BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC VÀ TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA BIỂU THỨC NHIỀU BIẾN

TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT

vectorstock.com/28062405

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection

SÁNG KIẾN KHAI THÁC MỘT SỐ BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC VÀ TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA BIỂU THỨC NHIỀU BIẾN WORD VERSION | 2021 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO …

(TÊNTHPT CƠ ….

TRƯỜNG

BÁO CÁO SÁNG KIẾN KHAI THÁC MỘT SỐ BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC VÀ TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA BIỂU THỨC NHIỀU BIẾN

Nhóm tác giả: 1. …

Trình độ chuyên môn: Thạc sĩ Toán Chức vụ: Giáo viên Toán Nơi công tác: Trường THPT …

2. …

Trình độ chuyên môn: Thạc sĩ Toán Chức vụ: …

Nơi công tác: Trường THPT …

Nam Định, tháng 5 năm 2018

| Trang 1

THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN 1. Tên sáng kiến : Khai thác một số bài toán bất đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức nhiều biến.

2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Toán học 12 3. Thời gian áp dụng sáng kiến: Từ ngày 22 tháng 10 năm 2017 đến ngày 28 tháng 4 năm 2018.

4. Tác giả: Họ và tên: …

5. Đồng tác giả (nếu có): Họ và tên: …

6. Đơn vị áp dụng sáng kiến: Tên đơn vị: ….

| Trang 2

BÁO CÁO SÁNG KIẾN I. Điều kiện hoàn cảnh tạo ra sáng kiến: Trong công cuộc đổi mới căn bản và toàn diện nền giáo dục nước nhà, đổi mới phương pháp dạy và học là một trong những nhiệm vụ hàng đầu. Hơn nữa, năm học này là năm học thứ hai đổi mới hình thức và phương án thi đối với môn Toán, từ hình thức thi tự luận chuyển sang hình thức thi trắc nghiệm.

Tuy nhiên không có nghĩa là trong các kì thi THPT Quốc gia và học sinh giỏi các cấp, bài toán bất đẳng thức hay tìm giá trị lớn nhất , giá trị nhỏ nhất của biểu thức chứa nhiều biến không xuất hiện. Hơn nữa, bài toán đó còn phức tạp hơn dưới dạng trắc nghiệm và ở mức vận dụng cao, đòi hỏi cần hiểu rõ được bản chất và các phương pháp chứng minh hoặc tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất. Băn khoăn trước những khó khăn của học sinh, chúng tôi đã tìm tòi và quyết định lựa chọn vấn đề : “ KHAI THÁC MỘT SỐ BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC VÀ TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA HAM NHIỀU BIẾN ” để giúp các em tiếp cận loại toán này một cách hiệu quả nhất.

Trong quá trình giảng dạy, đặc biệt sau một thời gian nghiên cứu và giảng dạy cho các em học sinh khá, giỏi ôn thi THPT Quốc gia ,và một số em học sinh thi HSG tôi nhận thấy nếu học sinh được cung cấp những kiến thức tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất; đồng thời biết được một số ứng dụng cơ bản thì sẽ có thể vận dụng để giải quyết các bài tập lớn.

II. CÁC GIẢI PHÁP THỰC HIỆN 1. Kiến thức chuẩn bị.

1. 1 Một số bất đẳng thức cơ bản thường sử dụng 1.1.1 Bất đẳng thức AM – GM Cho a1 ; a2 ;...; an là các số thực không âm, ta luôn có : a1 + a2 + ... + an ≥ n n a1a2 ...a2 Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = ... = an a) Cho a, b ≥ 0 . Khi đó ta có a + b ≥ 2 ab . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b . Bất đẳng thức này còn được viết dưới dạng khác tương đương là 2 2 ( a + b) 2 a +b 2 2 2 2 ; ( a + b ) ≥ 4ab ; a + b ≥ 2ab ; a +b ≥   ≥ ab 2  2  b) Cho a, b, c ≥ 0 . Khi đó ta có a + b + c ≥ 3 3 abc . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c . Bất đẳng thức này còn có một số ứng dụng để chứng minh một số bất đẳng thức cơ bản khác khá phổ biến như sau: • a 2 + b2 + c 2 ≥ ab + bc + ca | Trang 3

1 2 (a + b + c) 3 ≥ 3 ( ab + bc + ca )

•

a 2 + b2 + c 2 ≥

•

(a + b + c)

•

a 2 b2 + b2 c 2 + c 2 a 2 ≥ abc ( a + b + c )

•

( ab + bc + ca )

•

3 ( a 3 + b3 + c 3 ) ≥ ( a 2 + b 2 + c 2 )

2

2

≥ 3abc ( a + b + c )

2

3

9 8 1.1.2 Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz Phát biểu 1. Cho hai bộ số thực a1 , a2 ,..., an & b1 , b2 ,..., bn , ta có

•

( a + b + c )( ab + bc + ca ) ≤ ( a + b )( b + c )( c + a )

( a1b1 + a2b2 + ... + an bn )

2

≤ ( a12 + a22 + ... + an2 )( b12 + b22 + ... + bn2 )

a a1 a2 = = ... = n . b1 b2 bn Phát biểu 1. Cho hai bộ số thực a1 , a2 ,..., an bất kỳ, b1 , b2 ,..., bn là các số thực dương, ta có

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi .

2

a 2 ( a + a2 + ... + an ) a12 a22 + + ... + n ≥ 1 b1 b2 bn b1 + b2 + ... + bn a a a Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 1 = 2 = ... = n b1 b2 bn Khi giải toán ta hay gặp các trường hợp n = 2; n = 3 . Ta có các đánh giá quen thuộc sau đây.

Cho a, b, c > 0 ta có: •

2

2

2

a +b +c ≥

(a + b + c)

2

1 1 1 + + ≥9 a b c

( a + b + c ) 

3 1. 2. Một số hằng đẳng thức đáng nhớ 2 1) ( x + y )( y + z ) + ( y + z )( z + x ) + ( z + x )( x + y ) = ( x + y + z ) + xy + yz + zx 2) 3)

( x + y )( y + z )( z + x ) + xyz = ( x + y + z )( xy + yz + zx ) 2 x 2 + y 2 + z 2 = ( x + y + z ) − 2 ( xy + yz + zx ) 3 x 3 + y 3 + z 3 = ( x + y + z ) − 3 ( x + y )( y + z )( z + x )

4) 1.3. Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Cho f ( x1 , x2 ,..., xn ) là một biểu thức n biến số thực xác định trên miền D  f ( x1 , x2 ,..., x n ) ≤ M ∀( x1 , x2 ,..., xn ) ∈ D Max f = M ⇔  0 0 0 0 0 0 D ∃( x1 , x2 ,..., xn ) ∈ D : f ( x1 , x2 ,..., xn ) = M  f ( x1 , x2 ,..., x n ) ≥ m ∀( x1 , x2 ,..., xn ) ∈ D Min f = m ⇔  0 0 0 0 0 0 D ∃( x1 , x2 ,..., xn ) ∈ D : f ( x1 , x2 ,..., xn ) = M | Trang 4

1.4 Các bước chứng minh bài toán BĐT, tìm GTLN, GTNN bằng đạo hàm Xét bài toán tìm GTLN của biểu thức P ( x; y ) với giả thiết x, y thỏa mãn tính chất A. Để giải bài toán dạng này thông thường ta làm theo 3 bước như sau: Bước 1: Xác định ẩn phụ t và đánh giá biểu thức P theo hết ẩn phụ t. Giả sử: P ≤ f (t ).

Bước 2: Chặn điều kiên của ẩn t, giả sử t ∈ [ a; b] .

Bước 3: Xét hàm số f (t ) trên đoạn [ a; b ] . Từ đó suy ra GTLN của f (t ) . Kết thúc bài toán.

Xử lí tình huống trong bước 1: - Trong các bài toán hai biến đối xứng việc chọn ẩn phụ thông thường cũng có tính đối xứng. Ta thường đặt ẩn t là một trong các biểu thức sau: x + y; xy; x 2 + y 2 ;.... . Tuy nhiên chọn ẩn phụ là biểu thức nào còn phụ thuộc vào nhiều yếu tố như: giả thiết của bài toán, biểu thức cần đánh giá P ( x; y ) , mối liên hệ giữa giả thiết và P ( x; y ) , chiều đánh giá của P ( x; y ) , ….

- Để đánh giá P ≤ f (t ) ta phải quan sát kỹ giả thiết rồi sử dụng các bất đẳng thức cơ bản như Cauchy, Bunhiacopxki và một số bất đẳng thức phụ. Tuy nhiên việc đánh giá P ≤ f (t ) phải chú ý tới điểm rơi của bài toán.

- Thông thường chỉ một phần của biểu thức P được đánh giá dựa trên các bất đẳng thức phụ.

Phần còn lại để quy về biến t ta phải sử dụng phép thế giả thiết. Nếu các bài toán có giả thiết là đẳng thức thì phép này thường đơn giản, còn các bài toán có giả thiết là bất đẳng thức thì phép thế này khó khăn hơn nhiều. Tùy từng bài toán cụ thể ta có cách xử lí sao cho phù hợp nhất.

Xử lí tình huống trong bước 2: - Trong nhiều bài toán khi đánh giá P ≤ f (t ) thì khá đơn giản nhưng đến bước chặn biến t lại rất khó. Do đó cách chọn ẩn phụ t ở bước 1 phải dựa trên bước xác định điều kiện của t có dễ thực hiện hay không. Thông thường cách đặt ẩn phụ theo tổng x, y nếu khó xác định điều kiện của ẩn phụ thì cách đặt ẩn phụ theo tích của x, y lại dễ dàng xác định được điều kiện của ẩn phụ. Nên khi thực hành ta phải linh hoạt thay đổi cách chọn ẩn phụ sao cho phù hợp với từng bài toán.

- Nếu giả thiết bài toán cho x, y ∈ [ a; b ] ta phải chú ý tới các kết quả ( x − a )( y − a ) ≥ 0 và

( x − b )( y − b ) ≥ 0 để chặn điều kiện của t.

- Đa số các bài toán việc xác định điều kiện của ẩn phụ được thực hiện theo quy trình: Đánh giá giả thiết A( x; y) bởi hai biểu thức theo ẩn phụ t như sau: g (t ) ≤ A( x; y) ≤ h(t ) ⇒ g (t ) ≤ h(t ) . Giải bất phương trình này ta thu được điều kiện của ẩn phụ t.

2. Một số bài toán điển về bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất.

2.1 Bất đẳng thức đối xứng hai biến Phương pháp giải Dồn biến t = xy hoặc t = x + y ; Tìm điều kiện của biến t Sử dụng đạo hàm để khảo sát hàm số biến t ; tìm GTLN; GTNN. Chú ý: Đối với các bài toán về bất đẳng thức đối xứng hai biến chúng ta cần chú ý đến các đánh giá thường sử dụng như sau: 1) x 2 + y 2 ≥ 2 xy ; đúng ∀x; y . Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi x = y ; | Trang 5

2

2

(x + y) x2 y2 ( x + y ) 2) x + y = + ≥ = ; đúng ∀x; y . Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi x = y ; 1 1 1+1 2 2

2

3) xy ≤

(x + y)

2

; đúng ∀x; y . Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi x = y ;

4 2

4) ( x + y ) ≥ 4 xy ; đúng ∀x; y . Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi x = y .

Bài 1.

Cho các số thực x, y thỏa điều kiện 2 ( x 2 + y 2 ) = xy + 1 . Tìm giá trị lớn nhất và giá

x4 + y4 trị nhỏ nhất của biểu thức P = .

2 xy + 1 Phân tích tìm lời giải Đây là bài toán về bất đẳng thức hai biến; đối xứng. Cả giả thiết và kết luận của bài toán đều có thể quy về được tổng x + y ; hoặc tích xy . Dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi hai biến bằng nhau. Từ giả thiết bài toán chúng ta xác định ẩn phụ của bài toán là t = xy hoặc t = x + y .

Đề bài yêu cầu tìm giá trị lớn nhất; giá trị nhỏ nhất của biểu thức. Do đó khi tìm điều kiện của ẩn phụ ta cần chặn điều kiện cả hai phía. Ta có lời giải chi tiết cho bài toán như sau: Lời giải

(

)

2

Đặt t = xy . Ta có: xy + 1 = 2 ( x + y ) − 2 xy ≥ −4 xy ⇒ xy ≥ −

(

)

2

Và xy + 1 = 2 ( x − y ) + 2 xy ≥ 4 xy ⇒ xy ≤

(x Suy ra : P = Do đó: P ' =

2

2

+ y 2 ) − 2 x2 y 2 2 xy + 1

7 ( −t 2 − t ) 2 ( 2t + 1)

2

=

1 1 1 . ĐK: − ≤ t ≤ .

3 5 3

−7t 2 + 2t + 1 .

4 ( 2t + 1)

1  1 1 2 , P ' = 0 ⇔ t = 0, t = −1( L) P  −  = P   = và P ( 0 ) = .

4  5  3  15

  x = 0; y = ± 1 Kết luận. MaxP = ⇔  4  y = 0; x = ±  Bài 2.

1 5

1 2 1 2 và MinP = ⇔x= y=± .

1 15 3 2

Cho hai số thực x, y thay đổi và thoả mãn x 2 + y 2 = 8 . Tìm giá trị lớn nhất và giá

trị nhỏ nhất của biểu thức P = x 3 + y 3 − 3xy .

Phân tích tìm lời giải | Trang 6

Tương tự bài toán trên, đây là bài toán về bất đẳng thức hai biến; đối xứng. Dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi hai biến bằng nhau. Từ giả thiết bài toán chúng ta xác định ẩn phụ của bài toán là t = xy hoặc t = x + y ;

2

Lưu ý: 8 = x 2 + y 2 = ( x + y ) − 2 xy ; P = x 3 + y 3 − 3xy = ( x + y ) ( x 2 + y 2 − xy ) − 3xy ;

Đề bài yêu cầu tìm giá trị lớn nhất; giá trị nhỏ nhất của biểu thức. Do đó khi tìm điều kiện của ẩn phụ ta cần chặn điều kiện cả hai phía. Ta có lời giải chi tiết cho bài toán như sau: Lời giải

Ta có P = ( x + y ) ( x 2 + y 2 − xy ) − 3xy = ( x + y )( 8 − xy ) − 3xy . Đặt x + y = t . Do x 2 + y 2 = 8 nên xy =

t2 − 8 . Suy ra 2

 t2 − 8  t2 − 8 t3 3 2 P = t 8 − − 3. = − − t + 12t + 12 2  2 2 2  2

Do ( x + y ) ≥ 4 xy nên t 2 ≥ 2 ( t 2 − 8) ⇔ −4 ≤ t ≤ 4

t3 3 2 Xét f ( t ) = − − t + 12t + 12 với t ∈ [ −4;4] .

2 2

3 Ta có f ' ( t ) = − t 2 − 3t + 12; 2

 t = −4 ∈ [ −4;4] f ' (t ) = 0 ⇔   t = 2 ∈ [ −4;4]

f ( −4 ) = −28; f ( 2 ) = 26; f ( 4 ) = 4 .

Kết luận. MaxP = 26 ⇔ t = 2 ⇔ x = y = 1; MinP = −28 ⇔ t = −4 ⇔ x = y = −2 .

Bài 3.

Cho x, y là các số thực thay đổi thỏa mãn điều kiện x 2 + y 2 + xy = 1 . Tìm giá trị lớn

nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S = x 2 y − xy 2 .

Phân tích tìm lời giải Đây là bài toán về bất đẳng thức hai biến đối xứng. Cả giả thiết và kết luận của bài toán đều có thể quy về được tổng x + y ; hoặc tích xy . Dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi hai biến bằng nhau. Từ giả thiết bài toán chúng ta xác định ẩn phụ của bài toán là t = xy hoặc t = x + y ;

Lưu ý đánh giá sau:

x 2 + y 2 ≥ 2 xy ⇒ 1 = x 2 + y 2 + xy ≥ 2 xy + xy = 3xy ⇒ xy ≤ 2

1 3

x 2 + y 2 + xy = 1 ⇔ ( x − y ) + 3xy = 1 ⇔ 1 − 3xy = ( x − y )2 ≥ 0 ⇒ xy ≤

1 3

Đề bài yêu cầu tìm giá trị lớn nhất; giá trị nhỏ nhất của biểu thức. Do đó khi tìm điều kiện của ẩn phụ ta cần chặn điều kiện cả hai phía. Ta có lời giải chi tiết cho bài toán như sau: | Trang 7

Lời giải

Ta có S = xy ( x − y ) ⇒ S 2 = ( xy ) 2 ( x 2 + y 2 − 2 xy ) = ( xy ) 2 (1 − 3xy ) . Đặt t = xy

x 2 + y 2 + xy = 1 ⇔ 1 − 3xy = ( x − y ) 2 ≥ 0 ⇒ t ≤

1 3

x 2 + y 2 + xy = 1 ⇔ ( x + y ) 2 = 1 + xy ≥ 0 ⇒ t ≥ −1

t = 0  1 2 ⇒ S = f (t ) = t (1 − 3t ), t ∈  −1;  . f '(t ) = 2t − 9t = 0 ⇔  2 t =  3  9 2

2

1 f ( −1) = 4, f (0) = f   = 0, f  3 S = 2 ⇔ x = −1, y = 1 S = −2 ⇔ x = 1, y = −1

4 2 ⇒ S 2 ≤ 4 ⇔ −2 ≤ S ≤ 2  =  9  243

Kết luận. MaxS = 2 ⇔ x = −1, y = 1; MinS = −2 ⇔ x = 1, y = −1 .

