Các chuyên đề Đại số Lớp 11 - Chuyên đề 11: Phương pháp hàm số với các bài toán cực trị - Vũ Tuấn Anh

Nội dung text: Các chuyên đề Đại số Lớp 11 - Chuyên đề 11: Phương pháp hàm số với các bài toán cực trị - Vũ Tuấn Anh

1. CHUYÊN ĐỀ 11: PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ VỚI CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ Trong những năm gần đây, bài toán cực trị trong các đề thi tuyển sinh đại học đa phần là bài toán khó nhất đề thi. Để giải quyết các bài toán này đòi hỏi thí sinh phải có nhiều kỹ này quan trọng khi giải các bài toán cực trị. Chuyên đề này đưa ra một số cách tiếp cận bài toán cực trị bằng phương pháp hàm số. 1. Phương pháp khảo sát hàm đặc trưng Ví dụ 1. Chứng minh rằng x 1 a) 2, x x2 x 1 b) x2 x 1 y2 y 1 z 2 z 1 3, x, y, z thỏa mãn x + y + z = 3. Lời giải: x 1 3 1 x a) Xét hàm số f x , x ¡ . Ta có f x x2 x 1 2 x2 x 1 x2 x 1 và f x 0 x 1; lim f x 1, lim f x 1 x x Ta có bảng biến thiên x 1 f’(x) + 0 - f(x) 2 -1 1 Từ bảng biến thiên suy ra f x f 1 2, x . x 1 1 b) Áp dụng câu a ta có 2, x x2 x 1 x 1 (1) x2 x 1 2 1 1 Tương tự y2 y 1 y 1 2 ; z 2 z 1 z 1 3 2 2 Cộng từng vế các BĐT (1), (2) và (3) ta có 1 x2 x 1 y2 y 1 z 2 z 1 3 x y z 3 (đpcm). 2 Ví dụ 2. Cho a + b + c = 0. Chứng minh rằng 8a 8b 8c 2a 2b 2c . Lời giải: 3 Xét hàm số f x 2x 2x 2xln 2 trên R. Ta có 2 f x 3. 2x .ln 2 2x.ln 2 2ln 2 2x 1 3.2x 2 ln 2 và f x 0 2x 1 x 0 . 207
2. Ta có bảng biến thiên x 0 f’(x) - 0 + f(x) 0 Suy ra f x 0, x R f a f b f c 0 8a 8b 8c (2a 2b 2c ) 2 a b c ln 2 0 8a 8b 8c 2a 2b 2c Ví dụ 3. (Trích đề thi đại học khối D năm 2006) b a a 1 b 1 Chứng minh rằng 2 a 2 b , a b 0 . 2 2 Lời giải: b a a b b a a 1 b 1 1 4 1 4 Ta có 2 a 2 b a b 2 2 2 2 a b b a b a ln 1 4 ln 1 4 1 4a 1 4b ln 1 4a ln 1 4b a b ln 1 4x Xét hàm số f x với x > 0. Ta có x 4x ln 4x 1 4x ln 1 4x f x 0 , x2 1 4x nên f là hàm nghịch biến trên 0; . Do đó f a f b (đpcm). Bài tập tự luyện Bài 1: Cho a, b, c là ba số dương thỏa mãn a2 b2 c2 1 . Chứng minh rằng a b c 3 3 . 1 a2 1 b2 1 c2 2 1 y x Bài 2: Chứng minh rằng với mọi x, y 0;1 , x y ta có ln ln 4 . y x 1 y 1 x y x Bài 3: Chứng minh rằng . 2x 3y 2 y 3x , x y 0 y x Tổng quát: Với a, b > 0 và x > y > 0 ta có . a x b y a y bx Bài 4: Cho x, y 0; x3 y3 1 . Tìm GTLN của A x 2 y . 208
3. Bài 5: (VMO, 2004) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x y z 3 32xyz . Tìm GTLN x4 y4 z 4 và GTNN của biểu thức P . x y z 4 Bài 6: Cho các số không âm x, y, z thỏa mãn điều kiện: xy + yz + xyz = 4. CMR: x y z xy yz zx . 2. Phương pháp dồn dần về một biến Đối với các bài toán cực trị nhiều biến, ta thường phối hợp với phương pháp chặn các biến bằng cách: sử dụng BĐT AM-GM, BĐT Cauchy-Schwarz, BĐT phụ hoặc sử dụng hàm số, đưa dần về một biến để khảo sát. Ví dụ 1. Cho ba số thực dương a,b,c thỏa mãn a b c 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 P a3 b3 c3 4 Lời giải Nhìn biểu thức của P ta thấy có sự xuất hiện của cả ba biến số a,b,c mà ta không thể quy trực tiếp về một biến số ngay nếu chỉ sử dụng giả thiết. Nhưng ta lại thấy Plà biểu thức có đối xứng với a,b , do đó ta dự đoán giá trị nhỏ nhất đạt được khi hai biến a,b bằng nhau. Ta chứng 3 a3 b3 a b minh và sử dụng bất đẳng thức , đẳng thức xảy ra khi hai biến số a và b bằng 2 2 3 3 3 2 a b 1 3 1 c 1 3 c 3c 3c 1 nhau. Khi đó ta có P c c f c . Bây giờ thì 2 4 2 4 8 việc giải quyết bài toán khá là dễ dàng bằng cách khảo sát hàm số g c 8. f c trên khoảng 0;1 . 