PT,HPT vô tỷ PP hàm số CHO bài TOÁN cực TRỊ

CHUYÊN ĐỀ : PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỈ Sử dụng phương pháp biến đổi: biến đổi tương đương, phân tích thành phương trình dạng tích, nhân chia biểu thức liên hợp… Ví dụ (Trích đề thi ĐH Khới A - 2004) Giải bất phương trình: 2( x − 16) x−3 7−x + x−3 > x−3 Lời giải ĐK: x ≥   x − 16 ≥   10 − x <  2 Bpt ⇔ 2( x − 16) + x − > − x ⇔ 2( x − 16) > 10 − x ⇔  10 − x ≥     2( x − 16) > (10 − x) x>5  ⇔ ⇔ x > 10 − 34 10 − 34 < x ≤ VT(*) < (do x ≥ ) nên (*) vơ nghiệm Ví dụ Giải bất phương trình sau: ( x − 3x ) x − x − ≥ (2) Lời giải Ta xét hai trường hợp: x = TH 1: x − x − = ⇔  , bpt ln x = −  2   1  1 2 x − 3x − >  x ∈  −∞; − ÷∪ ( 2; +∞ )  2 ⇔ ⇔ x ∈  −∞; − ÷∪ [ 3; +∞ )  TH 2: BPT ⇔  2   x − 3x ≥  x ∈ ( −∞;0] ∪ [ 3; +∞ )   Vậy tập nghiệm bpt cho là: T = (−∞; − ] ∪ {2} ∪ [3; +∞) 2  x + xy + y = y + x (1) Ví dụ Giải hệ phương trình:  (2)  y x − y + + x = Lời giải (3) x = y 2 ĐK: x − y + ≥ (1) ⇔ x − y + xy − y + y − x = ⇔ ( x − y )( x + y − 2) = ⇔   x = − y (4) • Từ (3) & (2) ta có x=y=1 201 •  y = 0; x =  x = − y ⇔ Từ (4) & (2) ta có  y = − 1;x = y − y = y  3  8 1 Vậy hệ phương trình cho có nghiệm ( x; y ) = ( 1;1) ; ( x; y ) = ( 2;0 ) ; ( x; y ) =  ; − ÷ 3 3 xy  2  x + y + x + y = (1) Ví dụ (Trích Báo TH&TT) Giải hệ phương trình:   x + y = x2 − y (2)  Lời giải ĐK: x + y > 2 Ta có (1) ⇔ x + xy + y + xy x + y −1 − xy = ⇔ ( x + y ) − − xy =0 x+ y x+ y  xy  ⇔ ( x + y − 1)  x + y + − ÷= ⇔ x+ y  (3) x = 1− y  2  x + y + x + y = (4)  x+ y Vì x + y > nên phương trình (4) vô nghiệm  y = 0; x = Từ (3) (2) ta có y − y = ⇒   y = 3; x = −2 Vậy hệ phương trình cho có nghiệm ( x; y ) = ( 1;0 ) ; ( x; y ) = ( −2;3)  (1)  x (1 + x + y ) =  Ví dụ (Trích đề thi HSG QG 1996) Giải hệ phương trình:   y (1 − ) = (2)  x+ y Lời giải ĐK x ≥ 0; y ≥ Dễ thấy x = y = không thõa mãn hệ Với x >0, y >0 ta có  2  + 1 = 1 + x + y = x 3x 7y 1   ⇔ ⇒ = − ( nhân vế với vế)  x + y 3x y 1 − =  = −2  x+ y x + y 7y 3x 7y   ⇒ 21xy = (7 y − 24 x)( x + y ) ⇒ 24 x + 38 xy − y = ⇒ y = x (vì x, y dương) Thay vào phương trình (1) ta được  1 1  − +1 = ⇔ = 7 ± ÷ 7x x x 21   Từ suy x y 202  4  Bài tập tương tự:  4   1 x + 4  1 y − 4  x+ y ÷= x+ y ÷  ( Trích đề thi HSG Cần Thơ – 2012) x+ y ÷= x+ y ÷  Ví dụ Giải bất phương trình: x3 ≤ (1 + x − x ) x + Lời giải y ≥ Đặt y = x + ⇒  , ta được bất phương trình  y = 2x + x ≤ ( y − x ) y ⇔ x + 3x y − y ≤ (2) *TH1: Xét y = ⇒ x = − 1 thay vào BPT thỏa mãn ⇒ x = − nghiệm 2 2 x x x  x  x  *TH2: Xét y > BPT (2) ⇔  ÷ +  ÷ − ≤ ⇔  − 1÷ + 1÷ ≤ ⇒ ≤ ⇔ y ≥ x y  y  y  y  y  suy  x ≤   − ≤ x ≤ 2 x + ≥  ⇔ 2x + ≥ 2x ⇔  x > 1+   0 < x ≤  2 x + ≥ x  1+  Vậy tập nghiệm BPT S =  − ;     x + x = x y + y ( x, y ∈ ¡ ) Ví dụ Giải hệ phương trình  x + 12 x + 12 y + = y − x −  Lời giải ĐK: x ≥ 0; y ≥ 2 Phương trình (1) ⇔ x ( x + 1) = y ( x + 1) ⇔ ( x − y ) ( x + 1) = ⇔ x = y (Vì x + > 0, ∀x ∈ ¡ ) Thế vào phương trình (2) ta có ( x + 12 x + 12 x + = 3x − x − ⇔ ) x2 + x + Đặt a = x + 1, a ≥ , ta có phương trình ( ) = 3x − x + 2 2 x + 3a = x − a ⇒ x + 3a = x − 6ax + a a = x 2 ⇒ x + 3a = x − 6ax + a ⇔ x − 6ax − 2a = ⇔   a = −4 x ( L )  x = 1+ ⇔ x = 3+ 2 Khi a = x , ta có x = x + ⇔ x − x − = ⇔   x = − ( L ) ⇒ y = + 2 Thử lại thấy thỏa mãn ( ) Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) = + 2;3 + 2 203 Bài tập luyện tập: Bài Giải phương trình: 10 x + x + = ( + x ) x + ( Đề thi HSG Lạng Sơn 2012) Bài Giải bất phương trình: x − x + ( x + 2) − x ≥ ( Đề thi HSG Nghệ An 2012) 6( x − x + 1) + x + x + ≤ Bài Giải bất phương trình 2 Bài Giải phương trình: ( x + 1) + ( x − x ) x − = ( x + x ) Bài Giải phương trình: ( x − x + ) = x3 + Bài Giải phương trình x + = x − + x  x + y = x y + xy ( 1) Bài Giải hệ phương trình:   x − y − + y − 14 = x − ( ) y   x − ( x + y) = x − y Bài Giải hệ phương trình:   x + y − x − = 11 )  ( Bài Giải phương trình: x + − 10 − x + x − x − 66 = Bài 10 Giải phương trình: 3x + + x + = x − x + Bài 11 Giải phương trình: x = + x + x − x − + x − 20  x + y +1 +1 = 4( x + y) + x + y  Bài 12 Giải hệ phương trình:  2 x − y =  Hướng dẫn giải Bài Phương trình cho ⇔ x + − = x − − + x − ⇔2 x2 − x +5 +3 x = ⇔  2( x + 2)  =  x + + Ta có phương trình (1) ⇔ =2 x −1 +1 x−2 x −1 +1 + ( x − 2)( x + 2) + x + (1)  + ( x + ) 1 − x −1 +1   ÷ = nên (1) vơ nghiệm x2 + +  Vậy hệ phương trình cho có nghiệm ( x; y ) = ( 2; ) Bài ĐK x − y − ≥ Từ (1) ta có x=y x2 = 2y (Loại) x = y, thay