Bài 4.

Cho các số thực dương x, y thỏa mãn 3 +

của biểu thức P = x 2 y 2 +

3 x3 y3 2 = + + 2 2 . Tìm giá trị lớn nhất xy y x x y

16 . x + y2 + 2 2

Phân tích tìm lời giải Ta thấy bài toán về bất đẳng thức hai biến; đối xứng. Cả giả thiết và kết luận của bài toán đều quy về được tổng x + y ; hoặc tích xy . Dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi hai biến bằng nhau. Từ giả thiết bài toán chúng ta xác định ẩn phụ của bài toán là t = xy hoặc t = x + y . Tuy nhiên theo quan sát chúng ta thấy giả thiết bài toán khá “đồ sộ”. Một cách suy nghĩ khá tự nhiên là chúng ta sẽ quy đồng mẫu số để đưa về biểu thức đơn giản hơn. Ta có :

3+

3 x3 y3 2 2 = + + 2 2 ⇔ 3 xy + 3 = x 4 + y 4 + xy y x x y xy

Bây giờ cần đánh giá x 4 + y 4 theo xy nữa ta sẽ có kết quả. Chú ý đến đánh giá quen 2

thuộc x 4 + y 4 ≥ 2 ( xy ) là có thể xác định được ẩn phụ t = xy ;

Đề bài yêu cầu tìm giá trị lớn nhất của biểu thức. Do đó khi đánh giá P ta chú ý phải đánh

giá theo chiều " ≤ " . Do đó biểu thức x 2 + y 2 cần đánh giá theo chiều " ≥ " . Điều này là dễ dàng theo AM -GM : x 2 + y 2 ≥ 2 xy . Ta có lời giải chi tiết cho bài toán như sau: Lời giải

| Trang 8

Từ giả thiết ta có : 3xy + 3 = x 4 + y 4 + Đặt t = xy, t > 0 ta có 3t + 3 ≥ 2t 2 +

P = x2 y 2 +

2 2 ≥ 2 x2 y 2 + xy xy

2 1  ⇔ 2t 3 − 3t 2 − 3t + 2 ≤ 0 ⇔ t ∈  ; 2  t 2 

16 16 8 ≤ x2 y 2 + = t2 + 2 x + y +2 2 xy + 2 t +1 2

Xét hàm số f ( t ) = t 2 +

8 20 1  , t ∈  ; 2  ta có Max f ( t ) = ⇔t=2⇔ x= y= 2 t +1 3 2  1  ;2 2   

Kết luận. Max f ( t ) = 1   2 ;2   

Bài 5.

20 ⇔t=2⇔ x= y= 2.

3

Cho các số thực dương x, y thỏa mãn x + y + xy = 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 3

3

 x +1  y +1 2 2 thức P = 4   + 4  + x +y  x   y  Phân tích tìm lời giải Quan sát thấy rằng đây là bài toán về bất đẳng thức hai biến; đối xứng. Cả giả thiết và kết luận của bài toán đều quy về được tổng x + y ; hoặc tích xy . Dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi hai biến bằng nhau. Từ giả thiết bài toán chúng ta xác định ẩn phụ của bài toán là t = xy hoặc

t = x + y . Lưu ý đánh giá

( x + y) xy ≤

2

; 4 Đề bài yêu cầu tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức. Do đó khi đánh giá P ta chú ý phải đánh giá theo chiều " ≥ " .

Quan sát trong P có xuất hiện các số hạng bậc ba, ta cần lưu ý đến đánh giá 3

4 ( a 3 + b3 ) ≥ ( a + b ) , thật vậy theo Cauchy - Schwarzt 2

2 2 a 4 b4 ( a + b ) 3 3 a +b = + ≥ a b a+b

2

 ( a + b )2    3   2 a + b) ( 3   ≥ = ⇒ 4 ( a 3 + b3 ) ≥ ( a + b ) a+b 4 2

2

Đối với biểu thức trong dấu căn bậc hai ta có đánh giá về tổng như sau: x + y ≥

(x + y)

2

2

Ta có lời giải chi tiết cho bài toán như sau: Lời giải | Trang 9

2

x + y ≥ 2 ⇒ ⇒ x+ y≥2 4  x + y ≤ −6 Mặt khác x, y > 0 nên 3 = x + y + xy > x + y . Vậy ta có 2 ≤ x + y < 3 .

( x + y) Từ giả thiết bài toán ta có 3 = x + y + xy ≤ x + y +

Theo bất đẳng thức Cauchy - Schwarzt ta chứng minh được 4 ( a 3 + b3 ) ≥ ( a + b )

3

Ta có 3

3

3

 x +1  x +1 y +1 x + y  y +1 2 2 P = 4 +  + 4  + x + y ≥  + x  2  x   y   y 3

 ( x + y )2 + 3 ( x + y ) − 6  x + y ≥  +   x y 3 − + 2 ( )   3

 t 2 + 3t − 6  t Đặt t = x + y, t ∈ [ 2;3) , ta có f ( t ) = P =  ; t ∈ [ 2;3)  + 2  3−t  Kết luận. Min f ( t ) = 64 + 2 ⇔ t = 2 ⇔ x = y = 1 . [ 2;3)

Cho x 2 + y 2 − xy = 1 . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Bài 6.

M = x4 + y4 − x2 y 2 .

Phân tích tìm lời giải Đây là bài toán về bất đẳng thức hai biến; đối xứng. Cả giả thiết và kết luận của bài toán đều quy về được tổng x + y ; hoặc tích xy . Dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi hai biến bằng nhau. Từ giả thiết bài toán chúng ta xác định ẩn phụ của bài toán là t = xy hoặc t = x + y ;

Đề bài yêu cầu tìm giá trị lớn nhất; giá trị nhỏ nhất của biểu thức. Do đó khi tìm điều kiện của ẩn phụ ta cần chặn điều kiện cả hai phía.

Lưu ý đánh giá sau:

x 2 + y 2 ≥ 2 xy ⇒ 1 = x 2 + y 2 − xy ≥ 2 xy − xy = xy ⇒ xy ≤ 1 2

x 2 + y 2 − xy = 1 ⇔ ( x + y ) − 3xy = 1 ⇔ 1 + 3xy = ( x + y ) 2 ≥ 0 ⇒ xy ≥ −

1 3

Ta có lời giải chi tiết cho bài toán như sau: Lời giải

1 = x 2 + y 2 − xy ≥ 2 xy − xy = xy −1 Ta có: x + y − xy = 1 ⇒  ⇒ ≤ xy ≤ 1 2 3 1 = ( x + y ) − 3xy ≥ −3xy 2

2

Mặt khác, từ x 2 + y 2 − xy = 1 ⇔ x 2 + y 2 = 1 + xy nên M = ( x 2 + y 2 ) − 3 x 2 y 2 = −2 x 2 y 2 + 2 xy + 1 | Trang 10

Đặt t = xy => M = −2t 2 + 2t + 1 .

 −1  Vậy cần tìm Min và Max của tam thức bậc hai: f (t ) = −2t 2 + 2t + 1 trên đoạn  ;1 . 3 

 3 x = 3    3  x 2 + y 2 − xy = 1   y = −  3 −1 1  ⇔ Ta có: MinM = f ( ) = . Đạt được khi  . −1   3 9 3  xy = 3   x = − 3     3   y = 3     3+ 5  x 2 + y 2 − xy = 1  x = 1 3   2 ⇔ Ta có: MaxM = f ( ) = .Đạt được khi:  −1 2 2  xy = 3  3− 5  y = 2 Bài 7.Cho x, y là các số thực thỏa mãn x 2 + y 2 − xy = 1 .Tìm giá trị lớn nhất; giá trị nhỏ nhất của

biểu thức F = x 6 + y 6 − 2 x 2 y 2 − xy .

Phân tích tìm lời giải Đây là bài toán về bất đẳng thức hai biến; đối xứng. Cả giả thiết và kết luận của bài toán đều quy về được tổng x + y ; hoặc tích xy . Dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi hai biến bằng nhau. Từ giả thiết bài toán chúng ta xác định ẩn phụ của bài toán là t = xy hoặc t = x + y ;

Đề bài yêu cầu tìm giá trị lớn nhất; giá trị nhỏ nhất của biểu thức. Do đó khi tìm điều kiện của ẩn phụ ta cần chặn điều kiện cả hai phía.

Lưu ý đánh giá sau:

x 2 + y 2 ≥ 2 xy ⇒ 1 = x 2 + y 2 − xy ≥ 2 xy − xy = xy ⇒ xy ≤ 1 2

x 2 + y 2 − xy = 1 ⇔ ( x + y ) − 3xy = 1 ⇔ 1 + 3xy = ( x + y ) 2 ≥ 0 ⇒ xy ≥ −

1 3

Ta có lời giải chi tiết cho bài toán như sau: Lời giải 3

3

2

Ta có F = ( x 2 + y 2 ) − 3x 2 y 2 ( x 2 + y 2 ) − 2 x 2 y 2 − xy = −2 ( xy ) − 2 ( xy ) + 2 xy + 1 Đặt xy = t . Ta có f ( t ) = −2t 3 − 2t 2 + 2t + 1 | Trang 11

2

x 2 + y 2 − xy = 1 ⇔ ( x + y ) − 3xy = 1 ⇒ xy ≥

−1 3

2  1  x 2 + y 2 − xy = 1 ⇔ ( x − y ) + xy = 1 ⇒ xy ≤ 1 suy ra t ∈  − ;1  3 

t = 1 ∈  − 1 ;1  1  2 Ta tìm Max, Min của f(t) trên  − ;1 f ' ( t ) = −6t − 4t + 2 f ' ( t ) = 0 ⇔  3  3   3   t = −1  1  37  −1  5 Ta có f   = , f (1) = −1, f   =  3  27  3  27 37 1 1 1 1 1 Kết luận. Max f (t ) = khi t = suy ra x = + ,y = − 27 3 2 6 2 6 Minf (t ) = −1 khi t = 1 suy ra x = y = 1 .

Bài 8.Cho các số thực dương a, b thỏa a + b = 2ab . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

Q=

1 1 3 3 2 + 2 + a + b2 + a + b + 4 . a +1 b +1 3 4 2

Phân tích bài toán: Để tìm được lời giải của bài toán, ta chỉ cần thứ tự trả lời cho các câu hỏi sau: - Chiều đánh giá của biểu thức Q. - Dấu hiệu BĐT phụ nào xuất hiện trong bài toán.

- Ẩn phụ là biểu thức đối xứng nào phù hợp với bất đẳng thức phụ.

- Phần không dùng bất đẳng phụ của Q có sử dụng được phép thế giả thiết để đưa về theo ẩn phụ không.

- Việc đánh giá để tìm điều kiện cho ẩn phụ có thuận tiện hay không.

- Biểu thức thu được theo ẩn phụ có thể áp dụng được công cụ đạo hàm hay không.

Sau đây ta lần lượt trả lời cho các câu hỏi này: Do đây là bài toán tìm GTNN nên ta cần đánh giá Q ≥ f (t ) .

Với biểu thức Q =

1 1 3 3 2 + 2 + a + b 2 + a + b + 4 , có dấu hiệu bất đẳng thức phụ: 3 a +1 b +1 4 2

1 1 2 + 2 ≥ , với ab ≥ 1 . Do đó để dùng được BĐT phụ này thì từ giả thiết ta phải a + 1 b + 1 1 + ab 2

đánh giá được ab ≥ 1 . Rất may từ giả thiết ta có: 2ab = a + b ≥ 2 ab ⇒ ab ≥ 1 ⇒ ab ≥ 1.

Từ bất đẳng thức phụ ta nhận thấy ẩn phụ sẽ là biểu thức đối xứng dạng tích theo 2 ẩn a, b.

Cụ thể t = ab , hoặc t = ab + 1 hay một biểu thức nào khác theo tích a, b. Điều này còn phụ thuộc vào bước thế giả thiết để xác định cho phù hợp hơn. | Trang 12

3

Phần còn lại của Q chưa được đánh giá là biểu thức

3

3

a 2 + b 2 + a + b + 4 . Ta hoàn toàn

4

có thể sử dụng phép thế giả thiết được thông qua một số bước biến đổi như sau: 3 3

3

a 2 + b2 + a + b + 4 =

4

3 3

3

a 2 + b 2 + 2ab + 4 =

4

3 3

3

4

2

(a + b )

+4 ≥

3 3

3

4ab + 4 = 3 3 ab + 1

4

Đến đây thì ta thấy việc chọn ẩn phụ tối ưu nhất sẽ là t = 3 ab + 1 .

Việc chặn điều kiện trong bài toán này là khá đơn giản vì theo trên ta có ab ≥ 1 ⇒ t ≥ 3 2 .

Sau khi trả lời xong các câu hỏi ta đã hình dung khá rõ các công việc cần phải làm.

Sau đây là lời giải chi tiết cho bài toán: Giải +) Từ giả thiết ta có: 2ab = a + b ≥ 2 ab ⇒ ab ≥ 1 ⇒ ab ≥ 1. +) Với ab ≥ 1 ta có BĐT:

1 1 2 + ≥ , (*) a 2 + 1 b 2 + 1 1 + ab

Thật vậy (*) ⇔ (1 + ab)(b 2 + 1) + (1 + ab)(a 2 + 1) ≥ 2(a 2 + 1)(b 2 + 1) ⇔ a 3b + ab 3 + 2ab − a 2 − b 2 − 2a 2b 2 ≥ 0 ⇔ a 2 (ab − 1) + b 2 (ab − 1) − 2ab(ab − 1) ≥ 0 ⇔ (ab − 1)(a − b )2 ≥ 0 (luôn đúng)

+) Mặt khác ta có: 3 3

3

a 2 + b2 + a + b + 4 =

4

Do đó ta có: Q ≥

3 3

3

a 2 + b 2 + 2ab + 4 =

4

3 3

4

3

2

(a + b )

+4 ≥

3 3

3

4ab + 4 = 3 3 ab + 1

4

2 + 3 3 ab + 1 . Đặt t = 3 ab + 1 , vì ab ≥ 1 ⇒ t ≥ 3 2 ab + 1

Xét hàm số f (t ) =

2 + 3t, t ∈  3 2; +∞ ta có: 3  t

)

t = 4 2 (ko tm) 6 3(t 4 − 2)  . Do đó f '(t ) = 0 ⇔  +) f '(t ) = − 4 + 3 = 4 t t t = − 4 2 (ko tm) 

Từ đó ta có min f (t ) = f  3 2;+∞ ) 

( 2 ) = 1+ 3 3

3

2 . Với t ≥ 3 2 ⇒ ab = 1 ⇒ a = b = 1

Vậy giá trị nhỏ nhất của Q là bằng 1 + 3 3 2 đạt được khi a = b = 1.

Bài 9.Cho các số thực x, y thỏa mãn điều kiện: x + y = 2 x + 2 + 3 y − 2020 + 2018 . Tìm giá

trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức:

| Trang 13

2

2

S = (x − 1) + (y − 1) +

2019 + 2xy x + y + 1 . x +y +1

Phân tích bài toán: Vì đây là bài toán tìm cả GTLN và GTNN nên ta phải sử dụng phép thế giả thiết hoặc biến đổi tương đương S = f (t ) . Đây là điều thú vị của bài toán, thoạt nhìn có vẻ phức tạp nhưng thực tế lại đơn giản.

