x8y21z.

Tìm giá trị nhỏ biểu trức Q = x2y3z

Giải: Từ giả thiết  

2

12 21

12 21

x y

z xy x y z

xy 

      

 x

y 

Do Q

2

4

x y

x y

xy 

  

 Xét hàm số

2

2 8

( ) ,

4 7

x y x y x y

f x x x

xy xy y

  

   

 

f’(x) =  

2 2

2

16 56 32 35

4

x y xy y

xy

  

 tren khoảng

; 4y

 



 

 thì f’(x) =

2

32 14

4

y x x

y y



và đổi dấu từ âm qua dương x qua x0 0 ( ) ( )

4

f x f x x

y

   

suy

Q

5

( ) 2

4

f x y x y

y

    

.Đặt g y ( )

5

2

4

x y

y

 

=

2 32 14

2

4

y y

y y



 

g’(y)=  8y2 9 32y214 28 Đặt t  32y214 t > ta có phương trình

3 50 112 0

t  t  phương trình có nghiệm dương t = từ y = y 

Ta có

15 ( ) ( )

2

g y g y 

.Vậy Q

15 ( ) ( )

2

g y g y

  

Đẳng thức xãy x3,y5 / 4,z2 / 3.Kết 15

2 giá trị nhỏ Q. II/

Ph ơng pháp dồn biến ( xét với ba biến)

Giả sử ta phải chứng minh f a b c  , ,  với f a b c , , là biểu thức đối xứng a b c, , D

Bước 1/ ta chứng minh f a b c , , f a t t , ,  (với , b c

t bc t 

hoặc

2 ,

b c

t 

)

Đơi ta cịn phải thêm điều kiện a b c  a b c  biến có vai trị bình đẳng để chứng minh

Bước 2/ Chứng minh f a b c  , ,  b = c

Bài toán 17: Cho số thực a b c, , 0 abc =1v .

Chứng minh BĐT a b b c c a       4a b c  1 ,(1)

Ta có (1)  f a b c , ,  ab a b  bc b c  ca c a   4a b c   6

Bước 1: giả sử a b c 

Xét hiệu f a,b,c f a bc , , bc a2 bc b c   bca b 2c2 2bc 4b c  bc

=          

2 2

2 4 2 4

b c a bc a b c   b c  a b a c   a 

 

 

 

Vì a b a c    44 a bc2 4 (do a 1) f a b c , , f a bc , , bc.

Bước 2: Ta chứng minh f a b c  , ,  b = c từ (GT) ta có

2 b

a 

     

2 2

, , b b

f a b b ab a b a b a b a b

a b a

             a b

b a

 



 

  4a 8b 8

=    

2

2 2

2.a b 4a 8b 2b a b 4a 8b 2b a b 2ab 4a 8b

ab

  

              

 

   

       

2 2

2

2 4 8

2 2 ,(*)

b a b ab a b b a b a b

b a b a b b a b a b

           

Thay a

b 

vào (*) ta    

2

3 1 2 2 4 4 2 1 0

b   b  b b  b  b  b  b  

b 12b2 12 2b3 b2 0

     

 

  .BĐT từ ta có đpcm. Bài tốn 18: Cho số thực không âm a b c, , thỏa mãn a2b2c2 3

Chứng minh : a b c a b   2b c2 2c a2 2.

Khơng tính tổng qt ta giả sử a b c  kết hợp (gt)  2

2

1; 2 2

a b c b c bc b c

           Đặt f a b c , ,     a b c a b2 2 b c2 2 c a2

Bước 1/ Xét hiệu

     

 

2

2 2

2

2

, , , ,

2 2

b c

b c b c

f a b c f a b c

b c b c

 

    

 

     

 

    

   

 2

2

0

4 2 b c

 

    



  Vậy

 

2 2

, , , ,

2

b c b c

f a b c  f a   

 

 

Bước / Ta chứng minh f a b b , ,   0 a2b 2a b2  b4 0( a22b2 3)

         

 

2 2 2

2 2

2

1 3

2 3 1

4 3 2 3

a a a a a a a

a a

 

 

           

 

  

 

 