2 Ta có g ' c 3c 6c 3 , g ' c 0 c1 1 2, c2 1 2 . Lập bảng biến thiên của hàm số g c trên khoảng 0;1 ta có: 1 g c g c g 1 2 6 4 2 , suy ra P f c 3 2 2 . 2 4 1 1 Vậy P 3 2 2 khi và chỉ khi c 2 1, a b 2 2 . min 4 2 Ví dụ 2. Chứng minh rằng nếu a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 3 thì 3a2 3b2 3c2 4abc 13 1 . Lời giải Đặt T 3a2 3b2 3c2 4abc . Do vai trò của a, b, c bình đẳng nên không nghịch biến tổng quát ta có thể giả sử 0 a b c . 209
4. 3 Từ a + b + c = 3 và a + b > c suy ra 1 c (2). 2 Ta biến đổi T 3(a2 b2 ) 3c2 4abc 3 a b 2 2ab 3c2 4abc 3 3 c 2 3c2 2ab 3 2c 2 a b Do 2 – 3c > 0 và ab 3 , suy ra 2 2 1 2 1 2 T 3 3 c 3c2 a b 3 2c 3 c2 6c 9 3c2 3 c 3 2c 2 2 3 27 c3 c2 f c 2 2 2 3 Ta có f c 3c 3c , nên f(c) đồng biến trên 1; . Vì vậy, T f c f 1 13 . 2 Đồng thời T 13 c 1 . Với giả thiết 0 a b c và a + b + c = 3 và (3) suy ra a = b = 1, tức là tam giác ABC đều. Ví dụ 3. (Trích đề thi thử ĐH khối B tỉnh Bắc Ninh năm 2013) Cho hai số thực x, y với y 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x4 y4 x4 y4 4y 5 8y2 4x 12y 9 S 2 2 2 2 . y 1 Lời giải x4 1 y4 1 Ta có x2 , y2 dấu bằng xảy ra khi x2 y2 1 2 2 2 2 2 2 2 x2 y2 4y 4 x2 9y2 4x 12y 8 x2 y 2 x 2 3y 2 S y 1 y 1 Lấy u x; y 2 ,v 2 x;2 3y . Vì u v u v nên u v x2 y 2 2 2 x 2 2 3y 2 x 2 x 2 y 2 2 3y 2 2 y2 1 x y 2 2 Dấu bằng xảy ra khi 0 (với x 2 hoặc y không xảy ra dấu bằng) 2 x 2 3y 3 2 y2 1 Bây giờ ta đi tìm GTNN của S f y ; y 1 y 1 2 y2 1 2 y 1 Mà f y 2 . Vậy MinS 2 đạt được khi x y 1 . y 1 2 y 1 Ví dụ 4. (Trích đề thi khối A năm 2011) Cho x, y, z là các số thực thuộc đoạn [1; 4] và x y, x z . Tìm GTNN của biểu thức 210
5. x y z P . 2x 3y y z z x Lời giải Trước hết ta chứng minh với mọi a, b dương, ab 1 thì 1 1 2 (*) 1 a 1 b 1 ab Thật vậy, ta có (*) ( ab 1)( a b)2 0 luôn đúng do a, b dương và ab 1 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b hoặc ab = 1. Áp dụng (*) với x, y thuộc đoạn [1; 4] và x y, x z ta có x 1 1 1 1 P . 2x 3y x x 3y x 1 1 2 1 y z x y z x x Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi hoặc 1 (1) y z y x t 2 2 Đặt t,t 1;2 , khi đó P . y 2t 2 3 1 t 2 3 t 2 2 t 4 3 3t 2t 1 9 Xét hàm f (t) 2 ,t 1;2 ta có f '(t) 2 0 . 2t 3 1 t 2t 2 3 1 t 2 34 Suy ra, f (t) f (2) . 33 x Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi t 2 4 x 4; y 1 (2) y 34 Do đó P . Từ (1) và (2) suy ra dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = 9, y =1, z = 2. 33 Ví dụ 5. (Trích đề thi khối A năm 2014) Cho x, y, z là các số thực không âm và thỏa mãn điều kiện x2 y2 z 2 2 . x2 y z 1 yz Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P x2 yz x 1 x y z 1 9 Lời giải x2 x2 x Ta có , dấu bằng xảy ra khi x2 yz 1. x2 yz x 1 2x yz 1 x 2 yz 1 1 2 2 2 x y z Ta lại có 2 x2 y2 z 2 x y z 2x y z 2yz x y z 2yz 2 x y z 2 4 1 yz x y z 2 1 yz. 211