Theo nhận định trên nên việc dồn biến theo f(t) sẽ không cần đánh giá theo bất đẳng phụ nào hết. Ta cứ tự tin quan sát bài toán và biến đổi: 2

2019

+ 2xy = x 2 − 2x + 1 + y 2 − 2y + 1 +

x +y +1

+ 2xy

x +y +1

2019

2

= (x + y ) − 2 (x + y ) + 2 +

2019

2

Thật vậy: S = (x − 1) + (y − 1) +

x +y +1

Đến đây việc chọn ẩn phụ là quá rõ ràng. Ta chọn ẩn phụ t = x + y + 1 . Tuy nhiên việc chặn điều kiện cho t là giai đoạn khó khăn nhất của bài toán, ta phải sử dụng đến giả thiết x + y = 2 x + 2 + 3 y − 2020 + 2018 .

Tuy nhiên quan sát 2 vế của giả thiết và ẩn phụ t ta thấy vế trái đã xuất hiện x + y, bây giờ ta chỉ cần sử dụng cách đánh giá nào làm cho vế phải xuất hiện x + y là sẽ chặn được ẩn phụ

t = x + y + 1 . Rõ ràng BĐT Bunhiacopxki là công cụ phù hợp nhất ở đây. Thật vậy: x + y = 2 x + 2 + 3 y − 2020 + 2018 ≤

(2

2

)

+ 32 (x + 2 + y − 2020) + 2018

= 13 (x + y − 2018) + 2018 2

⇔ x + y − 2018 ≤ 13 ( x + y − 2018 ) ⇔ ( x + y − 2018 ) − 13 ( x + y − 2018 ) ≤ 0 ⇔ 0 ≤ x + y − 2018 ≤ 13 ⇔ 2018 ≤ x + y ≤ 2021 ⇔ 2019 ≤ x + y + 1 ≤ 2022

Do đó t ∈  2019; 2022  .

Sau đây là lời giải chi tiết cho bài toán:

Giải +) Ta có 2

2

2019

2

S = (x − 1) + (y − 1) +

+ 2xy = x 2 − 2x + 1 + y 2 − 2y + 1 +

x +y +1

= (x + y ) − 2 (x + y ) + 2 +

2019

+ 2xy

x +y +1

2019 x +y +1 2

+) Đặt t = x + y + 1 , ta có: S = ( t 2 − 1) − 2 ( t 2 − 1) + 2 +

2019 4 2019 = t − 4t 2 + 5 + t t

+) Ta đi xác định điều kiện cho t. Từ giả thiết | Trang 14

x + y = 2 x + 2 + 3 y − 2020 + 2018 ≤

(2

2

)

+ 32 (x + 2 + y − 2020) + 2018

= 13 (x + y − 2018) + 2018 2

⇔ x + y − 2018 ≤ 13 ( x + y − 2018 ) ⇔ ( x + y − 2018 ) − 13 ( x + y − 2018 ) ≤ 0 ⇔ 0 ≤ x + y − 2018 ≤ 13 ⇔ 2018 ≤ x + y ≤ 2021 ⇔ 2019 ≤ x + y + 1 ≤ 2022

Do đó t ∈  2019; 2022  . +) Xét hàm số f (t ) = t 4 − 4t 2 + 5 +

2019 , với t ∈  2019; 2022  . t

(

)

3 2 2019 4t t − 2 − 2019 Ta có f '(t ) = 4t − 8t − 2 = > 0, ∀t ∈  2019; 2022    t t2 3

Do đó hàm số f (t ) đồng biến trên  2019; 2022  ⇒ f +) Từ đó ta có:

(

)

2019 ≤ f (t ) ≤ f

(

2022

)

 x = −2  y = 2020

GTNN của S là 4068290 + 2019 , đạt được khi  GTLN của S là 4080401 +

2019 2022

, đạt được khi x = −

14 26287 ;y = .

13 13

Nhận xét: So cách làm trên với cách làm trong đáp án thì phần dồn biến f(t) và xét hàm là giống nhau, cách đánh giá trong lời giải trên của tôi làm trực tiếp không cần thông qua cặp ẩn phụ a, b. Do đó tạo cho ta cảm giác đỡ nặng nề hơn khi tiếp cận lời giải bài toán. 1  Cho các số thực a, b thỏa mãn a, b ∈  ;1 . 2  6 Tìm GTNN của biểu thức: P = a5b + ab5 + 2 2 − 3(a + b) a +b Bài 10.

Phân tích bài toán: Đây là bài toán tìm GTNN nên chiều đánh giá của P là P ≤ f (t ) . Từ đây ta có sự lựa chọn BĐT phụ hay đánh giá để dồn biến cho phù hợp.

Quan sát biểu thức P ta thấy dấu hiệu của BĐT phụ chưa rõ ràng, cho nên ta đi vào bước xác định ẩn phụ trước. Dấu hiệu ẩn phụ trong bài toán khá rõ ràng là t = a + b. Câu hỏi đặt ra là sao ta không chọn t = ab , nguyên nhân chính là : Đằng trước biểu thức 3(a + b) có dấu "− " nên nếu đặt t = a + b thì ta không cần bận tâm tới dấu "− " đó nữa. 1  2 

Với giả thiết a, b ∈  ;1 việc chặn tổng sẽ đơn giản hơn việc chặn tích. Nghĩa là việc chặn điều kiện cho ẩn phụ sẽ thuận tiện hơn. | Trang 15

Từ tư tưởng ẩn phụ t = a + b ta đi xác định các bất dẳng thức phụ để đánh giá các biểu thức 6 theo biến t. Điều này khá đơn giản : a + b2 2 1 1 4 Ta có a 5b + ab 5 = ab a 4 + b 4 = a 4 + b 4 ≥ a2 + b2 ≥ ( a + b ) 2 8 6 6 Ta có 2 2 = . Vấn đề đặt ra ở đây là đánh giá ab ≥ F(a + b) để được BĐT thuận 2 a +b ( a + b ) − 2ab a 5 b + ab 5 ,

2

(

)

(

)

1  2 

chiều với việc tìm GTNN. Khi đó ta nghĩ tới giả thiết chưa dùng tới là : a, b ∈  ;1 . 1  2 

Như đã nói ngay từ đầu, với giả thiết a, b ∈  ;1 ta phải khai thác các kết quả: 1  1   a −  b −  ≥ 0 và ( a − 1)( b − 1) ≥ 0 . Nếu khai thác ( a − 1)( b − 1) ≥ 0 ⇔ ab ≥ a + b − 1 ≥ 0 . Đúng 2  2  6 6 6 ≥ là một kết thúc có hậu, khi đó ta có : 2 2 = 2 2 a +b ( a + b ) − 2ab ( a + b ) − 2 ( a + b − 1)

Công việc còn lại là chặn t. Nhưng với bài toán này là quá đơn giản vì

1  a, b ∈  ;1 ⇒ t = a + b ∈ [1;2 ] . 2 

Sau đây là lời giải chi tiết cho bài toán: Giải +) Do a, b ≤ 1 nên ta có ( a − 1)( b − 1) ≥ 0 ⇔ ab ≥ a + b − 1 ≥ 0 .

2

2

Do đó a 2 + b2 = ( a + b ) − 2 ab ≤ ( a + b ) − 2 ( a + b − 1) .

(

)

+) Ta có a 5b + ab5 = ab a 4 + b 4 và a 4 + b 4 ≥ ⇒P≥

1 2 a + b2 2

(

)

2

≥

1 4 (a + b) 8

1 6 4 − 3( a + b ) . ( a + b − 1)( a + b ) + 2 8 ( a + b ) − 2 ( a + b − 1)

+) Đặt t = a + b, t ∈ [1;2] , ta có ⇒ P ≥ f (t ) = Ta có f '(t ) =

1 4 12(t − 1) 5t − 4t 3 − 24 − 8 t 2 − 2t + 2

(

)

(

)

1 6 − 3t , t ∈ [1;2 ] . ( t − 1) t 4 + 2 8 t − 2 ( t − 1)

2

< 0, ∀t ∈ [1;2 ] , nên f (t ) là hàm số nghịch biến.

Do đó f (t ) ≥ f (2) = −1 . Vậy giá trị nhỏ nhất của P là −1 , đạt được khi a = b = 1.

Bài 11.

Cho các số thực x, y thỏa mãn x > 1, y > 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

(x P=

3

) (

+ y3 - x 2 + y2

)

(x - 1)(y - 1) | Trang 16

Phân tích bài toán: Chiều đánh giá của bài toán là : P ≥ f (t ) . Qua đó ta xác định cách chọn ẩn phụ cho phù hợp với ‘‘kết cấu’’ của bài toán.

Cũng như ở bài toán số 3. Việc xác định bất đẳng thức phụ để dồn biến P là chưa rõ ràng.

Do đó ta nên xác định ẩn phụ trước rồi qua đó xác định BĐT phụ và cách đánh giá cho phù hợp.

Ta đứng trước 2 lựa chọn t = x + y hay t = xy. Sau khi quan sát ta thấy t = x + y sẽ thuận lợi hơn vì lí do x > 1, y > 1 ⇒ t > 2 . Nghĩa là nếu chọn t = x + y thì sẽ rất đơn giản bước chặn điều kiện của t.

Từ tư tưởng ẩn phụ t = x + y ta đi xác định các bất dẳng thức phụ để đánh giá các biểu thức

(x P=

3

) (

+ y3 − x 2 + y2 (x − 1)(y − 1) 3

Ta có P =

(x + y )

)

theo biến t.

2

3

xy − (x + y ) + 1 =

t3 − t2

2

(x + y ) − (x + y ) − xy 3 (x + y ) − 2 = xy − (x + y ) + 1 − xy (3t − 2)

− 3xy (x + y ) − (x + y ) + 2xy

xy − t + 1

Đến đây công việc còn lại chỉ là đánh giá xy ≤ F (x + y ) . Từ đó lộ diện BĐT phụ cơ bản và 2

( x + y ) hay quen thuộc đó là: 4 xy ≤ ( x + y ) ⇔ xy ≤ 2

4

t − t − xy (3t − 2) 3

Khi đó P =

t2 (3t − 2) t 2 4 . = t −2 t2 −t +1 4

t3 − t2 −

2

xy − t + 1

t2 xy ≤ 4

≥

Sau đây là lời giải chi tiết cho bài toán: Giải +) Đặt t = x + y , do x > 1, y > 1 ⇒ t > 2 .

2

2

+) Ta luôn có BĐT 4xy ≤ ( x + y ) . Thật vậy BĐT ⇔ 4 xy ≤ x 2 + 2 xy + y 2 ⇔ ( x − y ) ≥ 0 , (luôn

đúng).

2

Áp dụng BĐT phụ trên ta có xy ≤ +) Ta có P =

(x + y ) 4

=

t2 4

t 3 − t 2 − xy(3t − 2) t2 . Do t > 2 ⇒ 3t − 2 > 0 và −xy ≥ − nên ta có 4 xy − t + 1

t 2 (3t − 2) t2 4 = t −2 t2 −t +1 4

t3 − t2 − P≥

| Trang 17

t = 0 t 2 − 4t t2  +) Xét hàm số f (t ) = , t ∈ (2; +∞) ta có : f '(t ) = = 0 ⇔ ;  t −2 (t − 2)2 t = 4

Từ bảng biến thiên của hàm số ta có x + y = 4 x = 2 Do đó min P = min f (t ) = f (4) = 8 đạt được khi  ⇔  . xy = 4 

(2;+∞)

Bài 12.

y = 2 

Cho các số thực x, y thỏa mãn điều kiện (x + y )3 + 4xy ≥ 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất

của biếu thức P = 3(x 2 + y 2 )2 − 2(x + y )2 − xy(3xy − 4) + 2019 .

Phân tích bài toán: Chiều đánh giá của bài toán là P ≥ f (t ) .

Do biểu thức P = 3(x 2 + y 2 )2 − 2(x + y )2 − xy(3xy − 4) + 2019 tương đối kồng kềnh, chứa nhiều kiểu biểu thức chưa phải đa thức dạng chuẩn tắc nên rất khó xác định ẩn phụ hay bất đẳng thức phụ cho phù hợp. Do đó công việc đầu tiên là ta nên biến đổi gọn lại biểu thức này.

3 2

3 2

Ta có : P = (x 2 + y 2 )2 + (x 2 + y 2 )2 − 2(x 2 + y 2 + 2xy ) − xy(3xy − 4) + 2019 =

3 2 3 (x + y 2 )2 + (x 4 + y 4 ) − 2(x 2 + y 2 ) + 2019 2 2

Chỉ cần một bước biến đổi nhưng đã làm sáng tỏ bài toán. Thứ nhất ẩn phụ sẽ là x 2 + y 2 = t , thứ hai bất đẳng thức phụ sẽ là: x 4 + y 4 ≥

(x 2 + y 2 )2 .

2

Công việc cuối cùng chỉ là từ giả thiết (x + y )3 + 4xy ≥ 2 làm sao chặn được biến t = x 2 + y2 .

2

Ta lại sử dụng một lần nữa BĐT phụ cơ bản đã dùng ở bài 4 đó là : 4xy ≤ ( x + y ) .

Thật vậy ta có : 2 ≤ (x + y )3 + 4xy ≤ (x + y )3 + (x + y )2 ⇔ (x + y )3 + (x + y )2 − 2 ≥ 0 ⇔ x + y ≥ 1 2

Mặt khác ta có x 2 + y 2 ≥

(x + y ) 2

1 2

, mà x + y ≥ 1 ⇒ t = x 2 + y 2 ≥ .

Sau đây là lời giải chi tiết cho bài toán: Giải Với mọi số thực x, y ta luôn có (x + y ) ≥ 4xy , nên từ điều kiện suy ra 2

(x + y )3 + (x + y )2 ≥ (x + y )3 + 4xy ≥ 2 ⇒ (x + y )3 + (x + y )2 − 2 ≥ 0 ⇒ x + y ≥ 1

| Trang 18

3 2

3 2

Ta biến đổi P như sau P = (x 2 + y 2 )2 + (x 2 + y 2 )2 − 2(x 2 + y 2 + 2xy ) − xy(3xy − 4) + 2019 =

3 2 3 (x + y 2 )2 + (x 4 + y 4 ) − 2(x 2 + y 2 ) + 2019 2 2

Do x 4 + y 4 ≥

(3)

(x 2 + y 2 )2 9 nên từ (3) suy ra P ≥ (x 2 + y 2 )2 − 2(x 2 + y 2 ) + 2019 2 4

Đặt x 2 + y 2 = t thì t ≥

1 2

(do x + y ≥ 1) .

9 4

1 9 1 , có f '(t ) = t − 2 > 0 , với t ≥ nên hàm số f(t) 2 2 2 1     1  = 32297 = đồng biến trên  ; +∞ . Suy ra min f ( t ) f  1    2  16 t ∈ ;+∞ 2  2 

Xét hàm số f (t ) = t 2 − 2t + 2019 với t ≥



Do đó GTNN của P bằng

Bài 13.

32297 1 , đạt được khi và chỉ khi x = y = .

16 2

Cho các số thực dương a, b thỏa mãn ab ≥ 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thuwcs

T=

1 1 32 + − .

1+ a 1+ b 2a(1 + a) + 2b(1 + b) + 8

Phân tích bài toán: Chiều đánh giá của bài toán là P ≥ f (t ) .

Dấu hiệu BĐT phụ của bài toán là BĐT phụ: Ở đây áp dụng BĐT phụ này ta có :

1 1 2 + ≤ , với x, y > 0 và xy ≤ 1 .

2 2 1+ x 1+ y 1 + xy

1 1 2 + ≥ .

1 + a 1 + b 1 + ab

Từ đánh giá trên ta có ẩn phụ đã lộ diện t = ab , điều thú vị là việc chặn t là rất nhẹ nhàng t ≥ 1.

Vấn đề còn lại của bài toán là đánh giá biểu thức:

32

theo biến t.

2a(1 + a ) + 2b(1 + b) + 8

Ta có: a(1 + a ) + b(1 + b) = (a 2 + b 2 − 2) + (a + b + 2) ≥ (2ab − 2) + 2 ab + 2 ≥ 2 ab + 2 .

Suy ra: 2a (1 + a) + 2b(1 + b) + 8 ≥ 4 ab + 12 .

1 2a(1 + a ) + 2b(1 + b ) + 8

≤

1 4 ab + 12

⇒

−32 2a(1 + a ) + 2b(1 + b) + 8

−32

≥ 2

ab + 3

=

−16 ab + 3

.

Sau đây là lời giải chi tiết cho bài toán: | Trang 19

Giải 1 1 2 + ≥ , 1 + a 1 + b 1 + ab

+) Ta có:

(ab ≥ 1) .