vào phương trình ta có: x − x − + x − 14 = x − 204 ⇔ x − x − + x − 14 − ( x − ) =   ⇔ x − x − 1 +   x2 − x − (x − 14 ) + x − 14 ( x − ) + ( x − ) x = 1+ ⇔ x2 − 2x − = ⇔   x = − 2 (  ÷ ÷= ÷  ) ( ) Vậy hệ phương trình cho có nghiệm ( x; y ) = + 2;1 + ; − 2;1 −  x − ( x + y ) x − y = y ( 1)  Bài Hệ cho tương đương với  2  ( x + y ) − x − = 11( ) Từ (1) suy y ≥ , vì y0, VT(1) > VP( 1) ( 1) ⇔ ⇔ x2 − ( x + y ) x2 − ( x + y ) ( ) ( x − y −1 + ) x2 − ( x + y ) − y = x − y −1 ( x − y) + x − y +1 + x2 − x − y − y2 x2 − x − y + y =0   x2 − ( x + y ) x+ y   = ⇔ x − y −1 = ⇔ ( x − y − 1) +  x − y + x − y +1 x − x − y + y )  (  Thế y = x − vào phương trình (2) ta được: x − x + − x − = 11 ⇔ ( x − 1) − x − − 10 = Đặt t = x − 1, t ≥ , ta có t − 3t − 10 = ⇔ ( t − ) ( t + 2t + 4t + ) = ⇔ t = Khi 2x − = ⇔ x = 5 3 ⇒ y = Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) =  ; ÷ 2 2 2 Phương pháp đặt ẩn phụ  x + y + xy + = y (1) Ví dụ Giải hệ phương trình:  2  y ( x + y ) = x + y + (2) Lời giải: Nhận thấy y=0 không thỏa mãn hệ  x2 +  y +x+ y =4  Với y khác không, chia hai vế (1) (2) cho y ta được:  ( x + y ) = x + +  y a = x + y a + b = b = − a b = − a  a = −5, b =  ⇔ ⇔ ⇔ Đặt  x + ta có   a = 3, b =  a = 2b + a = 2(4 − a ) + a + 2a -15 = b = y  Từ ta tìm được x y 205   x + y + x y + xy + xy = − Ví dụ Giải hệ phương trình:   x + y + xy (1 + x) = −  Lời giải:  2  x + y + xy ( x + y ) + xy = − Hệ cho tương đương với  ( x + y ) + xy = −   x2 + y = a Đặt  , ta được hệ  xy = b a   a + a + = ⇔ ⇔ b = − − a  Từ ta tìm được x, y   a + ab + b = −  a + b = −   b = − − a ⇔ a − a − a − − a = −  4   a = 0; b = −  a = − ; b = −  2 Ví dụ (Đề thi HSG Vĩnh Long 2012) Giải phương trình: x + x + = + x + x − x3 − x Lời giải: Khi phương trình trở thành: 4t = −t + 7t − ⇔ t − 6t + − ( t − 4t + ) = Đặt t = x + x + 1, t ≥ ⇔ ( t − 3) − ( t − ) = ⇔ ( t − t − 1) ( t + t − ) = (*) 2 t − t − = ⇔ (*) 2 t + t − = 1+ thì t − t − = có nghiệm t = 2 −1 + 21  Với t ≥ thì t + t − = có nghiệm t = 2  Với t ≥ 1+  1+  Khi t = thì x + x + =   ÷ ÷ ⇔ 2x + 2x − − =   ⇔x= −1 − + −1 + + x= 2  −1 + 21  −1 + 21 Khi t = thì x + x + =  ⇔ x + x − + 21 = ÷  ÷ 2   ⇔x= −1 − 19 − 21 −1 + 19 − 21 x= 2 206 Vậy phương trình cho có nghiệm ⇔ x = −1 − 19 − 21 ; x = −1 + 19 − 21 2 Bài tập luyện tập: Giải phương trình, hệ phương trình sau 1  2  x + y + x2 + y2 = 1)  ( xy − 1) = x − y +  2  x + y + xy ( x + y − 4) =  x + + y ( x + y ) − y = 2)  3)  ( x + y )( x + y ) = xy  x ( x + y − ) + x − = ( x − xy + y − 51) ( x − y ) + = 4)  ( x − ) ( x − y ) + =  x y + y + 16 = 11xy 5)  2  x +2 y + 12 y = xy 3.Phương pháp hàm số Phương pháp hàm số phương pháp quan trọng để giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình Muốn làm tốt phương pháp việc nắm kĩ thuật sử dụng hàm số cần phải ý sai lầm thường gặp phương pháp Khi giải toán thường sử dụng tính chất sau: Cho K khoảng ( nửa khoảng, đoạn) Tính chất 1: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục K, hàm số y = f ( x ) đồng biến nghịch biến K phương trình f ( x ) = c (c số) có nhiều nghiệm K Tính chất 2: Cho hàm số y = f ( x ) ; y = g ( x ) liên tục K, hàm số y = f ( x ) đồng biến K, y = g ( x ) ln nghịch biến K phương trình f ( x ) = g ( x ) có nhiều nghiệm K Tính chất 3: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục K, hàm số y = f ( x ) đồng biến nghịch biến K với u , v ∈ K ta có f ( u ) = f ( v ) ⇔ u = v Tính chất 4: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục có đạo hàm K, phương trình f ' ( x ) = có nhiều n nghiệm K phương trình f ( x ) = có nhiều n+1 nghiệm K Tính chất 5: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục K, hàm số y = f ( x ) ln đồng biến K với u , v ∈ K ta có f ( u ) ≤ f ( v ) ⇔ u ≤ v Ví dụ (Trích đề thi HSG Nghệ An 2012) Giải phương trình: ( x − 2) ( ) x + + 2 x − = 3x − ( x ∈ ¡ ) Lời giải Phương trình cho tương đương: 3x − ⇔ x + + 2x − = 2x − Điều kiện xác định: x ≥ 3x − =0 2x − 3x − 5  f ( x) = x + + 2 x − − Đặt với x thuộc  ; −∞ ÷ 2x − 2  10 ⇒ f '( x ) = + + > với ∀x > 2 x − ( 2x − 4) 3 ( x + 5) x + + 2x − − 207 5  ⇒ hàm số f ( x) đồng biến  ; −∞ ÷ 2  ⇒ phương trình f ( x) = có tối đa nghiệm (1) Ta có f (3) = (2) Từ (1) (2) suy phương trình cho có nghiệm x = Nhận xét: Ngoài việc nắm rõ tính chất 1, để giải tập cần phải lựu chọn hàm số cần khảo sát Ta xét tiếp tập sau: Ví dụ (Trích đề thi HSG tỉnh Bắc Ninh 2012) Giải phương trình: ( x∈¡ ) 3x + x − x.3x = Lời giải x = 3x = ⇔ TH1: + x − x.3 = ⇔ (3 − 1)(1 − x) = ⇔  x = 2x =  2x + 1 x x x = 0( x ≠ ) (1) TH2: + x − x.3 = −1 ⇔ − 2x − 2x + 1 1   x , x ∈  −∞; ÷∪  ; +∞ ÷ Xét hàm số f ( x ) = − 2x −1 2 2   f ' ( x ) = 3x ln + > 0, ∀x ≠ 2 ( x − 1) x x x 1 1   Suy ra, f ( x ) đồng biến khoảng  −∞; ÷;  ; +∞ ÷ 2 2   1 1   Nên khoảng  −∞; ÷;  ; +∞ ÷ PT (1) có nhiều nghiệm 2 2   Mà f ( 1) = f ( −1) = Suy ra, (1) có nghiệm x = ±1   Vậy phương trình cho có tập nghiệm là:  −1;0; ;1   Nhận xét: Nếu khơng nắm tính chất học sinh hay mắc sai lầm là: 1 1   khẳng định f ( x ) đồng biến khoảng  −∞; ÷;  ; +∞ ÷ vội vàng kết luận phương trình có 2 2   1 1   nhiều nghiêm  −∞; ÷∪  ; +∞ ÷ 2 2   Ví dụ (Trích đề thi thử Đại học tỉnh Bắc Ninh 2013- 2014) Giải hệ phương trình:  xy x + + = y + + y  ( x, y ∈ ¡ )  ( x − 1) x y + xy − − x + x y − x =  ( ) Lời giải: ĐK: x y + xy ≥ Xét phương trình (1) y + + y > y + y ≥ 0, ∀y ; y 2 Mà x y + xy ≥ ⇔ y ( x + x ) > ⇒ y > 208 ( ) x + + x ≥ 0, ∀x; y ⇒ x > 3 3 Khi ta có: x x + + x = 1+  ÷ + y y  y ( 1a ) Xét hàm số f ( t ) = t t + + t , t ∈ ( 0; +∞ ) ⇒ f ' ( t ) = t + + t2 t2 +1 + > 0, ∀t ∈ ( 0; +∞ ) ⇒ Hàm số f ( t ) đồng biến ( 0; +∞ ) 3 3 Do phương trình ( 1a ) ⇔ f ( x ) = f  ÷ ⇔ x = ⇔ y = y x  y Thay y = vào phương trình (2) ta có x ( 3x − 1) x − − x + x − x = ⇔ ( 3x − 1) ( ) 3x − − x = x − 12 x + x  3x −  = x − 12 x + x ⇔ ( x − x + )  x + ÷= 3x − + x 3x − + x   3x − x = > 0, ∀x ≥ ) ⇔ x − 3x + = ⇔  ( Vì x + 3x − + x x = ⇔ ( 3x − 1) − x + 3x −  3 Vậy hệ phương trình có nghiệm ( 1;3) ;  2; ÷  2 Ví dụ Giải bất phương trình: x(2 + x + 3) + (4 x + 2)(1 + + x + x ) ≥ ( 1) Lời giải: Viết lại phương trình dạng: x(2 + (3x) + 3) ≥ −(2 x + 1)(2 + [ −(2 x + 1) ] + Xét hàm số f ( t ) = t (2 + t + 3), (t∈¡ ); f ' (t ) = + t + + t2 t2 + >0 hàm số f ( t ) đồng biến ¡ Do (1) ⇔ f ( 3x ) ≥ f ( −2 x − 1) ⇔ x ≥ −2 x − ⇔ x ≥ −   Vậy tập nghiệm bất phương trình T =  − ; +∞ ÷   Ví dụ (Trích đề thi HSG tỉnh Bắc Ninh 2013) Giải hệ phương trình:  x + log x = log ( x + y.2 x )   log x − log ( y + 1) − x log x + y + = Lời giải: ĐK: x > 0; y > −1 x Phương trình ( 1) ⇔ x + log x = log  ( y + 1)  ⇔ x + log x = x + log ( y + 1) ⇔ x = y + Thế vào (2) ta có log x − log x − x log x + x = log x − = ( 3) ( log x − 3) ( log x − x ) = ⇔   log x − x = ( ) 209 Giải (4), xét f ( x ) = log x − x ( x > ) ⇒ f ' ( x ) = −1 x ln 2 ln Lập BBT, từ suy phương trình (4) có nhiều hai nghiệm Mà f ( ) = f ( ) = ⇒ ( ) có hai nghiệm x = 2; x = f '( x) = ⇔ x = Vậy hệ phương trình cho có ba nghiệm ( x; y ) : ( 8;7 ) ; ( 2;1) ; ( 4;3) Bài tập luyện tập: Giải phương trình, hệ phương trình sau 1) x + 3x + x + = ( x + ) x + 2)3 − x + 3) − x + 10 x − 17 x + = x x − x 4) x + 15 < 3x − + x + x   x + x + = ( y + ) ( x + 1) ( y + 1) 5)  4 x y + + x = ( x − x − 3) x +   x − y + ( x + y ) + ( x − y + ) = 6)   3x − + y − = 7) x +1 − 2x + − = x+2 8)2 x − x − 2x − − 2x ≤ = + −1 x 8x  x ( y + 1) + ( x + 1) x =  10)  2 x y + y + = x + x +  2  x − y + x − y − 33 = 29 y 9)   x + + x = y ( ) Phương pháp đánh giá ( x − ) ( x − 1) = y ( x + x − y − ) , x, y ∈ ¡ (x; y ∈ R) Ví dụ Giải hệ phương trình:   − y − y + = y − x + Lời giải ■ Điều kiện : − y − y + ≥ 0 ( 3x − 5) ( x − 1) = y ( x − 1) + ( 3x − ) − y   y = 3x − ⇔ ( 3x − − y ) ( x − − y ) = ⇔   y = x −1 Với y = 3x - thay vào (2) ta được Với y = x − thay vào (2) ta được 4 − y − y + = −1 < vô nghiệm − x = x − 3x + (*) Điệu kiện − ≤ x ≤ Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có 1.1.1 − x ≤ − x4 − x4 ⇔ x + x − 12 x + ≤ ⇔ ( x − 1) ( x + x + ) ≤ ⇔ x = Từ (3) ta có: x − x + ≤ Thử lại x = thỏa mãn (*) Vậy hệ cho có nghiệm (1; 0) 210 a+b Do – 3c > ab ≤  ÷ ( 3) , suy   1 2 T ≥ ( − c ) + 3c − ( a + b ) ( − 2c ) = ( c − 6c + ) + 3c − ( − c ) ( − 2c ) 2 27 = c3 − c + = f ( c) 2  3 Ta có f ′ ( c ) = 3c − 3c , nên f(c) đồng biến 1;  Vì vậy, T ≥ f ( c ) ≥ f ( 1) = 13  2 Đồng thời T = 13 ⇔ c = Với giả thiết < a ≤ b ≤ c a + b + c = (3) suy a = b = 1, tức tam giác ABC Ví dụ (Trích đề thi thử ĐH khới B tỉnh Bắc Ninh năm 2013) Cho hai số thực x, y với y > −1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức S= x4 y + − 4y + + 2 x4 y4 + + y − x − 12 y + 2 y +1 Lời giải Ta có x4 y4 + ≥ x , + ≥ y dấu xảy x = y = 2 2 x2 + ( y − 2) + ( x − 2) + ( y − 2) x + y − y + + x + y − x − 12 y + ⇒S≥ = y +1 y +1 r r r r r r Lấy u = ( x; y − ) , v = ( − x; − y ) Vì u + v ≥ u + v nên r r u + v = x2 + ( y − 2) + Dấu xảy ( − x) + ( − 3y ) ≥ ( x + − x) 