6. y z x 1 x 1 1 1 x y z 1 x y z 1 2 yz 1 1 Do đó, x x 1 1 yz 1 1 yz P 1 1 2 yz 1 1 2 yz 1 1 9 2 yz 1 1 9 1 1 yz 11 1 yz 3 11 2 5 1 yz 1 1 1 9 9 yz 3 9 9 3 9 Dấu bằng xảy ra khi x 1, y 1, z 0 hoặc x 1, y 0, z 1 . Ví dụ 6. ( Đề thi chọn HSG QG THPT bảng B, 1999) Xét phương trình ax3 x2 bx 1 0 với a, b là các số thực, a 0 , a b sao cho các 5a2 3ab 2 nghiệm đều là số thực dương. Tìm GTNN của P . a2 b a Lời giải Gọi u, v, s là ba nghiệm thực dương của đa thức ax3 x2 bx 1 . Theo định lý Viete ta có 1 b 1 u v s ;uv vs su ;uvs 1 . a a a Từ đó suy ra a > 0, b > 0. 1 Đặt c . Áp dụng BĐT Cauchy cho ba số dương ta có a c uvs u v s 3 3 uvs 3 3 c c3 27c c 3 3 2 . 2 1 2 2 2 Mặt khác, u v s 3 uv vs su u v v s s u 0 . 2 Do đó c2 u v s 2 3 uv vs su 3bc 3 Từ (1), (2) và (3) ta có b 1 2 5 3 2 2 2 2 2 5a 3ab 2 1 3 c 5 3bc 2c c 5 c 2c 5c c 5 P . a a 4 a2 b a a b bc 1 c2 c2 3 1 1 a 3 5c c2 5 Xét hàm số f c với c 3 3 . c2 3 Ta được f c 12 3 . Dấu bằng xảy ra khi c 3 3 . Suy ra P 12 3 . 1 Đẳng thức xảy ra khi u v s 3 , tức là a ,b 3 . Vậy min P 12 3 . 3 3 Bài tập tự luyện Bài 1. Cho các số dương a, b, c với a b c 1.Chứng minh rằng 212
7. 1 1 1 3 a b c 2 21. a b c Bài 2. Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a2 b2 c2 1 . Chứng minh rằng 1 1 1 a b c 2 3 a b c 3 Bài 3. Cho các số x, y, z thay đổi trên đoạn [0; 1] và thỏa mãn x y z . Tìm GTLN và 2 GTNN của .A cos x2 y2 z 2 Bài 4. (IMO, 1984) Cho x, y , z > 0 thỏa mãn x + y + z = 1. Chứng minh rằng 7 0 xy yz zx 2xyz . 27 Bài 5. Cho x, y , z > 0 thỏa mãn x + y + z = 1. Tìm GTNN của A x2 y2 z 2 4xyz . Bài 6. (Trích đề khối B năm 2012) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn các điều kiện x y z 0 và x2 y2 z 2 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P x5 y5 z5. Bài 7. Cho các số x, y, z 0;1 thỏa mãn xyz 1 x 1 y 1 z . Chứng minh rằng 3 x2 y2 z 2 . 4 Bài 8. Cho ba số thực không âm a,b,c thỏa mãn a b c 1 . Chứng minh rằng 7 ab bc ca 2abc . 27 Bài 9. Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn a2 b2 c2 1 . Tìm GTLN của biểu thức S 3 a b c 22abc . Bài 10. Chứng minh rằng nếu a,b,c là độ dài các cạnh của một tam giác thì a b c 3 1 a c b . b c a 2 2 c b a 3. Phương pháp khảo sát hàm số theo từng biến Đối với bài toán cực trị nhiều biến, ta có thể chọn một biến là biến số biến thiên và cố định các biến còn lại, bài toán đưa về việc khảo sát hàm một biến. Ví dụ 1. Cho ba số thực x, y, z 0 , chứng minh rằng: x3 y3 z3 3xyz x2 y z y2 z x z 2 x y Lời giải Bài toán hoàn toàn đối xứng với ba biến số, nên không mất tính tổng quát, ta giả sử x y z 0, coi x là biến số và coi y, z là tham số trong hàm số f x x3 x2 y z 3xyz xy2 xz 2 y2 z z 2 y y3 z3 Ta có f ' x 3x2 2x y z 3yz y2 z 2 213
8. và f '' x 6x 2 y z 2 3x y z 0 với mọi x, y, z 0 và x y z . Điều đó chứng tỏ f ' x là hàm số đồng biến, suy ra f ' x f ' y 3y2 2y y z 3yz y2 z 2 yz z 2 0 ( do x y z ). Đến đây ta suy ra f x là hàm số đồng biến, như vậy f x f y z z y 2 0 . Vậy bài toán đã chứng minh xong! 1 a b c Ví dụ 2. Cho a,b,c ;3 . Tìm GTLN của biểu thức S . 3 a b b c c a 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 b c a2 bc f a 0 a b 2 a c 2 a b 2 a c 2 3 b c Suy ra, f a f 3 g c . 3 b b c c 3 b 3 b 3 3b c2 Mặt khác, g c 0 c b 2 c 3 2 c 3 2 b c 2 1 3 3b 1 Suy ra, g c g h b 3 3 b 3b 1 10 3 3 1 b 1 b Ta có, h b 0 3b 1 2 b 3 2 3b 1 b 3 Bảng biến thiên b 1 1 3 3 1 f 3;b; 3 + - 1 8 f 3;b; 3 5 1 8 Từ bảng biến thiên suy ra f a;b;c f 3;1; . 3 5 8 * TH2: c b a . Từ TH1 ta có f c;b;a . Mặt khác 5 214