Thật vậy: Quy đồng, chuyển vế, bđt trên tương đương với 2

Lại có:

2

=

1 + ab

≥

1 + ab.1

(

a− b

2

)(

)

ab − 1 ≥ 0 (Đúng).

1 1 4 2 4 . Suy ra: + ≥ . = 1 + a 1 + b ab + 3 ab + 1 ab + 3 1+ 2

+) Ta có: a(1 + a ) + b(1 + b) = (a 2 + b 2 − 2) + (a + b + 2) ≥ (2ab − 2) + 2 ab + 2 ≥ 2 ab + 2 .

Suy ra: 2a(1 + a ) + 2b(1 + b) + 8 ≥ 4 ab + 12 .

1

≤

2a(1 + a ) + 2b(1 + b ) + 8

1

−32

⇒

2a(1 + a ) + 2b(1 + b) + 8

4 ab + 12

−32

≥ 2

=

ab + 3

−16 ab + 3

. ⇒T ≥

4 − ab + 3

16

.

ab + 3

+) Đặt t = ab ≥ 1 ⇒ T ≥

4 16 − = f (t ). t +3 t +3 2

−8t 8 (t 2 + 3)2 − t(t + 3) t + 3 f '(t ) = 2 + = 8. . (t + 3)2 (t + 3) t + 3 (t 2 + 3)2 (t + 3) t + 3

(

)

Xét M = (t 2 + 3)2 − t(t + 3) t + 3 > (t + 3) t 2 + 3 − t t + 3 > 0 ⇔ t 2 + 3 > t t + 3 ⇔ t 4 + 6t 2 + 9 > t 3 + 3t 2 ⇔ (t 4 − t 3 ) + 3t 2 + 9 > 0 (Đúng ∀t ≥ 1 ).

Suy ra f '(t ) > 0 ∀t ≥ 1 ⇒ f (t ) đồng biến ∀t ≥ 1 .

Từ đó: MinT = f (1) = −7 ⇔ t = 1 ⇔ a = b = 1. t ≥1

Bài 14.

Cho các số thực x, y thỏa mãn điều kiện 2 (x 2 + y 2 ) = xy + 1 . Tìm giá trị lớn nhất và

giá trị nhỏ nhất của biểu thức : P =

x 4 + y4 2xy + 1

Giải 2  5xy + 1 ≥ 0 2 (x + y ) = 5xy + 1 1 1  Giả thiết ⇒  ⇒ ⇒ − ≤ xy ≤  2 2 x − y = −3xy + 1 − 5 3  3xy + 1 ≥ 0 )  (

| Trang 20

2

(x P=

2

+ y2

2

)

− 2x 2y 2

2xy + 1

=

 xy + 1  2  − 2 (xy )    2  2xy + 1 2

Đặt t = xy , ta được P =

(t + 1)

− 8t 2

8t + 4

−7t 2 + 2t + 1 = 8t + 4

 1 −7t 2 + 2t + 1 Xét hàm số P (t ) = với t ∈ − ;  5 8t + 4 

(

)

t = 0 −7 t 2 − t 1   ′ có P ′ (t ) = , P t = 0 ⇔ ( ) t = 1 2  3  2 (2t + 1)

 1 1 2 1 P −  = P   = , P ( 0) = .

4  5   3  15  xy = − 1 1 Vậy max P = khi  5 hoặc x + y = 0 4 

  xy = 1 5 5   3 3   ;∓ ;±  , ±   3 ⇒ x ; y = ± x − y = 0  5 5   3 3  

( )

 xy = 0  2   2  1   min P = khi  ⇔ x ; y = 0; ± , ±  1 2    2 ; 0 4 2 + = x y ( )     

( )



Bài 15.

2

Cho các số thực dương x , y thỏa mãn x 2 y + xy 2 = x + y + 3xy . Tìm giá trị nhỏ nhất

2 của biểu thức P = x 2 + y 2 + (1 + 2 xy ) − 3 .

2 xy

Giải + Ta có : x 2 y + xy 2 = x + y + 3 xy ⇔ xy ( x + y ) = x + y + 3 xy (1) do x > 0, y > 0 nên x + y > 0 1 1 4 + +3≥ + 3 ⇒ ( x + y)2 − 3( x + y ) − 4 ≥ 0 ⇒ [ ( x + y ) + 1][ ( x + y ) − 4] ≥ 0 ⇒ x + y ≥ 4 x y x+ y 1 3 3 1 (1) ⇔ 1 = + ⇔ 1− = . xy x + y x + y xy 1 3 Khi đó P = ( x + y ) 2 + 2 − = ( x + y)2 + 1 + xy x+ y (1) ⇒ x + y =

Đặt x + y = t, t ≥ 4 ⇒ P = f (t ) = t 2 +

3 +1 t

3 2t 3 − 3 + Ta có f '(t ) = 2t − 2 = > 0, ∀t > 4 t t2 71 Suy ra f (t ) đồng biến trên  4; +∞) , P = f (t ) ≥ f (4) = .

4

Hay giá trị nhỏ nhất của P bằng

71 khi x = y = 2.

4

| Trang 21

Cho các số thực dương x , y thỏa mãn 3 + ln

Bài 16.

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức M =

x +y +1 = 9xy − 3x − 3y. .

3xy

3x 3y 1 1 1 + + − 2− 2⋅ y(x + 1) x (y + 1) x + y x y

Giải Từ giả thiết ta suy ra ln(x + y + 1) + 3(x + y + 1) = ln(3xy ) + 3.3xy .

Xét hàm số g(t ) = ln t + 3t trên (0; +∞) 1 t từ đó g(x + y + 1) = g(3xy ) ⇔ x + y + 1 = 3xy (*)

Ta có g '(t ) = + 3 > 0 với ∀t > 0 , suy ra g (t ) đồng biến trên (0; +∞) ,

Theo (*) ta có 3xy − 1 = x + y ≥ 2 xy . Đặt t = xy ⇒ 3t − 2 t − 1 ≥ 0 ⇒ t ≥ 1.

3x 3y 3x 2 (y + 1) + 3y 2 (x + 1) 36t 2 − 27t + 3 + = = . (2) y(x + 1) x (y + 1) xy(xy + x + y + 1) 4t 2 −

1 1 x 2 + y2 (3t − 1)2 − 2t −36t 2 + 32t − 4 (3) − = − = − = x 2 y2 x 2y 2 t2 4t 2

Theo bất đẳng thức AM-GM :

1 1 1 ≤ ≤ (4). x + y 2 xy 2

Từ (2), (3), (4) ta có M ≤ 5t −2 1 + 1 .

4t

2

5.4t 2 − (5t − 1)8t 2 − 5t 5t − 1 Xét hàm số f (t ) = trên [1;+∞) , ta có f '(t ) = = < 0 ∀t ≥ 1 , 2 4 4t 16t 4t 3

suy ra f (t ) nghịch biến trên [1;+∞) , bởi vậy M max = max f (t ) = f (1) = [1;+∞ )

3 ⇔ t = 1 ⇔ x = y = 1.

2

BÀI TẬP RÈN LUYỆN 2

2

Cho các số thực x, y thỏa mãn ( x − 4 ) + ( y − 4 ) + 2 xy ≤ 32 . Tìm giá trị nhỏ nhất

Bài 1.

của biểu thức A = x3 + y 3 + 3 ( xy − 1)( x + y − 2 ) .

Cho x, y > 0 thỏa mãn x 2 y + xy 2 = x + y + 3xy . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Bài 2.

2

P=x +y Bài 3.

2

(1 + 2 xy ) + 2 xy

2

−3

.

Cho x, y là hai số thực thỏa mãn x 2 + y 2 + xy = 1 . Hãy tìm giá trị lớn nhất và giá

trị nhỏ nhất của biểu thức A = 5 xy − 3 y 2 . | Trang 22

Cho x, y là hai số thực dương thỏa mãn x 4 + y 4 + 4 =

Bài 4.

xy x +1 y +1 + − 2 .

2x + 1 2 y + 1 x + y2 −1

biểu thức P =

Cho các số thực x, y > 0 và thỏa mãn x + y + 1 = 3 xy . Tìm giá trị lớn nhất của biểu

Bài 5.

thức P =

3x 3y 1 1 + − 2− 2. y ( x + 1) x ( y + 1) x y Cho các số thực dương a, b thỏa mãn ab + a + b = 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

Bài 6.

thức P =

6 . Tìm giá trị nhỏ nhất của xy

4a 4b + + 2ab − 7 − 3ab . b +1 a +1

 1  1 Cho các số thực dương x, y thỏa mãn điều kiện x  1 −  + y  1 −  = 4 . Tìm giá y x  

Bài 7.

trị nhỏ nhất của biểu thức P = xy + 1 + x 2 + 1 + y 2 .

Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn: x 2 + y 2 = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

Bài 8.

 1 1  thức: P = (1 + x )  1 +  + (1 + y )  1 +  . y x   2.2 Bất đẳng thức đối xứng ba biến Phương pháp giải Dồn về một trong các biến t = x + y + z ; t = xy + yz + zx; t = x 2 + y 2 + z 2 ; t = xyz ;

Tìm điều kiện chặt của biến t Sử dụng đạo hàm để khảo sát hàm số biến t ; tìm GTLN; GTNN của hàm số mới.

Chú ý: Đối với các bài toán về bất đẳng thức đối xứng ba biến chúng ta cần chú ý đến các đánh giá, phân tích thường sử dụng như sau: 1) x 2 + y 2 + z 2 ≥ xy + yz + zx ; đúng ∀x; y; z . Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi x = y = z ; 2

2

(x + y + z) x2 y 2 z2 ( x + y + z ) 2) x + y + z = + + ≥ = ; đúng ∀x; y; z . Dấu " = " xảy ra khi 1 1 1 1+1+1 3 và chỉ khi x = y = z ; 2

3) xyz ≤ 4) 5)

2

2

(x + y + z) 27

3

; đúng ∀x; y; z . Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi x = y = z ;

( x + y )( y + z ) + ( y + z )( z + x ) + ( z + x )( x + y ) = ( x + y + z ) ( x + y )( y + z )( z + x ) + xyz = ( x + y + z )( xy + yz + zx ) ;

2

+ xy + yz + zx ;

2

6) x 2 + y 2 + z 2 = ( x + y + z ) − 2 ( xy + yz + zx ) ; | Trang 23

3

7) x 3 + y 3 + z 3 = ( x + y + z ) − 3 ( x + y )( y + z )( z + x ) .

Cho các số thực dương x, y , z thoả mãn x 2 + y 2 + z 2 = 3 . Tìm giá trị lớn nhất của

Bài 1.

biểu thức P = xy + yz + zx +

5 . x+ y+z

Phân tích tìm lời giải Đây là một bài toán về bất đẳng thức đối xứng ba biến. Do đó chúng ta dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi các biến bằng nhau x = y = z = 1 . Quan sát giả thiết và yêu cầu bài toán ta dự đoán ẩn phụ là t = x + y + z . Từ giả thiết chúng ta cần lưu ý các đánh giá để đưa về

t = x + y + z . Ta có

(x + y + z)

2

1 2 (x + y + z) .

3 3 Chú ý rằng Bài toán tìm giá trị lớn nhất của biểu thức nên đánh giá P theo chiều " ≤ " . Ta có lời giải chi tiết cho bài toán như sau: 2

2

2

x +y +z ≥

; xy + yz + zx ≤

Lời giải 2

Ta có 3 = x 2 + y 2 + z 2 ⇔ 3 + 2 ( xy + yz + zx ) = ( x + y + z ) .

t2 − 3 Đặt t = x + y + z , ta có: 0 ≤ xy + yz + zx = ≤ x2 + y2 + z2 = 3 ⇒ 3 ≤ t ≤ 3 .

2 t2 − 3 5 5 t3 − 5 + , f ' ( t ) = t − 2 = 2 > 0, ∀t ≥ 3 .

2 t t t 14 Vậy ta có: P = f ( t ) ≤ f ( 3) = . Dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 1 .

3 14 Kết luận. max P = khi x = y = z = 1 .

3 4 Bài 2.

Cho các số thực x, y , z không âm thỏa mãn x 2 + y 2 + z 2 = . Tìm giá trị lớn nhất và 3 3 giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = 2 ( xy + yz + zx ) + . x+ y+z Khi đó, ta có: P = f ( t ) =

Phân tích tìm lời giải Đây là một bài toán về bất đẳng thức đối xứng ba biến. Do đó chúng ta dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi các biến bằng nhau; từ giả thiết ta dự đoán dấu " = " xảy ra khi x = y = z = 1 .

Quan sát giả thiết và yêu cầu bài toán ta dự đoán ẩn phụ t = x + y + z . Từ giả thiết chúng ta cần lưu ý đánh giá:

| Trang 24

2

2

2

x +y +z ≥

(x + y + z)

2

; xy + yz + zx ≤

3

1 2 (x + y + z) .

3

4 3 Chú ý rằng Bài toán tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức nên khi đánh giá biến t ta cần chặn cả hai phía. Ta có lời giải chi tiết cho bài toán như sau: 2

t 2 = ( x + y + z ) = x 2 + y 2 + z 2 + 2 ( xy + yz + zx ) ≥ x 2 + y 2 + z 2 =

Lời giải

2 3  Đặt x + y + z = t  ≤ t ≤ 2  . Ta có  3  xy + yz + zx =

3 4 1 1 4 2 x + y + z ) − x 2 − y 2 − z 2  =  t 2 −  nên P = t 2 + − (  2 2 3 t 3

3 4 Xét hàm số f ( t ) = t 2 + − xác định trên t 3 f ' ( t ) = 2t −

2 3  ;2    3 

2 3 3 3 3 3 25 3 = 0 ⇔ t = (lo ạ i). f ; f ( 2) =  = 2 t 2 2 6  3 

3 3 2 3 2 3 khi t = ⇔ 2 trong 3 số x, y , z bằng 0 số còn lại bằng ; 2 3 3 25 2 MaxP = khi t = 2 ⇔ x = y = z = .

6 3

Kết luận. MinP =

Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn 2 ( a 2 + b2 + c2 ) = ab + bc + ca + 3 . Tìm giá

Bài 3.

trị lớn nhất của biểu thức S = a 2 + b2 + c 2 −

1 . a+b+c+3

Phân tích tìm lời giải Đây là một bài toán về bất đẳng thức đối xứng ba biến. Do đó chúng ta dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi các biến bằng nhau a = b = c = 1 . Quan sát giả thiết và yêu cầu bài toán ta dự đoán ẩn phụ t = a + b + c . Từ giả thiết chúng ta cần lưu ý đánh giá để đưa về t = a + b + c . Ta

(a + b + c)

2

1 2 (a + b + c) .

3 3 Chú ý rằng Bài toán tìm giá trị lớn nhất của biểu thức nên đánh giá P theo chiều " ≤ " . Ta có lời giải chi tiết cho bài toán như sau:

có

2

2

2

a +b +c ≥

; ab + bc + ca ≤

Lời giải Với a, b, c là các số dương ta có | Trang 25

(a

2

2

+b +c

2

)≥

(a + b + c)

2

3

; ab + bc + ca ≤

2

(a + b + c)

2

3

2

2 (a + b + c) (a + b + c) 2 Bởi vậy ≤ + 3 ⇔ (a + b + c) ≤ 9 3 3 T ừ đó 0 < a + b + c ≤ 3 Ta có 2 ( a + b + c 2

2

Nên ( a + b + c 2

2

2

2

)≤

) = ab + bc + ca + 3 ≤ (a + b + c)

2

+

6

(a + b + c) 3

2

+3

3 2

Bởi vậy 2

(a + b + c) 1 1 3 1 1 3 S =a +b +c − ≤ − + = t2 − + a+b+c+3 6 a+b+c+3 2 6 t+3 2 1 1 3 Xét hàm số f ( t ) = t 2 − + với 0 < t ≤ 3 6 t+3 2 1 1 f ' (t ) = t + > 0, ∀t ∈ ( 0;3] . Từ đó suy ra hàm số f (t ) đồng biến trên ( 0;3] 3 ( t + 3) 2 2

2

2

Do đó f ( t ) ≤ f ( 3) , ∀t ∈ ( 0;3] hay f ( t ) ≤ Kết luận. MaxS =

17 17 Suy ra: S ≤ . Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1 6 6

17 khi a = b = c = 1 .

6

Cho a, b, c là ba số dương. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

Bài 4.

P=

1 a 2 + b2 + c 2 + 1

−

2 ( a + 1)( b + 1)( c + 1)

Phân tích tìm lời giải Đây là một bài toán về bất đẳng thức đối xứng ba biến. Do đó chúng ta dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi các biến bằng nhau. Quan sát biểu thức trong P ta dự đoán ẩn phụ t = a + b + c .