2 + ( y − + − 3y ) = y2 + x y−2 = > (với x = y = không xảy dấu bằng) − x − 3y Bây ta tìm GTNN S = f ( y ) = y2 + ; y > −1 y +1 ( y + 1) y2 + ≥ = Vậy MinS = đạt được x = y = Mà f ( y ) = y +1 ( y + 1) Ví dụ (Trích đề thi khối A năm 2011) Cho x, y, z số thực thuộc đoạn [1; 4] x ≥ y, x ≥ z Tìm GTNN biểu thức x y z P= + + 2x + 3y y + z z + x Lời giải Trước hết ta chứng minh với a, b dương, ab ≥ thì 1 + ≥ (*) + a + b + ab Thật vậy, ta có (*) ⇔ ( ab − 1)( a − b ) ≥ a, b dương ab ≥ Dấu xảy a = b ab = Áp dụng (*) với x, y thuộc đoạn [1; 4] x ≥ y, x ≥ z ta có 220 P= x + 2x + 3y 1+ x y + 1+ x z ≥ 1 + 3y x 2+ 1+ x y Dấu xảy z x x = = (1) y z y x t2 = t , t ∈ [ 1; 2] , P ≥ + y 2t + + t Đặt −2 t ( + 3) + 3t ( 2t − 1) +  t2 < Xét hàm f (t ) = + , t ∈ [ 1; 2] ta có f '(t ) = 2 2t + + t t + + t ( ) ( ) Suy ra, f (t ) ≥ f (2) = 34 33 Dấu xảy t = ⇔ x = ⇔ x = 4; y = (2) y 34 Từ (1) (2) suy dấu xảy x = 9, y =1, z = 33 Ví dụ (Trích đề thi khối A năm 2014) Cho x, y, z số thực không âm thỏa mãn điều kiện x + y + z = Do P ≥ x2 y+z + yz + − Tìm giá trị lớn biểu thức P = x + yz + x + x + y + z + Lời giải x2 x2 x ≤ = Ta có , dấu xảy x = yz + x + yz + x + x yz + + x yz + + Ta lại có = x + y + z = ( x + y + z ) − x ( y + z ) − yz ≥ ( x + y + z ) − 2 2 ( x + y + z) 2 − yz ⇒ ( x + y + z ) ≤ ( + yz ) ⇒ x + y + z ≤ + yz ⇒ y+z x +1 x +1 = 1− ≤ 1− x + y + z +1 x + y + z +1 yz + + Do đó, P≤ x yz + + ≤ 1− +1− x +1 + yz 1 + yz = 1− − 9 yz + + yz + + − 1 + yz 11  yz +  11 − = − + ÷≤ − = yz + + + 9  yz +  9 Dấu xảy x = 1, y = 1, z = x = 1, y = 0, z = Ví dụ ( Đề thi chọn HSG QG THPT bảng B, 1999) Xét phương trình ax − x + bx − = với a, b số thực, a ≠ , a ≠ b cho nghiệm 5a − 3ab + số thực dương Tìm GTNN P = a2 ( b − a ) Lời giải 221 Gọi u, v, s ba nghiệm thực dương đa thức ax − x + bx − Theo định lý Viet ta có b u + v + s = ; uv + vs + su = ; uvs = ( 1) a a a Từ suy a > 0, b > Đặt c = Áp dụng BĐT Cauchy cho ba số dương ta có a c = uvs = u + v + s ≥ 3 uvs = 3 c ⇒ c ≥ 27c ⇒ c ≥ 3 Mặt khác, ( u + v + s ) − ( uv + vs + su ) = ( 2) ( ) 2 ( u − v) + ( v − s) + ( s − u) ≥ Do c = ( u + v + s ) ≥ ( uv + vs + su ) = 3bc ( 3) Từ (1), (2) (3) ta có 5a − 3ab + P= = a a2 ( b − a ) Xét hàm số f ( c ) = b − + c ( − 3bc + 2c ) c ( − c + 2c ) 5c ( c + ) a a = ≥ = b bc − c2 c2 − −1 −1 a 5c ( c + ) c2 − ( 4) với c ≥ 3 Ta được f ( c ) ≥ 12 Dấu xảy c = 3 Suy P ≥ 12 Đẳng thức xảy u = v = s = , tức a = 3 , b = Vậy P = 12 Bài tập tự luyện Bài Cho số dương a, b, c với a + b + c ≤ Chứng minh 1 1 ( a + b + c ) +  + + ÷ ≥ 21 a b c Bài Cho a, b, c > thỏa mãn a + b + c = Chứng minh 1 + + − ( a + b + c) ≥ a b c Bài Cho số x, y, z thay đổi đoạn [0; 1] thỏa mãn x + y + z = A = cos ( x + y + z ) Tìm GTLN GTNN Bài (IMO, 1984) Cho x, y , z > thỏa mãn x + y + z = Chứng minh < xy + yz + zx − xyz ≤ 27 Bài Cho x, y , z > thỏa mãn x + y + z = Tìm GTNN A = x + y + z + xyz Bài (Trích đề khối B năm 2012) 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 Bài Cho số x, y , z ∈ ( 0;1) thỏa mãn xyz = ( − x ) ( − y ) ( − z ) Chứng minh Bài Cho ba số thực không âm a, b, c thỏa mãn a + b + c = Chứng minh x2 + y + z ≥ 222 27 Bài Cho a, b, c số thực thỏa mãn a + b + c = Tìm GTLN biểu thức ab + bc + ca − 2abc ≤ S = ( a + b + c ) − 22abc Bài 10 Chứng minh a, b, c độ dài cạnh tam giác thì a b c 1a c b + + ≥ +  + + ÷ b c a 2 c b a Phương pháp khảo sát hàm số theo biến Đối với toán cực trị nhiều biến, ta chọn biến biến số biến thiên cố định biến lại, tốn đưa việc khảo sát hàm biến Ví dụ Cho ba số thực x, y , z ≥ , chứng minh rằng: x + y + z + xyz ≥ x ( y + z ) + y ( z + x ) + z ( x + y ) Lời giải Bài tốn hồn tồn đối xứng với ba biến số, nên khơng tính tổng qt, ta giả sử x ≥ y ≥ z ≥ , coi x biến số coi y , z tham số hàm số f ( x ) = x − x ( y + z ) + 3xyz − xy − xz − y z − z y + y + z 2 Ta có f ' ( x ) = 3x − x ( y + z ) + yz − y − z f '' ( x ) = x − ( y + z ) = ( x − y − z ) ≥ với x, y , z ≥ x ≥ y ≥ z Điều chứng tỏ f ' ( x ) hàm số đồng biến, suy f ' ( x ) ≥ f ' ( y ) = y − y ( y + z ) + yz − y − z = yz − z ≥ ( x ≥ y ≥ z ) Đến ta suy f ( x ) hàm số đồng biến, vậy f ( x ) ≥ f ( y ) = z ( z − y ) ≥ Vậy toán chứng minh xong! a b c 1  + + Ví dụ Cho a, b, c ∈  ;3 Tìm GTLN biểu thức S = a+b b+c c+a 3  Lời giải a b c + + Đặt f ( a ) = Xét hai trường hợp sau: a+b b+c c+a * TH1: a ≥ b ≥ c Ta có ( b − c ) ( a − bc ) f ′( a) = − = 2 2 ( a + b) ( a + c ) ( a + b) ( a + c ) b c Suy ra, f ( a ) ≤ f ( 3) = Mặt khác, ≥0 b c + + = g ( c) 3+b b+ c c +3 ( b − 3) ( 3b − c ) g′( c) = + = 2 2 ( c + b ) ( c + 3) ( c + 3) ( b + c ) −b 3 3b 1 + + = h ( b) Suy ra, g ( c ) ≤ g  ÷ =   + b 3b + 10 Ta có, h ′ ( b ) = ( 3b + 1) − ( b + 3) = ( − b) ( + b) ( 3b + 1) ( b + 3) ≤0 Bảng biến thiên 223 ≤0 b − 1  f ′  3; b; ÷ 3  1  f  3; b; ÷ 3  + - 1  Từ bảng biến thiên suy f ( a; b; c ) ≤ f  3;1; ÷ = 3  * TH2: c ≥ b ≥ a Từ TH1 ta có f ( c; b; a ) ≤ Mặt khác ( a − b) ( b − a) ( a − c) f ( a; b; c ) − f ( c; b; a ) = ≤ ( a + b) ( b + a) ( a + c) Suy , f ( a; b; c ) ≤ Vậy max S =  1 1    , đạt được ( a, b, c ) ∈  3,1, ÷,  ,3,1 ÷, 1, ,3 ÷ 3 3     Ví dụ Cho a, b, c ∈ [ 0;1] Tìm GTLN biểu thức S = Lời giải a b c + + 3 b + c + c + a + a + b3 + a b c + + Ta có 3 b + c + c + a + a + b3 + 3ac 3c f ′( c) = − − a + b3 + ( b + c + ) ( a + c + ) Đặt f ( c ) = f ′′ ( c ) = − 6ac ( + b3 − 2c3 ) (b + c + 6) − 6bc ( + a − 2c ) (a + c + 6) ≤ f '' ( c ) liên tục [ 0;1] Nên f’(c) nghịch biến [0; 1] Suy 3a 3b f ′ ( c ) ≥ f ′ ( 1) = − − ≥ − > 3 2 6+a +b ( + b3 ) ( + a3 ) 49 Suy ra, f(c) đồng biến [0; 1] Do a b S = f ( c ) ≤ f ( 1) = + + = g (a) b + a + a + b3 + 6ab ( − 2a ) 6a ( b3 + − 2a ) 2a b 3a ′ − , g ′′ ( a ) = − − ≤0 2 Ta có g ( a ) = b3 + − 3 3 3 ( a + ) ( a + b3 + ) a + a + b + ( ) ( ) Nên g’(a) nghịch biến [0; 1] Suy ra, 3b   − 3b  g ′ ( a ) ≥ g ′ ( 1) = − − = − ÷ − >0 ÷+ 64 b + 64 ( + b3 )  b +  b +  224 Suy g(a) đồng biến [0; 1] Do đó, S = g ( a ) ≤ g ( 1) = b + = h(b) b +7 b3 + ) − 48b ( 6b ′ − > 0, ∀b ∈ [ 0;1] Ta có h ( b ) = − ( b3 + ) ( b3 + ) Suy h(b) đồng biến [0; 1], nên h ( b ) ≤ h ( 1) = 3 ⇒S≤ 8 Với a = b = c = thì max S = Ví dụ (Đề thi VMO bảng A 1999) Xét số thực dương a, b, c thỏa mãn abc + a + c = b Tìm GTLN biểu thức 2 P= − + a +1 b +1 c +1 Lời giải a+c Biến đổi giả thiết thành a + c = b(1 - ac) > suy a < , b = ( 1) c − ac 2( a + c) + + −2 Thay (1) vào biểu thức P biến đổi được P = a + c + ( + a ) ( + b2 ) ( 2) ( x + c) 1 + Xét hàm số f ( x ) = P = với < x < coi c tham số (c > 0) 2 x +1 (1+ x ) (1+ c ) 2 Ta có f ′ ( x ) = −2c ( x + 2cx − 1) (1+ c ) (1+ x ) 2  1 Trên  0, ÷ thì f ′ ( x ) = có nghiệm x0 = −c + c +  c (3) với < x0 < đổi dấu từ dương sang âm nên f(x) đạt cực đại x0 nên f ( x ) ≤ f ( x0 ) = + Từ theo (2) ta có P = f ( x ) − + ≤ c +1 ′ Xét hàm số g(c) với c > Ta có g ( c ) = Với c > 0, thì g’(c) = c0 = (c 2c c2 + + c c2 + = g ( c) c +1 2(1 − 8c ) Qua x0 thì f’(x) c ( + 1) 3c + c + ) va qua c0 thì g’(c) đổi dấu từ dương sang âm nên g( c0 ) giá trị cực đại,   10 suy P ≤ g  ÷=  8 1 10 ,a = , b = theo (1) (3) Giá trị P = đạt được c = Ví dụ (Đề thi VMO năm 2001) Xét số thực dương x, y, z thỏa mãn hệ điều kiện ≤ z ≤ { x, y} ( 1) ; xz ≥ ( ) ; yz ≥ ( 3) 15 225 Hãy tìm GTLN biểu thức P ( x, y, z ) = + + x y z Lời giải   Từ điều kiện (1) (2) suy x ≥ max  z ,  (4)  15 z  1 a) Xét hàm số f ( x ) = + với x > tham số z ≥ Xét hai trường hợp x z 1 * Nếu z ≥ thì x ≥ z ≥ theo (4) nên f ( x ) ≤ + = ≤ 15 (5) 15 z z z z 15 2 15 z ≥ z theo (4) nên f ( x ) ≤ + = g ( z) * Nếu ≤ z ≤ thì x ≥ 15 z z 15 2 15 Xét hàm số g(z) với ≤ z ≤ Ta có g ′ ( z ) = − < ⇔ z < z 15 15 2 Do g(z) hàm nghịch biến f ( z ) ≤ g ( z ) ≤ g  ÷ = (6) 5 1 1 2 + = ⇔ x = ,z = So sánh (5) (6) ta có + ≤ (7) x z x z 1 b) Xét hàm số h ( y ) = + với tham số z ≥ y z  1 Từ điều kiện (1) (3) suy y ≥ max  z,  (8)  5z  Lập luận tương tự phần a) ta được * Nếu z ≥ thì h ( y ) ≤ (9) * Nếu ≤ z ≤ thì h ( y ) ≤ (10) 5 1 1 + = ⇔ x= ,y = So sánh (9) (10) ta có + ≤ (11) y z x z 1 1  1 So sánh kết phần a) b) ta có P ( x, y, z ) =  + ÷ +  + ÷ ≤ + = 13 x y  y z 2 Đẳng thức xảy x = , y = , z = Vậy maxP = 13 10a 11b 12c 69 + + ≤ Ví dụ Chứng minh a, b, c ∈ [ 1; 2] thì bc ca ab Lời giải Ta coi ba số a, b, c biến số hàm số, chẳng hạn a , ta đặt x = a, x ∈ [ 1; 2] ta xét hàm số f ( x ) = Đặt α =  11b 12c  10 +  ÷ + x , x c b  bc 11b 12c 11b + 12c 10 + = , β= c b bc bc 226 Khi f ' ( x ) = − Ta có α = α α β x2 − α , f '( x) = ⇔ x = + β = 2 β x x 11b + 12c 33 10 α ≥ > = 3β ⇒ x = >1 bc bc bc β Như vậy, ta ln có f ( x ) ≤ max { f ( 1) , f ( ) } = max { g ( b ) , h ( b ) } , 10 11b 12c 20 11b 6c + + + + h ( b ) = f ( ) = bc c b bc 2c b  10  11 −1 Ta xét tiếp g ( b ) đoạn [ 1; 2] có g ' ( b ) = −  + 12c ÷ + = A + B , b  c  c b g ( b ) = f ( 1) = A = 10 10 + 12c 11 có g ' ( b ) = ⇔ b = + 12c = , B= c c c A >1 B 27  21  Như vậy, g ( b ) ≤ max { g ( 1) , g ( ) } = max  + 12c, + 6c  c c  Xét