Nhưng với a 1 BĐT hiển nhiên  

 2

2

3 3

4 3 a 3 a   a

Đẳng thức xãy a = b = c =

III/ Ph ơng pháp l ợng giác hóa:

Cơ sở phương pháp dựa vào kiến thức sau:

1)Cho số thực x y z, , k k, 



   

thì tanxtanytanzt anx.tany.tanz x + y + z = n ,n  

2)Cho số thực x y z, , k k, 



   

t anxtany+ t anxtany+ t anxtany =1 x +y +z = n n, 



   

3)Nếu   1 x 1 tồn a 2;  

 

  

  : sina = x tồn b0;; osb = xc

4)Với số thực x tồn số a 2; : t ana = x

 

 

  

  .

5)Nếu có số thực x y thỏa mãn: x2y2 1 tồn a,saocho x c:  osa,y = sina.

Bài toán 19: Cho số thực dương x y z, , thỏa mãn

1 1

,(*)

x  y  z  xyz

Tìm giá trị nhỏ biểu thức Q =

2

2

1 1

y

x z

x y z



 

   .

Ta có (*)  x y  y z  z x 1 Đặt x tan ,2 y tan 2, z tan ; , ,2 0;2

   

    

     

Theo 2) ta suy  Q =

2

-sin sin os = 2cos os 2cos

2 2

c c   

    

Vậy Q =

2

2

1 -

2 os os os

2 2 2

c  c   c  

 

      

 

MaxQ =

2

2 3

3

2

2 tan

12

z khi

x y

 

 

 

  

 

 



  

  

   

 

 

Bài toán 20: Cho số thực x y, thỏa mãn x2y2 x 1 y2 y 1 x2 Chứng minh 3x4y5

Điều kiện xác định:      1 x 1; y

Nếu x   1;0 y   1;0 x = 0,y =1 y = 0,x =1 BĐT hiển nhiên Ta cần xét < x < < y <

Đặt x cos ,y = sin ; , 0;2



     

   

  từ giả thiết ta có cos2 sin2 cos -  1

2 2

cos   1 sin  cos   cos cos , 0;2     

 

 

3 3cos 4sin 3cos 4in 5cos 5, arcos

5

x y          

(pcm)

IV/

Ph ơng pháp miền giá trÞ:

Bài tốn 21: Tìm giá trị lớn nhất,giá trị nhỏ biểu thức Q = x y biết x2y2 1

Giải: Q giá trị biểu thức x y hệ phương trình sau có nghiệm

2 1( ) x y Q

I

x y

  



 



hệ (I)

2 1 x y Q

Q xy

  



  

 

 Vì x y nghiệm phương trình

2

2

( )

2 Q

f t  t Qt  

(*) Nên hệ (I) có nghiệm  (*)có nghiệm   2 Q 2.KL MinQ =  2;MaxQ = 2.

Chú ý: Hệ (I) có nghiệm đường thẳng có phương trình x y Q có điểm chung với đường trịn (C) có phương trình x2y2 1  d O C ;( ) 1  2 Q 2Ta thu kết

quả

Bài toán 22:(Đề thi chọn học sinh giỏi Quốc gia năm 2004-2005 bảng A)

Tìm giá trị nhỏ nhất,giá trị lớn biểu thức Q = x + y biếtx y, thỏa mãn hệ thức

3

x y  x  y

Giải : Q thuộc tập giá trị hệ sau có nghiệm 3 2 x y Q

x y Q

  

 

   



Đặt X  x1,Y  y2 Ta có hệ   2 3 3 0, 0, Q X Y

X Y Q

Q

X Y Q XY Q

X Y X Y                                  

 (II)

Hệ (I) có nghiệm  (II) có nghiệm  phương trình

2

2

( )

3

Q Q

f t  t t   Q 

  có hai

ngiệm không âm

0

9 21

0 15

2 S Q P              

 .Kết luận MinQ =

9 21 

;MaxQ = 15 Bài tốn 23: Tìm giá trị lớn nhất,giá trị nhỏ biểu thức

Q =  

2

3

4 x y xy   x y  xy;biết x,y thỏa mãn

 

, 0;1 ,(1) ,(2) x y

x y xy

       

Đặt t = xy Q =

2

( )

6

f t  t t  t

.Kết hợp (1) (2) suy

1

, 2x y .