9. a b b a a c f a;b;c f c;b;a 0. a b b a a c 8 Suy ra , f a;b;c . 5 8 1 1 1  Vậy max S , đạt được khi và chỉ khi a,b,c 3,1, , ,3,1 , 1, ,3  . 5 3 3 3  a b c Ví dụ 3. Cho a,b,c 0;1 . Tìm GTLN của biểu thức S . b3 c3 6 c3 a3 6 a3 b3 6 Lời giải a b c Đặt f c . Ta có b3 c3 6 c3 a3 6 a3 b3 6 1 3ac2 3c2 f c 3 3 2 2 a b 6 b3 c3 6 a3 c3 6 6ac 6 b3 2c3 6bc 6 a3 2c3 f c 2 2 0 và f '' c liên tục trên 0;1 b3 c3 6 a3 c3 6 Nên f’(c) nghịch biến trên [0; 1]. Suy ra 1 3a 3b 1 3 f c f 1 3 3 2 2 2. 0 6 a b 7 b3 7 a3 8 49 Suy ra, f(c) đồng biến trên [0; 1]. Do đó a b 1 S f c f 1 g(a). b3 7 a3 7 a3 b3 6 1 2a2b 3a2 6ab 7 2a3 6a b3 6 2a3 Ta có g a 3 2 2 , g a 3 3 0 b 7 a3 7 a3 b3 7 a3 7 a3 b3 7 Nên g’(a) nghịch biến trên [0; 1]. Suy ra, 1 3b 3 1 1 5 3 5 3b g a g 1 3 2 3 3 0 b 7 64 7 b3 b 7 8 8 b 7 64 2 b Suy ra g(a) đồng biến trên [0; 1]. Do đó, S g a g 1 h(b) . b3 7 8 2 1 6b2 b3 7 48b2 Ta có h b 2 2 0, b 0;1 . 8 b3 7 8 b3 7 3 3 Suy ra h(b) đồng biến trên [0; 1], nên h b h 1 S . 8 8 3 Với a = b = c = 1 thì max S . 8 215
10. Ví dụ 4. (Đề thi VMO bảng A 1999) Xét các số thực dương a, b, c thỏa mãn abc + a + c = b. Tìm GTLN của biểu thức 2 2 3 P . a2 1 b2 1 c2 1 Lời giải 1 a c Biến đổi giả thiết thành a + c = b(1 - ac) > 0. suy ra a ,b 1 c 1 ac 2 2 3 2 a c Thay (1) vào biểu thức P và biến đổi được P 2 2 a2 1 c2 1 1 a2 1 b2 2 1 2 x c 1 Xét hàm số f x P với 0 0). x2 1 1 x2 1 c2 2 2c x2 2cx 1 Ta có f x 2 1 c2 1 x2 1 2 1 Trên 0, thì f x 0 có nghiệm duy nhất là x0 c c 1 (3) với 0 x0 . Qua x0 c c c thì f’(x) đổi dấu từ dương sang âm nên f(x) đạt cực đại tại x0 nên f x f x0 1 c2 1 3 2c 3 Từ đó theo (2) ta có P 2 f x 2 g c . c2 1 c2 1 c2 1 2(1 8c2 ) Xét hàm số g(c) với c > 0. Ta có g c . c2 1 3c c2 1 1 Với c > 0, thì g’(c) = 0 tại c va qua c thì g’(c) đổi dấu từ dương sang âm nên g(c ) là giá 0 8 0 0 1 10 trị cực đại, suy ra P g . 8 3 10 1 1 Giá trị P đạt được khi c ,a ,b 2 theo (1) và (3). 3 8 2 Ví dụ 5. (Đề thi VMO năm 2001) Xét các số thực dương x, y, z thỏa mãn hệ điều kiện 2 4 1 z minx, y 1 ; xz 2 ; yz 3 5 15 5 1 2 3 Hãy tìm GTLN của biểu thức P x, y, z . x y z Lời giải 4  Từ điều kiện (1) và (2) suy ra x max z,  (4) 15z  216
11. 1 1 2 a) Xét hàm số f x với x > 0 và tham số z . Xét hai trường hợp x z 5 2 4 1 1 2 * Nếu z thì x z theo (4) nên f x 15 (5) 15 15z z z z 2 2 4 15z 1 * Nếu z thì x z theo (4) nên f x g z . 5 15 15z 4 z 2 2 15 1 2 Xét hàm số g(z) với z . Ta cóg z 0 z . 5 15 4 z 2 15 2 Do đó g(z) là hàm nghịch biến và f z g z g 4 (6) 5 1 1 1 1 2 2 So sánh (5) và (6) ta có 4 và 4 x , z (7) x z x z 3 5 1 1 2 b) Xét hàm số h y với tham số z y z 5 1  Từ điều kiện (1) và (3) suy ra y max z,  (8) 5z  Lập luận tương tự phần a) ta được 1 * Nếu z thì h y 2 5 (9) 5 2 1 9 * Nếu z thì h y (10) 5 5 2 1 1 9 1 1 9 2 1 So sánh (9) và (10) ta có và x , y (11) y z 2 x z 2 5 2 1 1 1 1 9 So sánh kết quả phần a) và b) ta có P x, y, z 2 4 2. 13 x y y z 2 2 1 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x , y , z 3 2 5 Vậy maxP = 13. 10a 11b 12c 69 Ví dụ 6. Chứng minh rằng nếu a,b,c 1;2 thì . bc ca ab 2 Lời giải Ta coi một trong ba số a,b,c là một biến số của hàm số, chẳng hạn là , akhi đó ta đặt 1 11b 12c 10 x a, x 1;2 và ta đi xét hàm số f x .x , x c b bc 11b 12c 11b2 12c2 10 Đặt ,  . c b bc bc 217