Chú ý rằng Bài toán tìm giá trị lớn nhất của biểu thức nên đánh giá P theo chiều " ≤ " . Từ đó suy ra biểu thức a 2 + b2 + c 2 + 1 cần đánh giá theo chiều " ≥ " ; biểu thức ( a + 1)( b + 1)( c + 1) cần đánh giá theo chiều " ≤ " (vì phía trước biểu thức có thêm dấu "− " ).

Ta có 2

2

2

2

( a + b + c + 1)

2

; ( a + 1)( b + 1)( c + 1) ≤ 4 Ta có lời giải chi tiết cho bài toán như sau: Lời giải

a + b + c +1 ≥

( a + b + c + 3) 27

3

.

| Trang 26

1 2  a + b + c + 3 Ta có: a + b + c + 1 ≥ ( a + b + c + 1) ; ( a + 1)( b + 1)( c + 1) ≤   4 3   2

Vậ y P ≤ =

2

3

2

2 54 − a + b + c + 1 ( a + b + c + 3)3

2 54 − = f (t ) t ( t + 2 )3

f / (t ) = −

với t = a + b + c + 1

(t > 1)

t = 4( n ) 2 162 / ; ( ) 0 + f t = ⇔ t = 1 (l ) t 2 ( t + 2 )4 

a + b + c = 3 1  ⇔ a = b = c =1 Kết luận. MaxP = khi a = b = c 4 c = 1  Cho a, b, c là các số thực dương và a + b + c = 3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

Bài 5.

P=

2 + 3 + ab + bc + ca

3

abc .

(1 + a )(1 + b )(1 + c )

Phân tích tìm lời giải Đây là một bài toán về bất đẳng thức đối xứng ba biến. Do đó chúng ta dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi các biến bằng nhau a = b = c = 1 . Quan sát biểu thức P ta dự đoán ẩn phụ t = abc .

Chú ý rằng Bài toán tìm giá trị lớn nhất của biểu thức nên đánh giá P theo chiều " ≤ " . Từ đó suy ra biểu thức ab + bc + ca ; (1 + a )(1 + b )(1 + c ) cần đánh giá theo chiều " ≥ " . Ta có lời giải chi tiết cho bài toán như sau: Lời giải Áp dụng Bất đẳng thức: ( x + y + z )2 ≥ 3( xy + yz + zx ) , ∀x, y, z ∈ ℝ ta có:

( ab + bc + ca ) 2 ≥ 3abc( a + b + c ) = 9abc > 0 ⇒ ab + bc + ca ≥ 3 abc Ta có: (1 + a )(1 + b)(1 + c ) ≥ (1 + 3 abc )3 , ∀a , b, c > 0 .

Thật vậy

(1 + a )(1 + b )(1 + c ) = 1 + (a + b + c) + (ab + bc + ca ) + abc ≥ 1 + 3 3 abc + 3 3 ( abc )2 + abc = (1 + 3 abc )3 Khi đó: P ≤

2 3(1 + abc )

3

+

abc = Q (1).

1 + 3 abc 3

Đặt

6

a+b+c abc = t ; vì a, b, c > 0 nên 0 < abc ≤   =1 3   | Trang 27

2t ( t − 1) ( t 5 − 1) 2 t2 Xét hàm số Q = + , t ∈ ( 0;1] ⇒ Q ′(t ) = ≥ 0, ∀t ∈ ( 0;1] .

3 2 2 2 3(1 + t 3 ) 1 + t 2 1 t 1 t + + ( )( ) Do đó hàm số đồng biến trên ( 0;1] ⇒ Q = Q ( t ) ≤ Q (1) = Kết luận. MaxP =

Bài 6.

1 1 (2). Từ (1) và (2): P ≤ .

6 6

1 , đạt được khi và chỉ khi : a = b = c = 1 .

6

Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a 2 + b2 + c 2 = 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của

biểu thức P =

a 2 + 1 b2 + 1 c 2 + 1 1 + + − . b c a a+b+c

Phân tích tìm lời giải Đây là một bài toán về bất đẳng thức đối xứng ba biến. Do đó chúng ta dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi các biến bằng nhau a = b = c = 1 . Quan sát biểu thức P ta dự đoán ẩn phụ t = a +b+c.

Chú ý rằng Bài toán tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức nên đánh giá P theo chiều " ≥ " .

Trong biểu thức P chứa a 2 ; b2 ; c 2 ở tử số nên chúng ta nghĩ đến bất đẳng thức Cauchy 2

a 2 b2 c 2 ( a + b + c ) 1 1 1 9 Schwarzt dạng cộng mẫu số + + ≥ = a + b + c; + + ≥ . b c a a+b+c a b c a+b+c Ta có lời giải chi tiết cho bài toán như sau: Lời giải 2

2

2

Theo giả thiết, ta có 3 = a + b + c ≥

(a + b + c) 3

2

⇒a+b+c ≤3

2

Mặt khác ( a + b + c ) = a 2 + b2 + c 2 + 2 ( ab + bc + ca ) ≥ a 2 + b2 + c 2 = 3 ⇒ a + b + c ≥ 3 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarzt ta có 2

(a + b + c) + 9 − 1 a 2 b2 c 2 1 1 1 1 P= + + + + + − ≥ b c a a b c a+b+c a+b+c a+b+c a+b+c 8 =a+b+c+ a+b+c 8 Đặt t = a + b + c; t ∈  3;3 , ta có f ( t ) = t + ; t ∈  3;3 t f ' (t ) = 1 −

t = 8 ( n ) 8 ; f ' t = 0 ⇔ ; f  ( ) t2 t = − 8 ( l )

( 3 ) = 113 3 ; f ( 3) = 173 ; f ( 8 ) = 4

Kết luận: MinP = 4 2 ⇔ t = 8 ⇔ a = b = c =

2

2 2 .

3 | Trang 28

Cho các số dương x, y , z thoả mãn: x ( x − 1) + y ( y − 1) + z ( z − 1) ≤ 6. Tìm giá trị

Bài 7.

nhỏ nhất của biểu thức A =

1 1 1 + + . x + y +1 y + z +1 z + x +1

Phân tích tìm lời giải Đây là một bài toán về bất đẳng thức đối xứng ba biến. Do đó chúng ta dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi các biến bằng nhau x = y = z . Trước hết ta phân tích giải thiết bài toán:

x ( x − 1) + y ( y − 1) + z ( z − 1) ≤ 6 ⇔ x 2 + y 2 + z 2 − ( x + y + z ) ≤ 6 ⇒ 18 ≥ ( x + y + z ) 2 − 3( x + y + z ) ⇔ −3 ≤ x + y + z ≤ 6 ⇒ 0 < x + y + x ≤ 6 Do đó, ta dự đoán ẩn phụ là t = x + y + z

Chú ý rằng Bài toán tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức nên đánh giá P theo chiều " ≥ " .

Quan sát biểu thức A ta có thể xử lý theo 2 cách: Sử dụng bất đẳng thức AM-GM hoặc bất đẳng thức Cauchy - Schwarzt dạng cộng mẫu số để đánh giá. Lời giải chi tiết cho bài toán như sau: Lời giải Ta có x ( x − 1) + y ( y − 1) + z ( z − 1) ≤ 6 ⇔ x 2 + y 2 + z 2 − ( x + y + z ) ≤ 6

⇒ 18 ≥ ( x + y + z ) 2 − 3( x + y + z ) ⇔ −3 ≤ x + y + z ≤ 6 ⇒ 0 < x + y + x ≤ 6 Ta có:

1 y + z +1 2 1 z + x +1 2 1 x + y +1 2 + ≥ ; + ≥ ; + ≥ y + z +1 25 5 z + x +1 25 5 x + y +1 25 5

2( x + y + z ) + 3 6 6 2( x + y + z ) + 3 3 ≥ ⇔ A≥ − ≥ 25 5 5 25 5 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 2 . ⇒ A+

3 ⇔ x = y = z = 2.

5 Cách khác: Đặt t = x + y + z, t ∈ ( 0;6] .

Kết luận. min A =

A=

1 1 1 9 + + ≥ x + y +1 y + z +1 z + x +1 2( x + y + z) + 3

Do đó A ≥

Bài 8.

thức P =

9 9 . Xét f (t ) = trên (0;6], suy ra kết quả bài toán.

2t + 3 2t + 3 Cho ba số thực dương x,y,z thoả mãn x + y + z ≥ 6 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

x2 yz + 1 + x 3

+

y2 zx + 1 + y 3

+

z2 xy + 1 + z 3

.

| Trang 29

Phân tích tìm lời giải Đây là một bài toán về bất đẳng thức đối xứng ba biến. Do đó chúng ta dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi các biến bằng nhau x = y = z = 1 . Chú ý rằng Bài toán tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức nên đánh giá P theo chiều " ≥ " . Quan sát biểu thức P chứa x 2 ; y 2 ; z 2 ở tử số nên chúng ta nghĩ đến bất đẳng thức Cauchy - Schwarzt dạng cộng mẫu số. Ta có lời giải chi tiết cho bài toán như sau: Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Cauchy − Schwarzt ta có Ta có P ≥

( x + y + z )2 xy + yz + zx + 1 + x 3 + 1 + y 3 + 1 + z 3

2 + x2 . Dấu bằng xảy ra khi x = 2 Lại có 1 + x = (1 + x )(1 − x + x ) ≤ 2 3

2

( x + y + z )2 2.( x + y + z )2 Suy ra P ≥ 2. = 2( xy + yz + zx ) + x 2 + y 2 + z 2 + 6 ( x + y + z )2 + 6 Đặt t = ( x + y + z )2 (t ≥ 36) . Ta có P ≥ Với t ≥ 36 xét hàm số f (t ) = Suy ra P ≥

2t t+6

t 6 6 ; f '(t)= ≥ 0 . Hàm số đồng biến ⇒ f (t ) ≥ f (36) = .

2 t+6 (t + 6) 7

12 .

7

Kết luận. MinP =

12 khi x = y = z = 2 .

7

Cho ba số thực dương x , y, z . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Bài 9.

P=

1 x2 + y 2 + z 2 + 4

−

8 . ( x + 2 )( y + 2 )( z + 2 )

Giải 2

+ Ta có x + y

2

( x + y) ≥

⇒ x2 + y 2 + z 2 + 4 ≥

2

2

;z

2

( z + 2) +4≥

1 2 ( x + y + z + 2) 4

+ Ta có ( x + 2 )( y + 2 )( z + 2 ) ≤

2

1 2 2 ( x + y ) + ( z + 2 )   2 2 1 2 ⇒ ≤ x2 + y 2 + z 2 + 4 x + y + z + 2

⇒ x2 + y 2 + z 2 + 4 ≥

( x + y + z + 6) 27

3

⇒−

8 216 ≤− . ( x + 2 )( y + 2 )( z + 2 ) ( x + y + z + 6 )3

| Trang 30

Do đó P ≤

2 216 − x + y + z + 2 ( x + y + z + 6 )3 2 t

Đặt t = x + y + z + 2, t > 2 . Ta có P ≤ −

216

(t + 4)

Dùng đạo hàm chỉ ra GTLN của f ( t ) bằng KL: GTLN của P là

Bài 10.

3

= f (t )

1 khi t = 8 .

8

1 , đạt được khi x = y = z = 2 .

8

Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn a ≥ b ≥ c và a 2 + b 2 + c 2 = 5 .

Chứng minh rằng : (a − b)(b − c)(c − a)(ab + bc + ca) ≥ −4

Giải Ta có: (a − b)(b − c)(c − a)(ab + bc + ca) ≥ −4 ⇔ P = (a − b)(b − c)(a − c)(ab + bc + ca ) ≤ 4

Do a ≥ b ≥ c nên +) Nếu ab + bc + ca < 0 thì P ≤ 0 < 4 (đúng) +) Nếu ab + bc + ca ≥ 0 thì đặt ab + bc + ca = x ≥ 0 Áp dụng bất đẳng thức AM-GM : (a − b)(b − c) ≤

(a − c) 2 (a − c) 3 ⇒ (a − b)(b − c)(a − c) ≤ (1) 4 4

Áp dụng BĐT Bunhiacopski: 2[(a − b) 2 + (b − c) 2 ] ≥ (a − c) 2 và 4(a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca) = 2(a − b) 2 + 2(b − c) 2 + 2(a − c) 2 ⇒ 4(a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca ) ≥ (a − c) 2 + 2(a − c) 2 ⇔ 4(5 − x) ≥ 3(a − c) 2 ≥ 0 ⇒ x ≤ 5 va ɳ a − c ≤

2 5− x 3

( 2)

(a − c) 3 2 3 Từ (1) và (2) ta có: P ≤ .x ≤ x (5 − x) 3 4 9 x = 2 x = 5

5 2

Xét hàm số f ( x) = x (5 − x) 3 ; x ∈ [0;5] , f ' ( x) = 5 − x (5 − x) ; f ' ( x) = 0 ⇔  Ta có: f (0) = 0

;

f ( 2) = 6 3

;

f (5) = 0

Max f ( x) = 6 3 ⇒ f ( x) = x (5 − x) 3 ≤ 6 3 ; ∀x ∈ [0;5] ⇒ P ≤ [0;5 ]

2 3 .6 3 ⇔ P ≤ 4 9

x = 2 ab + bc + ca = 2 a = 2 a − b = b − c b = a − 1    Dấu "=" xảy ra ⇔  ⇔ ⇔ b = 1 a − c = 2 c = a − 2 c = 0  2 2 2 a + b + c = 5 a 2 + b 2 + c 2 = 5 | Trang 31

Cho x, y ,z là ba số thực thỏa mãn x, y, z ∈ [ 0; 2] và x + y + z = 3 .

Bài 11.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =

P+2=

1 1 1 + 2 + 2 + xy + 2 2 x + y + 2 y + z + 2 z + x2 + 2 2

yz + zx

1  a + b + 2c + 1 a + b + 2c + 1  1 + + 6 ln(a + b + 2c) = ( a + b + 2c + 1)  +  + 6 ln(a + b + 2c) 1+ a 1+ b  1+ a 1+ b 

Ta chứng minh được các BĐT quen thuộc sau: +)

1 1 2 + ≥ (1) 1 + a 1 + b 1 + ab

Thật vậy, + ) ⇔

(

a− b

+)

ab ≤

ab + 1 (2) 2

1 1 2 + ≥ ⇔ ( 2 + a + b ) 1 + ab ≥ 2 (1 + a )(1 + b ) 1 + a 1 + b 1 + ab

(

2

)(

)

)

ab − 1 ≥ 0 luôn đúng vì ab ≥ 1 . Dầu “ = ” khi a = b hoặc ab = 1.

2 ab + 1 ⇔ ab − 1 ≥ 0 . Dấu “ = ” khi ab = 1.

2 1 1 2 2 4 Do đó : + ≥ ≥ = 1 + a 1 + b 1 + ab 1 + ab + 1 3 + ab 2 4 4 16 . Đặt t = a + b + 2c, t > 0 ta có: ≥ = ≥ 2 ab + bc + ca + c ( a + c )( b + c ) ( a + b + 2c )2

+)

(

ab ≤

P + 2 ≥ f (t ) =

)

16 ( t + 1) 6 16 ( t + 2 ) 6t 2 − 16t − 32 ( t − 4 )( 6t + 8 ) + 6 ln t , t > 0 ; f '( t ) = − = = t2 t t3 t3 t3

Vậy, GTNN của P là 3 + 6. ln 4 khi a = b = c = 1.

BÀI TẬP RÈN LUYỆN Bài 1.

Cho các số thực dương x, y , z thỏa mãn x + y + z = 1 . Chứng minh

3 2 + 2 ≥ 14 . xy + yz + zx x + y 2 + z 2 Bài 2.

biểu thức Bài 3.

Cho x, y , z là các số thực dương thỏa mãn xy + yz + zx = 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của

x y z + + − 2 xyz . x+ y y+z z+x Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của

(

)

biểu thức M = 3 a 2b 2 + b 2c 2 + c 2 a 2 + 3 ( ab + bc + ca ) + 2 a 2 + b 2 + c 2 .

Bài 4.

Cho ba số thực dương a, b, c . Chứng minh

a2

( a + b)

2

+

b2

(b + c)

2

+

4c 3 3( c + a )

3

2 ≥ .

3 | Trang 32

Cho a, b, c > 0 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

Bài 5.

1

P= 3

2 ( a 3 + b3 + c 3 + 1)

−

2

(

)(

ab + 1

)(

bc + 1

)

ca + 1

Cho các số thực x, y, z ≥ 0 thỏa mãn x + y + z = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

Bài 6.