Vậy t thuộc tập giá trị khi hệ sau có nghiệm

3

1

, ;1

2

x y t

xy t x y                  

  Phương trình: f z( )z2 t z t 0 có hai nghiệm z z1, thỏa mãn

1 2z z 

9

(1)

4

1

0 9 2

2 1 2 t t f t t t f S                            

Khảo sát hàm số

2

( )

6

f t  t t  t

đoạn ;    

 bằng đạo hàm, ta suy đoạn

này hàm số f t( )đồng biến, nên Min f(t) = f

 

3 4 9      

  ;Maxf(t) = f

1

2        

Bài tập 1:

a) Cho số thực dương a b c, , Chứng minh

 

 

 

 

 

 

2 2

2 2

2 2

2 2

8

2 2

a b c b c a c a b

a b c b c a c a b

     

  

     

b) Cho số thực dương a b c, , Chứng minh

 

 

 

 

 

 

2 2

2 2 2 2

3

b c a c a b a b c

b c a c a b a b c

     

  

     

c) Cho số thực dương a b c d, , , Chứng minh  2  2  2  2

1 1

1 1a  1b  1c  1d 

d) Cho số thực không âm a b c, , thỏa mãn a b c  3.

Chứng minh 2

1 1

1

a  b c b  c a c  a b

e) Cho số x x1, , ,2 x 5

1

1

i xi

 



.Chứng minh rằng:

5

2

1

i

i i

x x 

 



Bài tập 2:

a)Với số thực x, y ta có:

   

   

2 2

2

2

1

1

4 1 1

x y x y

x y

 

  

 

b)Cho số thực x,y,z thỏa mãn xy yz zx  1.

Chứng minh 2

3

1 1

x y z

x  y  z 

  

c)Cho hai số thực x , y thỏa mãn x2y2 1

Chứng minh      

5 3

16 x y  20 x y 5 x y 

Bài tập 3:

a) Cho số thực dương a,b,c Tìm giá trị nhỏ biểu thức

Q =

 2 3 2

2 2

a b c a b c a b c

a b c abc ab bc ca

       

   

     

b) Cho số thực dương a,b,c

Chứng minh rằng: 7a b c ab bc ca       9abc2a b c  3 b) Cho a,b,c độ dài ba cạnh tam giác.Chứng minh rằng:

b c a a c b        a c b a b c        a b c b c a       abc a b c

Bài tập 4: a) Tìm giá trị thực m,để hệ phương trình sau có nghiệm thực:

os2x + cos2y = m sinx + siny =

2 c

b)Cho x,y số thực thỏa mãn điều kiện 15 x y

x  y  

Hãy tìm giá trị nhỏ nhất,giá trị lớn biểu thức Q = x y .

C/ Tính thực tiễn đề tài:

Đề tài thân áp dụng việc dạy luyện cho học sinh đội tuyển học sinh giỏi thấy đa số học sinh hứng thú vận dụng tốt ,có thể nói phần tự tin gặp toán dạng này.Trong ơn luyện thi đại học hàng năm (có phần chắt lọc )tôi đả hướng dẫn cho học sinh nắm để vận dụng ,thấy đa số học sinh hiểu thực hành tốt

Tuy chắn cịn có nhiều khiếm khuyết ,nhiều vấn đề chưa đề cập Bản thân mong đóng góp tổ chun mơn bạn đồng nghiệp, xin chân thành cảm ơn

D/Tài liệu tham khảo :

Tạp chí Tốn học tuổi trẻ.Hà Nội:NXB Giáo dục

Kỷ yếu hội thảo Đào tạo hệ trung học phổ thông chuyên 12/1997

Các tài liệu bồi dưỡng giáo viên dạy trường chuyên tổ chức hàng năm hè Bộ giáo dục kết hợp với trường Đại học Khoa học Tự Nhiên đồng tổ chức

Phan Đức Chính 1999Bất đẳng thức.Hà Nội:NXB Giáo dục

Đồng Hới,ngày 10 tháng năm 2012

Người viết đề tài

NGÔ QUANG VIỆT