12.  x2 Khi đó f ' x  , f ' x 0 x . x2 x2  11b2 12c2 33 10 Ta có 3. 3 x 1 bc bc bc  Như vậy, ta luôn có f x max f 1 , f 2  maxg b ,h b  , 10 11b 12c 20 11b 6c trong đó g b f 1 và h b f 2 . bc c b bc 2c b 1 10 11 1 Ta xét tiếp g b trên đoạn 1;2 có g ' b 2 12c 2 A B , b c c b 10 10 12c2 11 A trong đó A 12c , B và có g ' b 0 b 1 c c c B 21 27  Như vậy, g b maxg 1 , g 2  max 12c, 6c c c  21 27 Xét lần nữa c 12c và  c 6c trên đoạn 1;2 có c c 69  69 69 max c , c  max ,33 , từ đó suy ra g b với mọi b,c 1;2 . 1;2 2  2 2 Xét tương tự đối với h b trên đoạn 1;2 ta cũng có 51 21  63  63 h b maxh 1 ,h 2  6c, 3c ,24 . 2c c  2  2 10a 11b 12c 69 Vậy , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b 1,c 2 . bc ca ab 2 Bài tập tự luyện Bài 1: Chứng minh rằng 2 x3 y3 z3 x2 y y2 z z 2 x 3, x, y, z 0;1 . Bài 2: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng a b c 2 b c a 2 c a b 2 4abc a3 b3 c3 . Bài 3: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác (có thể suy biến). Đặt a b b a a c T . a b b a a c 1 Tìm maxT và chứng minh rằng maxT . 21 Bài 4: (Bảng A, 2001) Cho hàm số f x, y, z xy yz zx 2xyz trên miền D  x, y, z | 0 x, y, z 1, x y z 1 . Bài 5: ( Bảng A, 2001) Xét các số thực dương x, y, z thỏa mãn hệ điều kiện 218
13. 3 2 18 4 18 0 z y x 3; 1; 3 xy y2 x2 y y2 z z 2 x 1 80 18 Hãy tìm GTLN của biểu thức P x, y, z xyz x3 y3 . 2 27 8 Bài 6: (Đề thi chọn ĐTQG, 2001) Xét các số thực dương a, b, c thỏa mãn 21ab + 2bc + 8ac 12 . 1 2 3 Tìm GTNN của biểu thức P a,b,c . a b c 4. Phương pháp đổi biến Ví dụ 1. (Trích đề thi khối D năm 2012) Cho các số thực x, y thỏa mãn (x – 4)2 + (y – 4)2 + 2xy 32. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = x3 + y3 + 3(xy – 1)(x + y – 2). Lời giải Ta có (x 4)2 (y 4)2 2xy 32 (x y)2 8(x y) 0 0 x y 8 3 4xy (x y)2 6xy (x y)2 2 A = x3 y3 3(xy 1)(x y 2) = (x y)3 6xy 3(x y) 6 3 A (x y)3 (x y)2 3(x y) 6 2 3 Đặt t = x + y (0 t 8 ), xét f(t) = t 3 t 2 3t 6 f’(t) = 3t 2 3t 3 2 1 5 1 5 17 5 5 f’(t) = 0 khi t = ; f(0) = 6, f(8) = 398, f( ) = 2 2 4 17 5 5 1 5 Vậy giá trị nhỏ nhất của f(t) là xảy ra khi t = 4 2 17 5 5 1 5 1 5 A f(t) . Dấu bằng xảy ra khi x = y và x + y = hay x = y = 4 2 4 Ví dụ 2. (Trích đề thi khối B năm 2011) Cho a và b là các số thực dương thỏa mãn 2(a 2 + b2) + ab = (a + b)(ab + 2). Tìm giá trị a3 b3 a2 b2 nhỏ nhất của biểu thức P = 4 3 3 9 2 2 . b a b a Lời giải Theo giả thiết ta có 2 a2 b2 ab a b ab 2 . Từ đây suy ra: a b 1 1 a b 2 2 2 1 ab 2 hay 2 1 a b b a a b b a b a 2 2 a b Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: a b 2 2 b a b a 219