(

)

thức P = 4 x3 + y 3 + z 3 + 15 xyz .

Bài 7.

thức P = Bài 8.

Cho các số thực dương x, y , z thỏa mãn x + y + z = 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

x2 y2 z2 + + . x + y 2 y + z 2 z + x2 Cho các số thực dương a, b, c thoả mãn ab + bc + ca = 3abc. Tìm giá trị nhỏ nhất

b4 c4 a4 của biểu thức P = 4 + + + 8abc . ab + 2a 2 bc 4 + 2b2 ca 4 + 2c 2 Bài 9.

thức P = Bài 10.

Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c =

1 . Tính giá trị lớn nhất của biểu 2

( a + b)( b + c ) + ( b + c )( a + c ) + ( a + c )( a + b) . ( a + b)( b + c ) + a + c ( b + c )( a + c ) + a + b ( a + c )( a + b) + b + c Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa mãn a 2 + b2 + c 2 = 1 . Chứng minh rằng

a 5 − 2 a 3 + a b5 − 2b 3 + b c 5 − 2 c 3 + c 2 3 + + ≤ b2 + c 2 c2 + a 2 a 2 + b2 3 2.3 Bất đẳng thức ba biến không đối xứng Bài toán 1. Cho ba số thực dương a, b, c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=

24 13a + 12 ab + 16 bc

−

3 a+b+c

Phân tích tìm lời giải Đây là một bài toán về bất đẳng thức không đối xứng ba biến. Quan sát biểu thức trong P ta dự đoán ẩn phụ t = a + b + c .

Chú ý rằng Bài toán tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức nên đánh giá P theo chiều " ≥ " .

Từ đó suy ra biểu thức 13a + 12 ab + 16 bc cần đánh giá theo chiều " ≤ " và cần có đánh giá biểu thức 13a + 12 ab + 16 bc ≤ α ( a + b + c ) . Vấn đề ở đây là làm thế nào để xác định được α ?

Giả sử ta có đánh giá

| Trang 33

12 16 ma.nb + m.n p.q

13a + 12 ab + 16 bc = 13a +

≤ 13a +

6 ( ma + nb ) + mn

pb.qc

8 ( pb + qc ) p.q

  n  q m p =  13 + 6 +8 a + 6 b + 8  c = α (a + b + c) n m q p       Do đó ta cần xác định m, n, p, q sao cho 13 + 6

m n p q =6 +8 =8 . Để ý đến tính “chính n m q p

phương” của các biểu thức trong căn ta xác định được m = 1; n = 4; p = 1; q = 4 .

Ta có lời giải chi tiết cho bài toán như sau: Lời giải Áp dụng bất đẳng thức AM − GM , ta có 13a + 12 ab + 16 bc = 13a + 6 a.4b + 8 b.4c ≤ 13a + 6.

a + 4b 2

+ 8.

b + 4c 2

= 16( a + b + c )

⇒ 13a + 12 ab + 16 bc ≤ 16( a + b + c ) . Dấu “ = ” xảy ra ⇔ a = 4b = 16c .

Suy ra P ≥

3 2 (a + b + c)

3

−

a+b+c

.

Đặt t = a + b + c, t > 0 . Khi đó ta có: P ≥ Xét hàm số f ( t ) =

3 2t

−

f ' (t ) = 0 ⇔

3 t

3 2t

−

3 t

trên khoảng (0; +∞ ) , ta có f ' ( t ) =

3 2t t

−

3 2t

2

3 2t t

−

3 2t

2

.

= 0 ⇔ t = 1 ; lim f (t ) = +∞ ; lim f (t ) = 0 + x →0

x →+∞

3 16 4 1 a + b + c = 1 ⇔a= ;b = ;c = .

Vậy ta có P ≥ − , đẳng thức xảy ra ⇔  2 21 21 21 a = 4b = 16c

Kết luận. MinS = −

 16 4 1  3 khi và chỉ khi ( a , b, c ) =  , ,  .

2  21 21 21 

Bài toán 2. Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

P=

4 a 2 + b2 + c 2 + 4

−

9 ( a + b) ( a + 2c )(b + 2c )

Phân tích tìm lời giải | Trang 34

Đây là một bài toán về bất đẳng thức không đối xứng ba biến. Quan sát biểu thức trong P ta dự đoán ẩn phụ t = a + b + c .

Chú ý rằng Bài toán tìm giá trị lớn nhất của biểu thức nên đánh giá P theo chiều " ≤ " . Từ đó suy ra cần đánh giá biểu thức a 2 + b2 + c 2 + 22 theo chiều " ≥ " . Điều này có được nhờ bất đẳng thức Cauchy - Schwarzt . Theo bất đẳng thức Cauchy - Schwarzt ta có

a 2 b2 c 2 22 ( a + b + c + 2 ) a +b +c +2 = + + + ≥ 1 1 1 1 4 2

2

2

2

2

Biểu thức ( a + b) (a + 2c )(b + 2c ) cần có đánh giá chiều " ≤ " (vì phía trước có dấu "− " ).

Quan sát biểu thức trong dấu căn ( a + 2c )( b + 2c ) nếu đánh giá từ tích sang tổng sẽ nhận được

a + b + 4c . Như vậy chúng ta cần thêm 3 ( a + b ) nữa mới đảm bảo có nhân tử ( a + b + c ) , trong khi đó biểu thức ngoài dấu căn chỉ có 1. ( a + b ) . Do đó ta cần nhân thêm hằng số 3 vào trước biểu thức. Ta có đánh giá quan trọng như sau: 2

2  a + b + 4c  1  4(a + b + c)  = 2(a + b + c) 3 ( a + b ) . (a + 2c)(b + 2c) ≤ (3a + 3b). ≤   2 2   2  Ta có lời giải chi tiết cho bài toán như sau:

Lời giải

Cách 1

a + b + c + 2 ≤ 4(a 2 + b 2 + c 2 + 4) 2

2  a + b + 4c  1  4(a + b + c)  = 2(a + b + c) 3 ( a + b ) . (a + 2c)(b + 2c) ≤ (3a + 3b). ≤   2 2   2  8 27 8 27 Vậ y P ≤ − . Đặt t = a + b + c, t > 0 ; P ≤ − 2 = g (t ) 2 a + b + c + 2 2( a + b + c ) t + 2 2t

g’ ( t ) = −

8 27 2 + 3 ; g’ ( t ) = 0 ⇔ 27 ( t + 2 ) – 8t 3 = 0 ⇔ t = 6 2 (t + 2) t

5 5 ; maxP = xảy ra khi a = b = c = 2 .

8 8 5 Kết luận. MaxP = xảy ra khi a = b = c = 2 .

8 Cách 2 P ≤ g(t) ≤

2

2

a +b +c

2

(a + b + c) +4≥ 3

2

+ 4; ( a + b ) (a + 2c)(b + 2c) ≤ ( a + b ) 2

2

a + b + 4c 2

1 a + b + 4c 1 ( 3a + 3b + a + b + 4c ) 16 ( a + b + c ) 3( a + b) 2 ≤ = ⇒P≤ 6 2 6 4 24

4 27 5 − ≤ 2x 8 x +4 3 | Trang 35

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 2 .

5 Kết luận. MaxP = xảy ra khi a = b = c = 2 .

8 Bài toán 3. Cho các số thực dương a, b, c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P=

1 8 − 2a + b + 8bc 2b2 + 2(a + c ) 2 + 3

Phân tích tìm lời giải Đây là một bài toán về bất đẳng thức không đối xứng ba biến. Quan sát biểu thức trong P chúng ta dự đoán ẩn phụ t = a + b + c .

Chú ý rằng Bài toán tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức nên đánh giá P theo chiều " ≥ " .

Từ đó suy ra cần đánh giá biểu thức 2a + b + 8bc theo chiều " ≤ " và biểu thức

2b2 + 2( a + c )2 + 3 cần có đánh giá theo chiều " ≥ " (vì phía trước có dấu ."− " .).

Để đưa bài toán về ẩn phụ t = a + b + c thì ta cần có đánh giá

2a + b + 8bc ≤ α ( a + b + c ) . Quan sát hai vế ta suy ra được α = 2 . Do đó 2a + b + 8bc = 2a + b + 2 b.2c ≤ 2a + b + b + 2c = 2 ( a + b + c )

sau:

Đối với biểu thức

2b2 + 2( a + c )2 + 3 , quan sát biểu thức trong dấu căn ta lưu ý đánh giá

2 2b2 + 2( a + c )2 + 3 = 2 b2 + ( a + c )  + 3 ≥  

(a + b + c)

2

+ 3 = a + b + c + 3 . Từ đó ta có

lời giải chi tiết cho bài toán như sau: Lời giải Ta có 2a + b + 8bc = 2a + b + 2 b.2c ≤ 2a + b + b + 2c = 2 ( a + b + c ) . Suy ra

1 1 ≥ .

2a + b + 8bc 2( a + b + c ) Mặt khác

2( a + c ) 2 + 2b2 ≥ ( a + c ) + b. Suy ra

Do đó P ≥

1 8 − .

2( a + b + c ) 3 + a + b + c

−8 3 + 2( a + c )2 + 2b 2

≥

−8 .

3+ a +b + c (1)

1 8 − , t > 0.

2t 3 + t 1 8 3(t − 1)(5t + 3) Ta có f '(t ) = − 2 + = , t > 0. Suy ra f '(t ) = 0 ⇔ t = 1.

2 2t (3 + t ) 2t 2 (3 + t )2

Đặt a + b + c = t , t > 0. Xét hàm số f (t ) =

| Trang 36

3 Từ bảng biến thiên suy ra f (t ) ≥ f (1) = − , ∀t > 0.

2

(2)

a + b + c = 1  a = c = 1 3   4 Từ (1) và (2) ta có P ≥ − . Dấu đẳng thức xảy ra khi b = 2c ⇔ 2  b = 1 . b = a + c  2 3 1 1 Kết luận. MinP = − , đạt được khi a = c = , b = .

2 4 2 Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a ( b2 + c 2 ) = b + c . Tìm giá trị nhỏ nhất

Bài toán 4.

của biểu thức P =

1

(1 + a )

2

+

1

(1 + b )

+

2

1

(1 + c )

2

+

1 (1 + a )(1 + b )(1 + c )

Phân tích tìm lời giải Đây là một bài toán về bất đẳng thức không đối xứng ba biến, tuy nhiên ta thấy biểu thức P và giả thiết đã cho là đối xứng với hai biến b & c . Từ đó ta có thể dự đoán dấu đẳng thức xảy 2

a (b + c ) ra sẽ có b = c . Sử dụng giả thiết đã cho; ta được b + c = a ( b + c ) ≥ ⇒ a (b + c ) ≤ 2 .

2 Vì vậy, ta tìm cách đánh giá biểu thức P để đưa về hai biến a và ( b + c ) .

2

2

Chú ý bài toán tìm giá trị nhỏ nhất nên đánh giá biểu thức P theo chiều " ≥ " . Sử dụng bất 1 1 2 đẳng thức AM-GM ta có đánh giá quan trọng ; cũng theo + ≥ 2 2 (1 + b ) (1 + c ) (1 + b )(1 + c )

AM-GM ta có (1 + b )(1 + c )

P≥

2a 2 + 1

( a + 1)

2

+

4a 2

(1 + a )

Xét hàm số f ( a ) =

3

=

(2 + b + c) ≤

2

4

2

2

(1 + a ) . Từ đó suy ra 1 2 ≤ 2 +  = 4 a a2

2a 3 + 6a 2 + a + 1

( a + 1)

3

2 a 3 + 6a 2 + a + 1

( a + 1)

3

;a > 0 ; f ' (a ) =

2 ( 5a − 1)

(a + 4)

2

=0⇔a=

1 5

 1  91 Lập bảng biến thiên; ta có P ≥ f ( a ) ≥ f   = .  5  108 91 1 Kết luận. MinP = ⇔ a = ;b = c = 5 .

108 5

| Trang 37

Bài toán 5. Cho các số thực a, b, c > 0 thỏa mãn a 2 + b2 + c 2 − 2bc + ab − 2ca = 0 . Tìm giá trị

nhỏ nhất của biểu thức P =

c2

(a + b − c)

2

+

c2 ab + 2 2 a +b a+b

Phân tích tìm lời giải Đây là một bài toán về bất đẳng thức không đối xứng ba biến, khi quan sát biểu thức P nhiều người cảm thấy “ái ngại” bởi sự xuất hiện của biểu thức a + b − c . Thông thường khi làm việc với bài toán bất đẳng thức thì hầu như quen với các số không âm nhiều hơn. Tuy nhiên, 2

để ý kỹ giả thiết bài toán ta có ngay a 2 + b2 + c 2 − 2bc + ab − 2ca = 0 ⇔ ( a + b − c ) = ab . Do 2

đó, ta nghĩ đến thay thế biểu thức ( a + b − c ) bởi ab là một điều hết sức tự nhiên. Hơn nữa, từ đẳng thức

(a + b − c)

2

= ab ta cũng có thể dự đoán được dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi

c2 c2 ab a = b = c . Khi đó P = + 2 + . Để ý đến mẫu số của số hạng cuối có xuất hiện 2 ab a + b a+b a + b nên hai số hạng đầu ta cũng nghĩ đến đánh giá như thế nào để xuất hiện ( a + b ) . Chú ý dấu " = " xảy ra khi a = b = c nên ta cần phải phân tích

c2 c2 ab c2 c2 c2 ab + 2 + = + + 2 + .

2 2 ab a + b a + b 2ab 2ab a + b a+b 2

c2 c2 c2 c2 4c 2  2c  Áp dụng Cauchy − Schwarzt cho . + 2 ta được + 2 ≥ =  .

2 2 2 2ab a + b 2ab a + b (a + b)  a + b  Tuy nhiên trong P lại còn dư

c2 ab + . Khéo léo sử dụng AM-GM ta có được kết quả như 2ab a + b

ý:

c2 ab c2 ab c2 2ab c2 2ab 2c + = + ≥ + ≥2 . = .

2 2 2ab a + b 2ab 2ab ( a + b ) a+b ab ( a + b ) 2ab ( a + b ) Tóm lại ta có đánh giá sau:

P=

c2 c2 ab c2  c2 c2  ab + 2 + = + + +  2 2 2  ab a + b a + b 2ab  2ab a + b  a + b 2

2c  2c   2c  2 ≥ >0  +  = t + t = f (t ); t = a+b a +b a +b Theo giả thiết ta có

| Trang 38

(a + b − c)

2

(a + b) = ab ≤

2

4

2

1 a+b−c ⇒  ≤ 4  a+b 

2

c  c 1 1 1  ⇒ 1 − ≤ ⇒1≤ t ≤ 3  ≤ ⇒ − ≤1− 4 2 a+b 2  a+b Xét hàm số f ( t ) = t 2 + t;1 ≤ t ≤ 3; Minf ( t ) = 2 ⇔ t = 1 ⇔ a = b = c Bài toán 6.

thức P =

Cho a, b, c > 0 thỏa mãn điều kiện ab + bc + ca = 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu

a b 3c + + 2 2 1+ a 1+ b 1 + c2

Phân tích tìm lời giải Đây là một bài toán về bất đẳng thức không đối xứng ba biến, tuy nhiên đối xứng với hai biến a, b nên ta dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi a = b .

Phân thức cuối cùng khác biệt với hai phân thức đầu nên ý tưởng của ta sẽ đánh giá hai phân thức đầu về biến c ; Đây là bài toán tìm giá trị lớn nhất nên ta nghĩ đến đánh giá bất đẳng thức theo chiều" ≤ " .

Trong các phân thức đầu có lũy thừa 2 và lũy thừa 0 nên cần đưa về đồng bậc 2 bằng cách sử dụng giả thiết ab + bc + ca = 1 .

( a + c )( b + c )

ab + c = a b + c c ≤

Lưu ý đánh giá

Lời giải

P=

a b 3c a b 3c + + = + + 2 2 ab + bc + ca + a ab + bc + ca + b 1 + c 2 ( a + c )( a + b ) ( a + b )( b + c ) 1 + c2

=

a (b + c ) + b (a + c ) 2ab + c ( a + b ) 3c 3c + = + 2 ( a + b )( b + c )( c + a ) 1 + c ( a + b )( b + c )( c + a ) 1 + c 2

≤

ab + c ( a + b ) ab + c ab ( a + b ) + c ( a + b ) 3c 3c 3c + ≤ + = + ( a + b )( b + c )( c + a ) 1 + c 2 ( a + b )( b + c )( c + a ) 1 + c 2 ( b + c )( c + a ) 1 + c 2

≤

( a + c )( b + c ) + ( a + c )( b + c )

(

Ta có f ' ( c ) =

3c 1 + c2

=

3−c

(1 + c ) 2

1 + c2

)

1

( a + c )( b + c )

+

(

3c 1 + c2

=

1 1 + c2

+

3c 1 + c2

)

=

1 + 3c 1 + c2

= f (c)

; f ' (c) = 0 ⇔ c = 3

Kết luận: MaxP = 10 ⇔ c = 3; a = b =

−3 + 13 .