lần ϕ ( c ) = 21 27  69  69 + 12c φ ( c ) = + 6c đoạn [ 1; 2] có max { ϕ ( c ) , φ ( c ) } ≤ max  ,33 = , [ 1;2] c c 2  69 với b, c ∈ [ 1; 2] Xét tương tự h ( b ) đoạn [ 1; 2] ta có từ suy g ( b ) ≤ 21  51   63  63 h ( b ) ≤ max { h ( 1) , h ( ) } =  + 6c, + 3c  ≤  , 24  = c  2c  2  10a 11b 12c 69 + + ≤ Vậy , đẳng thức xảy a = b = 1, c = bc ca ab Bài 1: Chứng minh ( x + y + z 3 Bài tập tự luyện ) −( x y + y z + z x ) ≤ 3, ∀x, y , z ∈ [ 0;1] Bài 2: Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh a ( b − c ) + b ( c − a ) + c ( a − b ) + 4abc > a + b + c 2 Bài 3: Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác (có thể suy biến) Đặt T= ( a − b) ( b − a) ( a − c) ( a + b) ( b + a) ( a + c) 21 Bài 4: (Bảng A, 2001) Cho hàm số f ( x, y, z ) = xy + yz + zx − xyz miền Tìm maxT chứng minh max T < D = { ( x, y, z ) | ≤ x, y, z ≤ 1, x + y + z = 1} Bài 5: ( Bảng A, 2001) Xét số thực dương x, y, z thỏa mãn hệ điều kiện 18 18 < z ≤ y ≤ x ≤ 3; + ≥ 1; + + ≥ xy y x y y z z x Hãy tìm GTLN biểu thức P ( x, y, z ) = 80 18 xyz + x + y 27 227 Bài 6: (Đề thi chọn ĐTQG, 2001) Xét số thực dương a, b, c thỏa mãn 21ab + 2bc + 8ac ≤ 12 Tìm GTNN biểu thức P ( a, b, c ) = + + a b c Phương pháp đổi biến Ví dụ (Trích đề thi khối D năm 2012) Cho số thực x, y thỏa mãn (x – 4)2 + (y – 4)2 + 2xy ≤ 32 Tìm giá trị nhỏ biểu thức A = x3 + y3 + 3(xy – 1)(x + y – 2) Lời giải Ta có • ( x − 4) + ( y − 4) + xy ≤ 32 ⇔ ( x + y ) − 8( x + y ) ≤ ⇔ ≤ x + y ≤ xy ≤ ( x + y ) ⇒ − xy ≥ − ( x + y )2 3 A = x + y + 3( xy − 1)( x + y − 2) = ( x + y )3 − xy − 3( x + y ) + • 3 A ≥ ( x + y ) − ( x + y ) − 3( x + y ) + 3 Đặt t = x + y ( ≤ t ≤ ), xét f(t) = t − t − 3t + ⇒ f’(t) = 3t − 3t − f’(t) = t = 1+ 1+ 17 − 5 ; f(0) = 6, f(8) = 398, f( )= 2 Vậy giá trị nhỏ f(t) 17 − 5 1+ xảy t = 17 − 5 1+ 1+ Dấu xảy x = y x + y = hay x = y = 4 Ví dụ (Trích đề thi khối B năm 2011) Cho a b số thực dương thỏa mãn 2(a2 + b2) + ab = (a + b)(ab + 2) Tìm giá trị nhỏ biểu A ≥ f(t) ≥  a b3   a2 b2  + − thức P =  ÷  + ÷ a3  a  b b Lời giải 2 Theo giả thiết ta có ( a + b ) + ab = ( a + b ) ( ab + ) Từ suy ra: 2 a b 1 1 a b  + ÷+ =  + ÷( ab + ) hay  + ÷ + = a + + b + b a b a a b b a Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: a + Đặt t =  a 2 b + b + ≥ 2  + ÷ b a a÷  b  a b + , ta suy ra: 2t + ≥ 2 t + ⇒ 4t2 – 4t – 15 ≥ ⇒ t ≥ b a  a b3   a2 b2  Mặt khác: P =  + ÷−  + ÷ = 4(t3 – 3t) – 9(t2 – 2) = 4t3 – 9t2 – 12t + 18 = f(t) a  a  b b f’(t) = 12t2 – 18t – 12, f’(t) = ⇒ t = − hay t = 2 23 ⇒ Min f(t) = − t = 228 23 a = b = hay a = b = 1 + + = Chứng minh Ví dụ Cho ba số thực a, b, c ≥ thỏa mãn 1+ a 1+ b 1+ c 1 + + ≥ ab − bc − ca − Lời giải 1 1 = x, = y, = z Khi x, y , z ≤ x + y + z = Đặt 1+ a 1+ b 1+ c z x y xy yz zx + + ≥2 Ta có ab − = , bc − = , ac − = , bất đẳng thức cần chứng minh có dạng xy yz zx z x y Vậy P = − x + y + z = Với nhận xét toán đối xứng với biến x, y nên ta đưa tốn từ ba biến hai biến cách đặt với điều kiện < x, y, z ≤ x + y = s, xy = p , Ta có P = s2 ≤ s < < p ≤ 2 xy yz zx xy z ( x + y ) 8p s2 − p + + = + = + (1− s) = f ( p) z x y z xy 1− s p Bây xét hàm số f ( p ) = f '( p) = ⇔ p = s (1− s) 2 s2 ( − s ) 8p s2 − p + (1− s) − có f ' ( p ) = , 1− s p 1− s p2 Lập bảng biến thiên, biện luận so sánh s (1− s) 2 s ( − s ) s2 s2 ≤ ⇔ s ≥ − ta có với có: Nếu 4 2  s ( − s)  f ( p) ≥ f  ÷= + s − ≥ − >  2  ( s (1− s) )  s2  s2 − 4s = g ( s ) ⇔ s ≤ − ta có: f ( p ) ≥ f  ÷ = 2   1− s 1  1 Khảo sát g ( s )  ; −  có g ' ( s ) = −4 + , từ g ( s ) ≥ g  ÷= (1− s) 2  2 Nếu ≥ Đẳng thức xảy x = y = 1 z = , tức a = b = 3, c = Ví dụ (Trích đề thi khối A năm 2012) Cho số thực x, y , z thỏa mãn x + y + z = Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = 3| x − y| + 3| y − z| + 3|z − x| − x + y + z Lời giải Cách Đặt a =| y − z |≥ 0, b =| z − x |≥ 0, c =| x − y |≥ Khi ta có a + b + c = ( x + y + z ) − ( xy + yz + zx ) = ( x + y + z ) − ( x + y + z ) = ( x + y + z ) Ta lại có, a + b = y − z + z − x ≥ x + y − z = z ⇒ ( a + b ) ≥ z 2 229 Tương tự ( a + c ) ≥ y , ( b + c ) ≥ x nên ta có: ( a + b) 2 + ( a + c ) + ( b + c ) ≥ ( x2 + y2 + z ) 2 ⇔ ( a + b + c ) + ( a + b2 + c2 ) ≥ ( x2 + y + z ) ⇔ ( a + b + c ) ≥ ( x2 + y + z ) a b c Khi đó, ta có P ≥ + + − ( a + b + c ) t Xét hàm số: f ( t ) = − t , t ∈ [ 0; +∞ ) f ' ( t ) = 3t ln − > 0, ∀t ∈ [ 0; +∞ ) t Do đó, f ( t ) đồng biến ( 0; +∞ ) nên f ( t ) ≥ f ( ) ⇔ ≥ t + 1, ∀t ∈ [ 0; +∞ ) Nên P ≥ a + b + c + − ( a + b + c ) = Dấu