14. a b 5 Đặt t = , ta suy ra: 2t + 1 2 2 t 2 4t2 – 4t – 15 0 t b a 2 3 3 2 2 a b a b 3 2 3 2 Mặt khác: P = 4 3 3 9 2 2 = 4(t – 3t) – 9(t – 2) = 4t – 9t – 12t + 18 = f(t) b a b a 1 f’(t) = 12t2 – 18t – 12, f’(t) = 0 t = hay t = 2 2 23 5 Min f(t) = khi t = 4 2 23 Vậy min P = khi a = 1 và b = 2 hay a = 2 và b = 1. 4 1 1 1 Ví dụ 3. Cho ba số thực a,b,c 1 và thỏa mãn 1 . Chứng minh rằng 1 a 1 b 1 c 8 1 1 2 . ab 1 bc 1 ca 1 Lời giải 1 1 1 1 Đặt x, y, z . Khi đó x, y, z và x y z 1 . 1 a 1 b 1 c 2 z x y Ta có ab 1 , bc 1 , ac 1 , khi đó bất đẳng thức cần chứng minh có dạng xy yz zx 8xy yz zx 1 2 với điều kiện 0 x, y, z và x y z 1 . z x y 2 Với nhận xét bài toán đối xứng với biến x, y nên ta có thể đưa bài toán từ ba biến về hai biến 1 s2 bằng cách đặt x y s, xy p , khi đó s 1 và 0 p . 2 4 8xy yz zx 8xy z x2 y2 8p s2 2 p Ta có P 1 s f p z x y z xy 1 s p 8p s2 2 p 8 s2 1 s Bây giờ xét hàm số f p 1 s có f ' p , 1 s p 1 s p2 s 1 s f ' p 0 p . 2 2 s 1 s s2 s 1 s s2 Lập bảng biến thiên, biện luận so sánh với có: Nếu s 2 2 ta có 2 2 4 2 2 4 s 1 s f p f 4 2 2 s 2 6 2 6 2 2 2 s 1 s s2 s2 2 Nếu s 2 2 ta có: f p f 4s g s 2 2 4 4 1 s 220
15. 1 2 1 Khảo sát g s trên ;2 2 có g ' s 4 2 , từ đó g s g 2 . 2 1 s 2 1 1 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y và z , tức là a b 3, c 1 . 4 2 Ví dụ 4. (Trích đề thi khối A năm 2012) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x y z 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 3|x y| 3|y z| 3|z x| 6x2 6y2 6z 2 . Lời giải. Cách 1 Đặt a | y z | 0,b | z x | 0,c | x y | 0 . Khi đó ta có a2 b2 c2 2 x2 y2 z 2 2 xy yz zx 3 x2 y2 z 2 x y z 2 3 x2 y2 z 2 . Ta lại có, a b y z z x x y 2z 3 z a b 2 9z 2 Tương tự a c 2 9y2 , b c 2 9x2 nên ta có: a b 2 a c 2 b c 2 9 x2 y2 z 2 a b c 2 a2 b2 c2 9 x2 y2 z 2 a b c 2 6 x2 y2 z 2 Khi đó, ta có P 3a 3b 3c a b c Xét hàm số: f t 3t t,t 0; f ' t 3t ln3 1 0,t 0; Do đó, f t đồng biến trên 0; nên f t f 0 3t t 1,t 0; Nên P a b c 3 a b c 3 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x y z 0 . Cách 2. Do vai trò của x, y, z như nhau nên có thể giả sử: x y z . Thay z x y vào P ta được P 3x y 3y z 3x z 6 x2 y2 6 x y 2 3x y 3x 2 y 3y 2x 12 x 2 xy y2 Tương tự như cách (1) ta có: P x y 2x y 2y x 3 12 x2 xy y2 4x 2y 3 12 x2 xy y2 Ta chỉ cần chứng minh: 4x 2y 12 x2 xy y2 4x 2 4xy 8y2 0 4 x y x 2y 0 4 x y y z 0 (đúng theo giả thiết) 221
16. Do đó, P 3 . Ví dụ 5. (Trích đề thi khối A năm 2009) CMR với mọi số dương x,y,z thỏa mãn: x(x+y+z)=3yz, ta có x y 3 x z 3 x y y z x z 5 y z 3 Lời giải. Cách 1. Đặt a y z,b z x,c x y thì a,b,c dương và b c a c a b a b c 2 2 x , y ,z điều kiện bài toán trở thành 4a2 b c 3 b c (1) 2 2 2 , ta phải chứng minh: b3 c3 3abc 5a3 Từ (1) ta có: 4a2 b c 2 2a b c và a2 b2 c2 bc 2bc bc a2 bc Có b3 c3 3abc b c b2 bc c2 3a.bc 2a.a2 3a.a2 5a3 Dấu bằng xảy ra khi a=b=c hay x=y=z Cách 2. Đặt y=ax,z=by ( a,b>0). Khi đó , ta có bài toán tương đương: “Cho a,b dương a+b+1=3ab (1).CMR a 1 3 b 1 3 3 a 1 b 1 a b 5 a b 3 (2) ” Từ (1) ta có: 2 3 a b 2 a b 1 3ab 3 a b 4 a b 4 0 a b 2 do a b 0 (3) 4 (2) a 1 b 1 3 3 a 1 b 1 a 1 b 1 3 a 1 b 1 a b 5 a b 3 a b 2 3 6 a 1 b 1 5 a b 3 a b 2 3 2 3ab 3a 3b 3 5 a b 3 a b 2 3 8 a b 1 5 a b 3 do (1) Đặt t=a+b từ (3) ta có t≥2 suy ra , t 2 3 8 t 1 5t 3 2t 2t 2 3t 2 0 2t 2t 1 t 2 0đúng với mọi t≥2 Dấu = xảy ra khi x=y=z 5. Phương pháp tiếp tuyến Trong phần này chúng ta xét bài toán tổng quát: “Cho a1,a2 ,a3 , ,an D thoả mãn a1 a2 a3 an n , với D , cần chứng minh bất đẳng thức f a1 f a2 f an nf , đẳng thức xảy ra khi a1 a2 a3 an ”. Bài toán này có tính chất nổi bật với vế trái là biểu thức đối xứng của các biến a1,a2 ,a3 , ,an và viết được dưới dạng tổng của một hàm số với các biến số khác nhau. Dẫn đến suy nghĩ một cách tự nhiên để giải quyết bài toán này là ta xét hàm số y f x , sau đó chứng minh f x Ax B với mọi x D , trong đó A, B thỏa mãn A a1 a2 an nB nf 222