2

| Trang 39

Bài toán 7.

Cho các số thực không âm x, y , z thỏa mãn điều kiện x 2 + y 2 + z 2 ≤ 3 y . Tìm giá trị

nhỏ nhất của biểu thức P =

1

( x + 1)

2

+

4

( y + 2)

2

+

8

( z + 3)

2

.

Phân tích tìm lời giải Đây là một bài toán về bất đẳng thức không đối xứng ba biến và cũng không đối xứng với hai biến nào cả. Do đó chúng ta chưa thể dự đoán được dấu đẳng thức xảy ra khi nào. Vì vậy ta nghĩ đến phân tích giả thiết bài toán trước. Ta có Ta có 2 x + 4 y + 2 z ≤ ( x 2 + 1) + ( y 2 + 4) + ( z 2 + 1) = x 2 + y 2 + z 2 + 6 ≤ 3 y + 6 .

y = z = 1 . Thông thường đến đây ta thấy 2 y y x; ; z có vai trò như nhau nên chúng ta nghĩ đến phép đặt ẩn phụ a = x; b = ; c = z . Khi đó 2 2 1 1 8 P= + + . Bây giờ trở lại yêu cầu bài toán là tìm giá trị nhỏ nhất của 2 2 2 ( a + 1) ( b + 1) ( c + 3)

Suy ra 2 x + y + 2 z ≤ 6 . Dấu đẳng thức xảy ra khi x =

biểu thức nên chúng ta nghĩ đến đánh giá biểu thức P theo chiều " ≥ " . Quan sát P ta thấy ở tử số của các số hạng đều là hằng số. Vì vậy, chúng ta nghĩ đến bất đẳng thức Cauchy − Schwarzt dạng cộng mẫu số.

Phân thức cuối cùng khác biệt với hai phân thức đầu nên ý tưởng của ta sẽ đánh giá hai phân thức đầu về biến c .

Lời giải Ta có 2 x + 4 y + 2 z ≤ ( x 2 + 1) + ( y 2 + 4) + ( z 2 + 1) = x 2 + y 2 + z 2 + 6 ≤ 3 y + 6 .

y = z = 1.

2 y 1 1 8 Đặt a = x; b = ; c = z ta có a + b + c ≤ 3 . Khi đó P = + + 2 2 2 2 ( a + 1) ( b + 1) ( c + 3) Suy ra 2 x + y + 2 z ≤ 6 . Dấu đẳng thức xảy ra khi x =

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có 1 1 8 8 8 64 P= + + ≥ + ≥ =1 2 2 2 2 2 2 ( a + 1) ( b + 1) ( c + 3) ( a + b + 2 ) ( c + 3) ( a + b + c + 5)

1 1 8 8 8 + + ≥ + 2 2 2 y y ( x + 1) ( + 1)2 ( z + 3) ( x + 1 + + 1) 2 ( z + 3) 2 2 64.4 64 64.4 ≥ = 1. ≥ = 2 2 y (2 x + y + 2 z + 10) (6 + 10) 2 ( x + + 2 + z + 3) 2

Áp dụng (*) ta được P =

| Trang 40

Kết luận. MinP = 1 khi x = 1, y = 2, z = 1 Cho ba số thực dương x, y , z thỏa điều kiện x ≥ z . Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu

Bài toán 8.

x

thức P =

x2 + y2

y

+

y 2 + z2

z z+x

+

Phân tích tìm lời giải Đây là một bài toán về bất đẳng thức không đối xứng ba biến nên chưa thể dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi nào. Phân thức cuối cùng khác biệt với hai phân thức đầu nên ý tưởng của ta là sẽ đánh giá hai phân thức đầu theo phân thức thứ ba. Tuy nhiên, phân thức thứ ba vẫn còn 2 biến, nếu dồn biến thì có một cách là chia cả tử và mẫu cho z ta được

z = z+x

1 .  x 1+   z

Trong hai số dạng đầu cũng có biến đổi tương tự. Ta có x y 1 1 . + = + 2 2 2 2 2 2 x +y y +z  y z 1+   1+   x  y 1 1 1 Khi đó P = . Bây giờ hai số hạng đầu vẫn còn khác biệt với số + + 2 2 x  y z 1+ 1+   1+   z x    y

y z z . = . Do đó ta nghĩ đến sử dụng bất đẳng thức phụ sau x y x

hạng thứ ba. Quan sát kỹ ta thấy

đây để dồn biến

1

1

+

≤

2 ; với a, b > 0, ab ≤ 1 1 + ab

1 + a2 1 + b2 Đến đây bài toán xem như đã được giải. Ta có lời giải chi tiết cho bài toán như sau: Lời giải Ta có

P=

1  y 1+   x

Trước hết ta chứng minh BĐT Ta có

1 1+ a

2

+

2

1

+

 1+   1

1 + a2

+

z y 

2

1

+

1 1 + b2

1+

≤

x z

2 (*) ; với a, b > 0, ab ≤ 1 1 + ab

1

1   1 ≤ 2 + 2 2  1+ a 1+ b  1+ b 2

| Trang 41

1 1 2 2 + ≤ ⇔ ( a − b ) ( ab − 1) ≤ 0 luôn đúng với a, b > 0, ab ≤ 1 2 2 1+ a 1+ b 1 + ab Suy ra Bất đẳng thức (*) đúng. Đẳng thức xảy ra khi a = b .

2 1 Áp dụng Bất đẳng thức (*) ta có: P ≤ + z z 1+ 1+ x x

Mặt khác

Đạt t =

z 2 , 0 < t ≤1 , P ≤ + x 1+ t

Xét hàm số f (t ) =

1 1+

1 t

=

t +2 t +1

t +2 1 1− 2 t ; 0 < t ≤ 1 , f ' (t ) = , f ' (t ) = 0 ⇔ t = 3 4 t +1 2 t ( t + 1)

y z  x = y Kết luận. MaxP = 5 khi  ⇔ x = 2 y = 4z .

1 z t = =  4 x Bài toán 9.

Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn: 5(a2 + b2 + c2 ) = 6(ab + bc + ca) . Tìm giá

trị lớn nhất của biểu thức: M = 2( a + b + c ) − ( a 2 + b2 ) .

Phân tích tìm lời giải Đây là một bài toán về bất đẳng thức không đối xứng ba biến a, b, c nhưng lại đối xứng với hai biến a, b nên ta dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi a = b .

Yêu cầu bài toán tìm giá trị lớn nhất của biểu thức nên ta phải đánh giá biểu thức P theo

chiều " ≤ " . Do đó biểu thức ( a 2 + b2 ) đánh giá theo chiều " ≥ " .

Lời giải

5 6 (a + b)2 + 5c 2 ≤ 5( a 2 + b2 ) + 5c 2 = 6( ab + bc + ca ) ≤ ( a + b) 2 + 6c( a + b) 2 4 a+b ⇒ 5c 2 − 6c( a + b) + ( a + b) 2 ≤ 0 ⇔ ≤ c ≤ a + b ⇒ a + b + c ≤ 2( a + b) 5 1 1 Khi đó : M = 2( a + b + c ) − ( a 2 + b2 ) ≤ 2( a + b + c ) − ( a + b)2 ≤ 4( a + b) − ( a + b) 2 2 2 1 Đặt t = a + b ⇒ t ≥ 0 và M ≤ 2t − t 4 2 1 Xét hàm số: f (t ) = 2t − t 4 với t ≥ 0 , có f '(t ) = 2 − 2t 3 ⇒ f '(t ) = 0 ⇔ t = 1 .

2 Ta có

| Trang 42

3 3 Từ bảng biến thiên suy ra f (t ) ≤ , ∀t ≥ 0 , dấu " = " t = 1 ⇒ M ≤ , ∀a, b, c ≥ 0 2 2 Kết luận: M max

c = a + b 1  3  a = b = = ⇔ a = b ⇔ 2 2 a + b = 1  c = 1 

Bài toán 10. Cho x, y là các số thực dương, tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

P=

x ( x 2 + 1)( x 2 + y 2 )

−

2x ( x + y ) + ( xy + 1)( x + y ) 2

Lời giải

P=

x x4 + x2 y 2 + x2 + y 2

Đặt z =

y ta có P = x

−

2x = ( xy + x + y + 1)( x + y)

1 2

 y x + y +1+    x 1 2 − 2 2 2 x + y + z + 1 ( x + 1)( y + 1)( z + 1) 2

2

−

2 y ( x + 1)( y + 1)(1 + ) x

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: 1 1 1 2 2 2 x 2 + y 2 + z 2 + 1 ≥ ( x + y ) + ( z + 1) ≥ ( x + y + z + 1) 2 2 4 3

 x + y + z + 3 ( x + 1)( y + 1)( z + 1) ≤   3   2 54 2 54 Suy ra P ≤ − .Đặt t = x + y + z + 1 > 1 ta có : P ≤ − 3 x + y + z + 1 ( x + y + z + 3) t ( t + 2 )3

Xét hàm f (t ) =

2 54 2 162 − trên (1;+∞ ) ta có : f '(t ) = − 2 + ; f '(t ) = 0 ⇔ t = 1; t = 4 3 4 t (t + 2) t (t + 2)

Lập bảng biến thiên ta có Maxf (t ) = f (4) = t∈(1;+∞ )

Kết luận. MaxP =

1 .

4

1 khi x = y = 1 .

4

Bài toán 11. Giả sử x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x 2 + y 2 + z 2 = 1. Tìm giá trị lớn nhất

của biểu thức P =

xy yz x3 y3 + y3z3 + − 1 + z2 1 + x2 24 x 3 z 3 | Trang 43

Phân tích tìm lời giải Đây là một bài toán về bất đẳng thức không đối xứng ba biến, tuy nhiên đối xứng với hai biến x, y nên ta dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi x = y . Đây là bài toán tìm giá trị lớn nhất nên ta nghĩ đến đánh giá bất đẳng thức theo chiều " ≤ " . Lưu phân thức cuối đồng bậc 1 nên ta có thể đồng bậc hóa hai phân thức đầu về bậc 1 bằng cách thay số 1 từ giải thiết. và hai phân thức đầu đánh giá theo chiều " ≤ " còn phân thức thứ ba đánh giá theo chiều " ≥ " .

Lời giải Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có xy yz xy yz + = 2 + 2 2 2 2 2 2 2 1+ z 1+ x z +x + z +y x + y + x2 + z 2

(

≤

xy 2

(z

2

+ x 2 )( z 2 + y 2 )

) (

+

) (

) (

yz 2

1 y2 y2  = 1 + 2 + ≤ 4 z + y 2 x 2 + y 2 

(x

2

+ y 2 )( x 2 + z 2 )

)

1  x2 y2 y2 z2  ≤  2 + + + 4  z + x 2 z 2 + y 2 x 2 + y 2 x 2 + z 2 

1 y2 y2  1+ + = 4  2 yz 2 xy 

1 y y  1 1 y y  + 1 +  = +  + .

4  2z 2x  4 8  z x 

Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarzt , ta có x 3 y 3 + y 3 z 3 ≥

1 ( xy + yz )3 nên 4

3

x 3 y 3 + y 3 z 3 ( xy + yz )3 1  y y  ≥ =  +  . z3 x3 4z3 x3 4 z x  3

y y 1 1 1 1 1 y y  1  y y  Suy ra P ≤ +  +  −  +  . Đặt t = + , khi đó t > 0 và P ≤ − t 3 + t + .

4 8  z x  96  z x  z x 96 8 4 1 3 1 1 t + t + với t > 0.

96 8 4 1 1 Ta có f '(t ) = − t 2 + ; f '(t ) = 0 ⇔ t = 2, vì t > 0.

32 8 Suy ra bảng biến thiên

Xét hàm số f (t ) = −

t

f '(t )

f (t )

2

0 +

0

+∞ –

5 12

| Trang 44

Dựa vào bảng biến thiên ta có P ≤

5 , dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi t = 2 hay 12

1 .

3

x=y=z=

Kết luận. MaxP =

5 1 , đạt được khi x = y = z = .

12 3

(

)

Bài toán 12. Cho x, y ,z là ba số thực dương thỏa mãn x 3 + y 3 + z x 2 + y 2 = 3xyz . Tìm giá trị

nhỏ nhất của biểu thức P =

x y 2z + + y+z z+x x+ y

Phân tích tìm lời giải Đây là một bài toán về bất đẳng thức không đối xứng ba biến, tuy nhiên đối xứng với hai biến x, y nên ta dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi x = y . Đây là bài toán tìm giá trị nhỏ nhất nên ta nghĩ đến đánh giá bất đẳng thức theo chiều " ≥ " . Lưu phân thức thứ ba khác biệt so với hai phân thức đầu nên ta nghĩ đến đánh giá hai phân thức đầu theo phân thức cuối. Lưu ý đến bất đẳng thức Cauchy − Schwarzt dạng cộng mẫu số. Ta có lời giải chi tiết cho bài toán như sau: Lời giải Áp dụng Bất đẳng thức AM-GM và Bất đẳng thức Cauchy − Schwarzt ta có

3z.

(x + y)

⇒ z.

4

2

≥ 3z. ( xy ) = x + y + z ( x + y

(x + y) 4

3

2

≥

(x + y) 4

3

2

3

⇒z≥ x+ y⇒

)≥

(x + y) 4

3

+ z.

(x + y)

2

2

2z ≥2 x+ y

2

Ta có

2

2

(x + y) (x + y) 2z 2z P≥ + ≥ + 2 2 xy + z ( x + y ) x + y ( x + y ) x+ y + z(x + y) 2

≥

2( x + y) 2z 1 2z + = 2. + 2z x + y + 2z x + y x+ y 1+ x+ y

Dấu “ = ” xảy ra khi x = y ; z = x + y Xét hàm số f ( t ) =

2 + t ; t ≥ 2 ta có 1+ t

| Trang 45

f ' (t ) = −

2

( t + 1)

+ 1 ≥ 0, ∀t ≥ 2 , do đó f ( t ) là hàm đồng biến khi t ≥ 2 . Vậy

2

8 8 khi t = 2 hay MinP = khi x = y; z = 2 x = 2 y 3 3

Min f ( t ) = f ( 2 ) =

Bài toán 13. Cho x, y ,z là ba số thực dương thỏa mãn y 2 ≥ 2 xz; z 2 ≥ 2 xy . Tìm giá trị nhỏ nhất

2x y 3z + + 2x + y y + z z + 2x

của biểu thức M =

Lời giải 1

Ta có M =

1+

y 2x

1

+

1+

Từ giả thiết ta có:

z y

+

3 y z 2x . Đặt a = , b = , c = .

2x 2x y z 1+ z

y z 2x ≥ ≥ ⇒ a ≥ b ≥ c và abc = 1 . Khi đó ta có bài toán trở thành: 2x y z

Cho các số dương a, b, c thoả mãn a ≥ b ≥ c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : 1 1 3 + + 1+ a 1+ b 1+ c Từ điều kiện a, b, c dương, a ≥ b ≥ c và abc = 1 ⇒ ab ≥ 1 và 0 < c ≤ 1.

M=

Từ đó ta có: M = hay M ≥

1 1 2 2 c + ≥ = 1 + a 1 + b 1 + ab c +1

3 2 c 3 3+ 2 c , vì 0 < c ≤ 1 ⇒ c ≤ c . ≥ + = c +1 1+ c c +1 1+ c c +1

2 c

+

Đặt t = c , t ∈ ( 0;1] . Xét hàm số f (t ) = Ta có f '(t ) =

−1

( t + 1)

2

2t + 3 , t ∈ ( 0;1] . t +1

< 0, ∀t ∈ ( 0;1] nên hàm số nghịch biến trên ( 0;1] .

5 2

Từ đó ta có f (t ) ≥ f (1) = .

5 2

Kết luận: minM = , đạt được khi 2x = y = z.

Bài toán 14. Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn 21ab + 2bc + 8ca ≤ 12 . Tìm giá trị nhỏ

nhất của biểu thức S =

1 2 3 + + . a b c

Lời giải.