xảy x = y = z = Cách Do vai trò x, y , z nên giả sử: x ≥ y ≥ z Thay z = − x − y vào P ta được P = 3x − y + y − z + 3x − z − ( x + y ) + ( x + y ) = 3x − y + 3x+ y + y + x − 12 ( x + xy + y ) Tương tự cách (1) ta có: P ≥ x − y + 2x + y + y + x + − 12 ( x + xy + y ) = 4x + y + − 12 ( x + xy + y ) Ta cần chứng minh: 4x + y ≥ 12 ( x + xy + y ) ⇔ 4x + 4xy − y ≥ ⇔ ( x − y ) ( x + y ) ≥ ⇔ ( x − y ) ( y − z ) ≥ (đúng theo giả thiết) Do đó, P ≥ Ví dụ (Trích đề thi khối A năm 2009) CMR với số dương x,y,z thỏa mãn: x(x+y+z)=3yz, ta có ( x + y) + ( x + z ) + ( x + y) ( y + z ) ( x + z ) ≤ 5( y + z ) 3 Lời giải Cách Đặt a = y + z, b = z + x, c = x + y thì a,b,c dương x = b+c−a c+a−b a+b−c ,y = ,z = điều 2 kiện toán trở thành 4a = ( b + c ) + ( b − c ) (1) , ta phải chứng minh: b3 + c + 3abc ≤ 5a 2 Từ (1) ta có: 4a ≥ ( b + c ) ⇒ 2a ≥ b + c a = b + c − bc ≥ 2bc − bc ⇒ a ≥ bc 3 2 2 Có b + c + 3abc = ( b + c ) ( b − bc + c ) + 3a.bc ≤ 2a.a + 3a.a = 5a Dấu xảy a=b=c hay x=y=z Cách Đặt y=ax,z=by ( a,b>0) Khi , ta có tốn tương đương: “Cho a,b dương a+b+1=3ab (1).CMR ( a + 1) + ( b + 1) + ( a + 1) ( b + 1) ( a + b ) ≤ ( a + b ) Từ (1) ta có: a + b + = 3ab ≤ 3( a + b) 3 (2) ” ⇔ ( a + b ) − ( a + b ) − ≥ ⇔ a + b ≥ ( a + b > ) (3) 230 (2) ⇔ ( a + + b + 1) − ( a + 1) ( b + 1) ( a + + b + 1) + ( a + 1) ( b + 1) ( a + b ) ≤ ( a + b ) ⇔ ( a + b + ) − ( a + 1) ( b + 1) ≤ ( a + b ) 3 ⇔ ( a + b + ) − ( 3ab + 3a + 3b + 3) ≤ ( a + b ) ⇔ ( a + b + ) − ( a + b + 1) ≤ ( a + b ) 3 3 ( (1) ) Đặt t=a+b từ (3) ta có t≥2 suy , ( t + ) − ( t + 1) ≤ 5t ⇔ 2t ( 2t − 3t − ) ≥ ⇔ 2t ( 2t + 1) ( t − ) ≥ với t≥2 Dấu = xảy x=y=z Phương pháp tiếp tuyến Trong phần xét toán tổng quát: “Cho a1 , a2 , a3 , , an ∈ D thoả mãn a1 + a2 + a3 + + an = nα , với α ∈ D , cần chứng minh bất đẳng thức f ( a1 ) + f ( a2 ) + + f ( an ) ≥ nf ( α ) , đẳng thức xảy a1 = a2 = a3 = = an = α ” Bài tốn có tính chất bật với vế trái biểu thức đối xứng biến a1 , a2 , a3 , , an viết được dạng tổng hàm số với biến số khác Dẫn đến suy nghĩ cách tự nhiên để giải toán ta xét hàm số y = f ( x ) , sau chứng minh f ( x ) ≥ Ax + B với x ∈ D , A, B thỏa mãn A ( a1 + a2 + + an ) + nB = nf ( α ) (hay Aα + B = f ( α ) ) Dễ thấy y = Ax + B tiếp tuyến đồ thị hàm số y = f ( x ) điểm x = α Như vậy qua phân tích, đưa được lời giải cho toán tổng quát sau: Xét hàm số y = f ( x ) , x ∈ D , viết phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số x = α y = Ax + B Ta chứng minh f ( x ) ≥ Ax + B với x ∈ D , từ suy ra: f ( a1 ) + f ( a2 ) + + f ( an ) ≥ nf ( α ) (đpcm) Sau xét số toán điển hình để thể rõ cho phương pháp Ví dụ Cho bốn số dương a, b, c, d thoả mãn a + b + c + d = Chứng minh ( a3 + b3 + c3 + d ) ≥ a + b + c + d + Lời giải Từ giả thiết ta có a, b, c, d ∈ ( 0;1) bất đẳng thức được viết dạng f ( a) + f ( b) + f ( c) + f ( d ) ≥ 1 với f ( x ) = x − x , đẳng thức xảy a = b = c = d = Ta xét hàm số f ( x ) = x − x khoảng ( 0;1) , phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số điểm có hồnh độ y = x − 8 1 5 Xét f ( x ) −  x − ÷ = ( x − 1) ( x + 1) ≥ , ∀x ∈ ( 0;1) , suy f ( x ) ≥ x − , ∀x ∈ ( 0;1) 8 8 8 1 Từ ta có f ( a ) + f ( b ) + f ( c ) + f ( d ) ≥ ( a + b + c + d ) − = , đẳng thức xảy 8 x0 = Ví dụ Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn a + b + c = Chứng minh a=b=c=d = 231 1 + + ≥ a + b2 + c2 a b c Lời giải  1 Ta có nhận xét, có ba số a, b, c thuộc khoảng  0; ÷ , chẳng hạn < a < thì ta có  3 1 + + > = ( a + b + c ) > a + b + c nên toán được chứng minh, vậy ta xét a b c 1  1  a, b, c ∈  ;  Ta xét hàm số f ( x ) = − x đoạn  ;  , phương trình tiếp tuyến đồ thị f ( x ) x 3 3 3 3 điểm có hồnh độ x0 = y = −4 x + Ta có f ( x ) − (−4 x + 4) = ( x − 1)  − ( x − 1)    ≥0 x 1  1  ∀x ∈  ;  , suy f ( x ) ≥ −4 x + , ∀x ∈  ;  3 3 3 3 Từ ta có: f ( a ) + f ( b ) + f ( c ) ≥ −4 ( a + b + c + d ) + 16 = , đẳng thức xảy a = b = c = Ví dụ Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn a + b + c = Chứng minh 10 ( a + b3 + c ) − ( a5 + b5 + c ) ≥ Lời giải Như toán trên, ta xét hàm số f ( x ) = 10 x − x khoảng ( 0;1) , phương trình tiếp tuyến 25 16 x− y = 27 16   25 ( 3x − 1) ( −27 x3 − 18 x + 21x + 16 ) , ta chưa thể khẳng định được Xét f ( x ) −  x − ÷ = 27  27  đồ thị điểm có hồnh độ x0 = f ( x) ≥ 25 16 x− với x ∈ ( 0;1) , nên ta đặt g ( x ) = −27 x − 18 x + 21x + 16 xét hàm số g ( x ) 27 khoảng ( 0;1) , ta thấy g ( x ) không dương ( 0;1) , nên ta phải tìm cách chia