17. (hay A B f ). Dễ thấy y Ax B chính là tiếp tuyến của đồ thị hàm số y f x tại điểm x . Như vậy qua phân tích, chúng ta có thể đưa ra được lời giải cho bài toán tổng quát trên như sau: Xét hàm số y f x , x D , viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại x là y Ax B . Ta chứng minh f x Ax B với mọi x D , từ đó suy ra: f a1 f a2 f an nf (đpcm). Sau đây chúng ta xét một số bài toán điển hình để thể hiện rõ hơn cho phương pháp này. Ví dụ 1. Cho bốn số dương a,b,c,d thoả mãn a b c d 1 . Chứng minh rằng 1 6 a3 b3 c3 d 3 a2 b2 c2 d 2 . 8 Lời giải Từ giả thiết ta có a,b,c,d 0;1 và bất đẳng thức được viết dưới dạng 1 1 f a f b f c f d với f x 6x3 x2 , đẳng thức xảy ra khi a b c d . Ta 8 4 xét hàm số f x 6x3 x2 trên khoảng 0;1 , phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số này tại 1 5 1 điểm có hoành độ x là y x . 0 4 8 8 5 1 1 2 5 1 Xét f x x 4x 1 3x 1 0 , x 0;1 , suy ra f x x , 8 8 8 8 8 x 0;1 . 5 1 1 Từ đó ta có f a f b f c f d a b c d 4. , đẳng thức xảy ra khi 8 8 8 1 a b c d . 4 Ví dụ 2. Cho ba số thực dương a,b,c thoả mãn a b c 3 . Chứng minh rằng 1 1 1 a2 b2 c2 . a2 b2 c2 Lời giải 1 1 Ta có nhận xét, nếu có một trong ba số a,b,c thuộc khoảng 0; , chẳng hạn 0 a thì 3 3 1 1 1 2 ta có 9 a b c a2 b2 c2 nên bài toán được chứng minh, do vậy ta chỉ a2 b2 c2 1 7 1 2 1 7 xét a,b,c ; . Ta xét hàm số f x x trên đoạn ; , phương trình tiếp tuyến của 3 3 x2 3 3 đồ thị f x tại điểm có hoành độ x0 1 là y 4x 4 . Ta có 2 2 x 1 2 x 1 1 7 1 7 f x ( 4x 4) 0 x ; , suy ra f x 4x 4 ,x ; . x2 3 3 3 3 223
18. Từ đó ta có: f a f b f c 4 a b c d 16 0 , đẳng thức xảy ra khi a b c 1. Ví dụ 3. Cho ba số thực dương a,b,c thoả mãn a b c 1 . Chứng minh rằng 10 a3 b3 c3 9 a5 b5 c5 1. Lời giải Như các bài toán trên, ta xét hàm số f x 10x3 9x5 trên khoảng 0;1 , phương trình tiếp 1 25 16 tuyến của đồ thị tại điểm có hoành độ x là y x . 0 3 9 27 25 16 1 2 3 2 Xét f x x 3x 1 27x 18x 21x 16 , bây giờ ta chưa thể khẳng 9 27 27 25 16 định được f x x với mọi x 0;1 , nên ta đặt g x 27x3 18x2 21x 16 và xét 9 27 hàm số g x trên khoảng 0;1 , ta thấy g x không luôn dương trên 0;1 , nên ta phải tìm cách chia khoảng xác định của x tốt nhất có thể sao cho trên khoảng đó thì g x 0 . Bằng cách lập 9 bảng biến thiên của hàm số g x trên khoảng 0;1 , ta suy ra g x 0 với mọi x 0; , từ 10 25 16 9 đó ta có f x x với mọi x 0; . Như vậy bài toán đã chứng minh xong khi 9 27 10 9 a,b,c 0; và a b c 1 . Bây giờ ta xét trường hợp có ít nhất một trong ba số a,b,c thuộc 10 9 9 1 nửa khoảng ;1 , giả sử a ;1 do a,b,c đều dương và có tổng bằng 1 nên b,c 0; , 10 10 10 9 1 dễ thấy hàm số f x nghịch biến trên ;1 và đồng biến trên 0; , suy ra f a f 1 1 , 10 10 f b f (0) 0, f c 0 , f a f b f c 1 Vậy f a f b f c 1 với mọi số thực dương a,b,c thoả mãn a b c 1 . Đẳng 1 thức xảy ra khi a b c . 3 Thông qua bài toán này, ta có thể thấy được khi nào cần phân khoảng đang xét thành hai hay nhiều khoảng để có những bước đi tiếp theo mà không hề mất tự nhiên! Ví dụ 4. Cho ba số thực dương a,b,c thoả mãn a b c 1 . Chứng minh rằng 1 1 1 27 . 1 ab 1 bc 1 ca 8 Lời giải 224
19. Nhìn bài toán ta khó có thể thấy được việc sử dụng phương pháp tiếp tuyến, tuy nhiên để ý 2 2 a b 1 c 1 4 một chút ab suy ra nên ta đã đưa được bài toán đã cho 4 4 1 ab 3 2c c2 1 1 1 27 về bài toán quen thuộc: Chứng minh rằng với điều 3 2a a2 3 2b b2 3 2c c2 32 kiện a,b,c dương và a b c 1 . 1 Bây giờ xét hàm số f x trên khoảng 0;1 , phương trình tiếp tuyến của đồ 3 2x x2 1 27 81 thị hàm số tại điểm có hoành độ bằng là y x . 3 256 256 2 27 81 1 27 81 3x 1 13 3x Xét f x x 2 x 2 0 với mọi 256 256 3 2x x 256 256 256 3 2x x 27 81 x 0;1 , do đó f x x với mọi x 0;1 . Từ đó ta có 256 256 1 1 1 27 81 27 a b c 3. , đẳng thức xảy ra khi 3 2a a2 3 2b b2 3 2c c2 256 256 32 1 a b c . 3 Ví dụ 5. Cho ba số thực dương a,b,c thoả mãn a4 b4 c4 3 . Chứng minh rằng 1 1 1 1. 4 ab 4 bc 4 ca Lời giải a2 b2 Áp dụng bất đẳng thức ab ta có 2 1 1 1 2 2 2 . 4 ab 4 bc 4 ca 8 a2 b2 8 b2 c2 8 c2 a2 2 2 2 Tiếp theo đặt x b2 c2 , y c2 a2 , z a2 b2 khi đó x y z 4 a4 b4 c4 12 . Bây giờ bài toán trở thành: Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn x y z 12 . Chứng minh 1 1 1 1 rằng . 8 x 8 y 8 z 2 1 Xét hàm số f x trên khoảng 0;12 và phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại 8 x 1 1 điểm có hoành độ x 4 là y x 4 . 0 144 6 225
20. 2 1 1 x 4 1 x 4 x 4 Xét f x x 4 x 4 2 144 6 6 x 2 8 x 144 144 x 2 8 x 1 1 1 1 Trên khoảng 0;12 thì f x x 4 0 f x x 4 . 144 6 144 6 1 1 1 1 1 1 Do đó x y z 12 3. . 8 x 8 y 8 z 144 6 2 Đẳng thức xảy ra khi x y z 4 hay a b c 1 . Bài tập tự luyện Bài 1. Cho x, y, z 0;1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Q 2 x3 y3 z3 x2 y y2 z z 2 x . Bài 2. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện 2x 4y 7z 2xyz . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P x y z . Bài 3. Chứng minh rằng nếu a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác thì a b c 3 1 a c b b c a 2 2 c b a Bài 4. Cho ba số thực không âm a,b,c thỏa mãn a b c 1.Chứng minh rằng 3 3 3 1 ab bc ca 64 Bài 5. Cho ba số thực dương x, y, z . Chứng minh rằng 2 x3 y3 z3 3xyz 3 x2 y y2 z z 2 x . Bài 6. Cho x, y, z là những số thực dương. Chứng minh rằng: x y z 1 xy x 1 yz y 1 zx z 1 Bài 7. Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn x y z 1 . Tìm giá trị lớn nhất của P x2 y y2 z z 2 x . Bài 8. Cho các số thực x, y, z 0 thoả mãn điều kiện x y z 3 32xyz . Tìm GTLN – GTNN x4 y4 z 4 của biểu thức P x y z 4 2 a3 b3 c3 9 a b c 2 Bài 9. Cho ba số thực dương a,b,c . Chứng minh rằng 33 abc a2 b2 c2 Bài 10. Cho bốn số thực dương a,b,c,d thỏa mãn a b c d 4 , chứng minh rằng a b c d 1 . 5 3a2 5 3b2 5 3c2 5 3d 2 2 226
21. Bài 11. Cho bốn số thực dương a,b,c,d thỏa mãn a b c d 1 , chứng minh rằng 3 4 a3 b3 c3 d 3 a2 b2 c2 d 2 . 16 Bài 12. Cho a,b,c là các số thực dương. 2 2 2 a b c a c b c b a 3 Chứng minh rằng: c2 b a 2 b2 a c 2 a2 b c 2 5 227