khoảng xác định x tốt cho khoảng thì g ( x ) > Bằng cách lập bảng biến thiên hàm số g ( x ) 25 16  9  9 x− khoảng ( 0;1) , ta suy g ( x ) > với x ∈  0; ÷ , từ ta có f ( x ) ≥ với x ∈  0; ÷ 27  10   10   9 Như vậy toán chứng minh xong a, b, c ∈  0; ÷ a + b + c = Bây ta xét trường hợp có  10  9  9  ba số a, b, c thuộc nửa khoảng  ;1÷, giả sử a ∈  ;1÷ a, b, c dương có tổng 10  10   1 9  nên b, c ∈  0;  , dễ thấy hàm số f ( x ) nghịch biến  ;1 đồng biến  10  10   1 0; 10  , suy f ( a ) > f ( 1) = , f ( b ) > f (0) = 0, f ( c ) > , f ( a ) + f ( b ) + f ( c ) > Vậy f ( a ) + f ( b ) + f ( c ) ≥ với số thực dương a, b, c thoả mãn a + b + c = Đẳng thức xảy a = b = c = 232 Thơng qua tốn này, ta thấy được cần phân khoảng xét thành hai hay nhiều khoảng để có bước mà khơng tự nhiên! Ví dụ Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn a + b + c = Chứng minh 1 27 + + ≤ − ab − bc − ca Lời giải Nhìn tốn ta khó thấy được việc sử dụng phương pháp tiếp tuyến, nhiên để ý chút ab ≤ ( a + b) = ( 1− c) suy thuộc: Chứng minh a + b + c = 1 ≤ nên ta đưa được toán cho toán quen − ab + 2c − c 1 27 + + ≤ với điều kiện a, b, c dương 2 32 + 2a − a + 2b − b + 2c − c Bây xét hàm số f ( x ) = khoảng ( 0;1) , phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số + 2x − x2 −27 81 x+ y = 256 256 điểm có hồnh độ 81  27 81 ( x − 1) ( 13 − x )  −27 x+ + x− = ≤ với x ∈ ( 0;1) , Xét f ( x ) −  ÷= 256  + x − x 256 256 256 ( + x − x )  256 f ( x ) ≤ − 27 81 x+ với x ∈ ( 0;1) Từ ta có 256 256 1 27 81 27 + + ≤− = , đẳng thức xảy a = b = c = ( a + b + c ) + 2 256 256 32 3 + 2a − a + 2b − b + 2c − c Ví dụ Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn a + b + c = Chứng minh 1 + + ≤ − ab − bc − ca Lời giải a + b2 ta có 2 2 1 ≤ + + + + 2 2 − ( a + b ) − ( b + c ) − ( c + a2 ) − ab − bc − ca Áp dụng bất đẳng thức ab ≤ 4 Tiếp theo đặt x = ( b + c ) , y = ( c + a ) , z = ( a + b ) x + y + z ≤ ( a + b + c ) = 12 2 Bây toán trở thành: Cho ba số thực dương x, y , z thỏa mãn x + y + z ≤ 12 Chứng minh 8− x + 8− y + 8− z Xét hàm số f ( x ) = ≤ 8− x hoành độ x0 = y = khoảng ( 0;12 ) phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số điểm có 1 ( x − 4) + 144 233 1 ( x − 4) − = Xét f ( x ) − 144 6 ( ( ) ( x − 4) x − − x − = ( ) x + − x 144 144 x + − x x−4 )( ) ( )( ) 1 1 ( x − 4) − ≤ ⇔ f ( x ) ≤ ( x − 4) + 144 144 1 1 1 + + ≤ ( x + y + z − 12 ) + ≤ Do − x − y − z 144 Trên khoảng ( 0;12 ) thì f ( x ) − Đẳng thức xảy x = y = z = hay a = b = c = Bài tập tự luyện 3 2 Bài Cho x, y , z ∈ [ 0;1] Tìm giá trị lớn biểu thức Q = ( x + y + z ) − ( x y + y z + z x ) Bài Cho x, y , z số thực dương thỏa mãn điều kiện x + y + z = xyz Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = x + y + z Bài Chứng minh a, b, c độ dài ba cạnh tam giác thì a b c 1a c b + + ≥ +  + + ÷ b c a 2 c b a Bài Cho ba số thực không âm a, b, c thỏa mãn a + b + c = Chứng minh 3 ( ab ) + ( bc ) + ( ca ) ≤ 64 3 2 Bài Cho ba số thực dương x, y , z Chứng minh ( x + y + z ) + xyz ≥ ( x y + y z + z x ) x y z + + ≤1 xy + x + yz + y + zx + z + Bài Cho x, y , z số thực không âm thỏa mãn x + y + z = Tìm giá trị lớn Bài Cho x, y , z số thực dương Chứng minh rằng: P = x2 y + y z + z x Bài Cho số thực x, y , z > thoả mãn điều kiện ( x + y + z ) = 32 xyz Tìm GTLN – GTNN biểu thức P = x4 + y + z ( x + y + z) Bài Cho ba số thực dương a, b, c Chứng minh ( a + b3 + c ) abc + 9( a + b + c) (a 2 + b2 + c ) Bài 10 Cho bốn số thực dương a, b, c, d thỏa mãn a + b + c + d = , chứng minh a b c d + + + ≤ 2 2 + 3a + 3b + 3c + 3d Bài 11 Cho bốn số thực dương a, b, c, d thỏa mãn a + b + c + d = , chứng minh ( a3 + b3 + c + d ) ≥ a + b + c + d + 16 Bài 12 Cho a, b, c số thực dương ( a + b − c) c2 + ( b + a ) Chứng minh rằng: ( a + c − b) + 2 b + ( a + c) ( c + b − a) + 2 a + ( b + c) 234 ≥ ≥ 33 ... z Bài Cho số x, y , z ∈ ( 0;1) thỏa mãn xyz = ( − x ) ( − y ) ( − z ) Chứng minh Bài Cho ba số thực không âm a, b, c thỏa mãn a + b + c = Chứng minh x2 + y + z ≥ 222 27 Bài Cho a, b, c số. .. chất 2: Cho hàm số y = f ( x ) ; y = g ( x ) liên tục K, hàm số y = f ( x ) đồng biến K, y = g ( x ) ln nghịch biến K phương trình f ( x ) = g ( x ) có nhiều nghiệm K Tính chất 3: Cho hàm số y =... giải toán thường sử dụng tính chất sau: Cho K khoảng ( nửa khoảng, đoạn) Tính chất 1: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục K, hàm số y = f ( x ) đồng biến nghịch biến K phương trình f ( x ) = c (c số)