Đặt x =

1 1 1 , y = , z = ⇒ x , y , z > 0, 2 x + 8 y + 21z ≤ 12 xyz và S = x + 2 y + 3z . a b c

| Trang 46

2x + 8y  z≥ 2x + 8y   12 xy − 21 z ≥  12 xy − 21 ⇒  2 x + 8 y + 21z ≤ 12 xyz ⇒ z (12 xy − 21) ≥ 2 x + 8 y ⇒   x > 7 12 xy − 21 > 0  4y

Ta có: S ≥ x + 2 y +

2x + 8 y .

4 xy − 7

• Xét hàm số f ( x ) = x + 2 y + f ′( x ) = 1 −

14 + 32 y 2

( 4 xy − 7 )

2

 7  2x + 8y trên  ; +∞  4 xy − 7  4y 

32 y 2 + 14  7  7 =0⇔ x= + ∈  ; +∞  4y 4y  4y 

Lập bảng biến thiên cho hàm số y = f ( x ) ta có:  7 32 y 2 + 14  32 y 2 + 14 9 S ≥ f ( x) ≥ f  + +  = 2y +  4y  4 y 4 y 4y  

• Xét hàm số g ( y ) = 2 y +

(8 y g ′( y ) =

2

32 y 2 + 14 9 + trên ( 0; +∞ ) 4y 4y

− 9 ) 32 y 2 + 14 − 28 4y

2

2

32 y + 14

=0⇔ y=

5 ∈ ( 0; +∞ ) 4

Lập bảng biến thiên cho hàm số z = g ( y ) ta có:  5  15 S ≥ g( y) ≥ g   = 4 2 15 1 4 3 Vậy min S = khi a = , b = , c = .

2 3 5 2

Bài toán 15. Cho x, y , z là ba số thực dương . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

P=

2 3 − . x + xy + 3 xyz x+ y+z

Lời giải 1 1 2 x.8 y + 3 2 x.8 y.32 z 4 8 2 x + 8 y 2 x + 8 y + 32 z 32 4 x+ + = (x + y + z) = (x + y + z) 8 24 24 3 3 2 3 1 Đặt t = x + y + z ; t ≥ 0 ⇒ P ≥ f ( t ) = 2 − ; f ′ ( t ) = − 3 + 2 ; f ′ ( t ) = 0 ⇔ t = 1 2t 3t t t 3 Lập bảng biến thiên của hàm f(t) ta được Pmin = − tại t=1 2

Ta có x + xy + 3 xyz = x +

| Trang 47

16   x = 21 x + y + z = 1  4   Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 2 x = 8 y ⇒ y = 21 2 x = 32 z   1   z = 21  Bài toán 16. Cho a, b, c là ba số thực thỏa mãn 0 ≤ a ≤ b ≤ c và a 2 + b 2 + c 2 = 3 . Tìm giá trị nhỏ

nhất của biểu thức P = 3abc − 2019 a − b − c .

Lời giải Ta có a ≤ b ≤ c ⇒ ( a 2 − b 2 )( a 2 − c 2 ) ≥ 0 ⇒ b 2c 2 ≥ a 2 ( b 2 + c 2 − a 2 ) = a 2 ( 3 − 2a 2 ) Suy ra bc ≥ a 3 − 2a 2 .

(a + b + c)

2

≤ 3 ( a 2 + b 2 + c 2 ) = 9 ⇒ a + b + c ≤ 3 ⇒ P ≥ 3abc − 2108a − 3 ≥ 3a 2 3 − 2a 2 − 2018a − 3

Xét hàm f ( a ) = 3a 2 3 − 2a 2 − 2018a − 3, a ∈ [ 0;1] .

 2a f ' ( a ) = 3  2a 3 − 2a 2 − a 2 3 − 2a 2 

18a. (1 − a )  − 2018 = − 2018 ≤ 18a. (1 − a 2 ) − 2018  2 3 − 2a  2

3

Ta có a (1 − a 2

2 2

)

1 1  2a 2 + 1 − a 2 + 1 − a 2  4 = .2a 2 (1 − a 2 )(1 − a 2 ) ≤   = 2 2 3  27

Suy ra a (1 − a 2 ) ≤

2 3 3

⇒ f ' ( a ) ≤ 18.

2 3 3

− 2018 < 0 .

Suy ra f (a ) nghịch biến trên đoạn [ 0;1] . Do đó f ( a ) ≥ f (1) = −2018 .

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1 .

Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng −2018 khi a = b = c = 1 .

Bài toán 17. Cho a, b, c là ba số thực thỏa mãn a > 2, b > 0, c > 0 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu

thức P =

1 2 a 2 + b 2 + c 2 − 4a + 5

−

1 . (a − 1)(b + 1)(c + 1)

Lời giải

Đặt a1 = a − 2 ⇒ a1 > 0 . Khi đó: P =

1 2

2

2

2 a1 + b + c + 1

−

1 (a1 + 1)(b + 1)(c + 1)

(a1 + b)2 (c + 1) 2 1 + ≥ (a1 + b + c + 1) 2 2 2 4 Dấu " = " ⇔ a1 = b = c = 1 .

Ta có: a12 + b 2 + c 2 + 1 ≥

3

 a + 1 + b + 1 + c + 1   a1 + b + c + 3  Ta lại có (a1 + 1)(b + 1)(c + 1) ≤  1  =  3 3    

3

| Trang 48

Dấu " = " ⇔ a1 = b = c = 1 .

Do đó : P ≤

1 27 − . Dấu " = " ⇔ a1 = b = c = 1 a1 + b + c + 1 (a1 + b + c + 3)3

1 27 Đặt t = a1 + b + c + 1 ⇒ t > 1 . Khi đó P ≤ − , t > 1. t (t + 2)3 1 27 1 81 Xét hàm f (t ) = − , t > 1 ; f '(t ) = − 2 + ; 3 t (t + 2) t (t + 2)4 f '(t ) = 0 ⇔ (t + 2) 4 = 81.t 2 ⇔ t 2 − 5t + 4 = 0 ⇔ t = 4 ( Do t > 1 ); lim f (t ) = 0 t →+∞

Lập bảng biến thiên ta có max f (t ) = f (4) = Vậy giá trị lớn nhất của P là

1 ⇔t=4 8

1 , đạt được khi ( a; b; c ) = ( 3;1;1) .

8

Bài toán 18. Cho a, b, c là ba số thực thỏa mãn a + b + c = 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :

a2 b2 3 P= + − ( a + b) 2 .

2 2 (b + c) + 5bc (c + a ) + 5ca 4

Lời giải Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có

a2 a2 4a 2 b2 4b 2 ≥ = . Tương tự, ta có ≥ . (c + a) 2 + 5ca 9(c + a ) 2 (b + c) 2 + 5bc (b + c)2 + 5 (b + c) 2 9(b + c) 2 4 a2 b2 4  a2 b2  2  a b  Suy ra + ≥  + ≥  +  2 2 2 2  (b + c) + 5bc (c + a) + 5ca 9  (b + c) (c + a)  9  b + c c + a 

2

2

 ( a + b) 2  2 2 + c ( a + b)  2  a 2 + b 2 + c ( a + b)  2  2  2(a + b) 2 + 4c(a + b)  2 =   =   ≥   .

9  ab + c(a + b) + c 2  9  (a + b) 2 9  (a + b)2 + 4c( a + b) + 4c 2  2  + c ( a + b) + c    4  Vì a + b + c = 1 ⇔ a + b = 1 − c nên 2

2

2  2(1 − c) 2 + 4c(1 − c)  3 8 2  3 2 P≥  − (1 − c) 2 =  1 −  − (1 − c) .

2 2  9  (1 − c) + 4c(1 − c) + 4c  4 9  c +1 4

(1)

2

8 2  3 2 Xét hàm số f (c) =  1 −  − (1 − c) với c ∈ (0; 1).

9  c +1 4 Ta có f '(c) =

16  2  2 3 − (c − 1); 1 − .

2 9  c + 1  (c + 1) 2

1 f '(c) = 0 ⇔ (c − 1) ( 64 − (3c + 3)3 ) = 0 ⇔ c = .

3 | Trang 49

Bảng biến thiên: c

1 3

0

f '(c)

–

f (c )

1 +

0

−1 9

Dựa vào bảng biến thiên ta có f (c) ≥ −

1 với mọi c ∈ (0; 1).

9

(2)

1 1 Từ (1) và (2) suy ra P ≥ − , dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c = .

9 3 1 1 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là − , đạt khi a = b = c = .

9 3 Bài toán 19. Cho x, y , z là ba số thực không âm thỏa mãn 4( xz + y ) ≥ y 2 + 4 . Tìm giá trị nhỏ nhất

của biểu thức : P =

1 8

( 2x

2

)

2

+ 2z 2 + y +

( y − z )(2 x + 4 y ) + 2 ( x + y + z) 2

Lời giải * Ta có: 4( xz + y ) ≥ y 2 + 4 ⇒ 4 xz ≥ (2 − y ) 2 ⇒ 2 xz ≥ | 2 − y | ≥ 2 − y ⇒ 2 ≤ 2 xz + y ≤ x + y + z .

* P=

1 8

( 2x

=

1 8

( 2x

Vì: nên:

2

2

)

(1)

2

( y − z )(2 x + 4 y ) + 2 +1−1 ( x + y + z) 2

)

( x + 2 y) 2 ( z − y) 2 2 + + −1 2 2 ( x + y + z) ( x + y + z) ( x + y + z) 2

+ 2z 2 + y + 2

+ 2z 2 + y +

2 x 2 + 2 z 2 ≥ x + z , ∀x, z ≥ 0 (dấu “=” xảy ra khi x = z) 1 8

(

)

1 x+ y+z 2 x + 2 z + y ≥ ( x + y + z ) 2 = 2  8 4   2

2

2

2

2

( x + 2 y) 2 ( z − y) 2 2 x+ y+ z P ≥ 2 + + −1  + 2 2 4 ( x + y + z) ( x + y + z) ( x + y + z) 2  

(2)

* Ta có: (a − b) 2 + (a − c) 2 ≥ 0 ⇔ 2a 2 + b 2 + c 2 ≥ 2a(b + c), ∀a, b, c (3) (Dấu “=” xảy ra khi a = b = c) Áp dụng (3), từ (2) ta có : P ≥ 2.

x+ y+z x+ y+z 2 x+ y+z 2 . + −1 = + −1 2 4 x + y + z ( x + y + z) 2 ( x + y + z) 2

* Đặt t = x + y + z, t ≥ 2

(từ (1)) | Trang 50

1 2

Xét hàm số : f (t ) = t + Ta có : f ' (t ) =

2 − 1, t2

t≥2

1 4 t3 − 8 − = ≥ 0, ∀t ≥ 2 2 t3 2t 3

=> hàm số f(t) đồng biến trên [2;+∞)

=> minf(t) = f(2) =

1 2

Vậy minP = 1/2, đạt được khi x = z = 1 và y = 0.

Bài toán 20. Cho a, b, c là ba số thực thỏa mãn a ∈  0;1 , b ∈  0;2  , c ∈  0;3 . Tìm giá trị lớn

nhất của biểu thức : P =

2 ( 2ab + ac + bc ) 1 + 2a + b + 3c

+

8−b b + b + c + b(a + c) + 8 12a2 + 3b 2 + 27c 2 + 8

Lời giải Ta có: a ∈ [ 0;1] , b ∈ [ 0;2] , c ∈ [ 0;3] b + c ≥ ab + ac (1 − a )( b + c ) ≥ 0 ⇒ ⇔ ⇒ 2a + b + 3c ≥ 2 ab + bc + ac 2a + 2c ≥ ab + bc ( 2 − b )( a + c ) ≥ 0 ⇒

2 ( 2ab + ac + bc ) 1 + 2a + b + 3c

≤

2 ( 2ab + ac + bc ) 1 + 2ab + ac + bc

Mặt khác b + c ≥ a ( b + c ) ( vì a ∈ [ 0;1] ) ⇒

8− b 8− b 8− b ≤ = b + c + b ( a + c ) + 8 a ( b + c ) + b ( a + c ) + 8 2ab + bc + ac + 8

Với mọi số thực x, y, z, ta có 2

2

( x − y ) + ( y − z) + ( y − x )

2

≥ 0 ⇔ 2 ( x 2 + y 2 + z 2 ) ≥ 2 xy + 2 yz + 2 xz

⇔ 3 ( x 2 + y 2 + z2 ) ≥ ( x + y + z )

2

2 2 ⇒ 12a2 + 3b2 + 27c 2 = 3 ( 2 a ) + b2 + ( 3c )  ≥  

=>

b 12a + 3b + 27c + 8 2

2

2

≤

( 2a + b + 3c )

2

= 2 a + b + 3c ≥ 2ab + bc + ac

b 2ab + bc + ac + 8

Suy ra P≤

2 ( 2ab + bc + ac ) 1 + 2ab + bc + ac

+

2 ( 2ab + bc + ac ) 8− b b 8 + ⇒P≤ + 2ab + bc + ac + 8 2ab + bc + ac + 8 1 + 2ab + bc + ac 2ab + bc + ac + 8

Đặt t = 2ab + bc + ac ⇒ t ∈ [ 0;13] 2t 8 + , t ∈ [ 0;13] t +1 t + 8 2 8 f '(t) = − , f '(t) = 0 ⇔ t = 6 2 2 ( t + 1) ( t + 8)

Xét hàm số f ( t ) =

| Trang 51

16 47 16 ; f (13 ) = ⇒ f ( t ) ≤ ∀t ∈ [ 0;13] 7 21 7 16 2 16 16 Do đó: P ≤ . Khi a = 1; b = 2; c = thì P = . Vậy giá trị lớn nhất của P là 7 3 7 7 f ( 0 ) = 1; f ( 6 ) =

Bài toán 21. Cho a, b, c là ba số thực đôi một khác nhau thỏa mãn 2a ≤ c và ab + bc = 2c 2 . Tìm

giá trị lớn nhất của biểu thức : P =

a b c + + a −b b−c c−a

Lời giải Theo giả thiết: 2a ≤ c nên c b

Đặt t = thì 0 < t ≤

a 1 a b b a 2c a 1 b 4 ≤ ; ab + bc = 2c 2 ⇔ . + = 2 ⇔ = − 1 .Vì ≤ nên ≥ c 2 c c c c b c 2 c 3

3 4

a c

b 1 2t 2 − t 1 1 2 7 + c + = 2 + + = 1− + P= a b b a 2t − t − 1 1 − t 2(1 − t ) 2t + 1 6(1 − t ) − −1 1− c c c c

Xét hàm số f (t ) = 1 −

2 7  3 + , t ∈  0;  . Ta có: 2t + 1 6(1 − t )  4

 3  3 f '(t ) > 0, ∀t ∈  0;  , do đó f (t ) đồng biến trên  0;   4  4 3 27 Do đó GTLN của hàm số đạt tại t = , suy ra max P = 4 5

ab + bc = 2c 2

Đẳng thức xảy ra khi 

2a = c

⇔ 8a = 3b = 4c , chẳng hạn chọn được (a,b,c)=(3,8,6).

(

)

Bài toán 22. Cho x, y , z là ba số thực dương thỏa mãn y + z = x y 2 + z 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất

của biểu thức : P =

1

(1 + x )

2

+

1

(1 + y )

2

+

1

(1 + z )

2

+

4 (1 + x )(1 + y )(1 + z )

Lời giải 2

2

2

Ta có ( y + z ) ≤ 2 ( y 2 + z 2 ) ⇒ x ( y + z ) ≤ 2 x ( y 2 + z 2 ) ⇔ x ( y + z ) ≤ 2 ( y + z ) ⇒ y + z ≤

2 x

Theo bất đẳng thức AM - GM : 2

1 1 2 2 1+ x (1 + y )(1 + z ) ≤ ( 2 + y + z ) ⇔ (1 + y )(1 + z ) ≤  2 +  ⇔ (1 + y )(1 + z ) ≤ ( 2 ) 4 4 x x ⇔

1

≥

x2

(1 + y )(1 + z ) (1 + x )2

2

4 4x2 2 (1) ⇔ (1 + x) (1 + y )(1 + z ) ≥ (1 + x ) (2)

| Trang 52

Lại có theo bất đẳng thức AM - GM :

⇔

1

(1 + y )

2

+

1

(1 + z )

Từ (2) và (4) ⇒ P ≥ Xét hàm số f ( x) =

2

1

(1 + y )

2

+

1

(1 + z )

2

≥2

1

1 2

(1 + y ) (1 + z )

2

2

1 1 2x2 ⇒ + ≥ (1 + y )(1 + z ) (3) . Từ (1) và (2) (1 + y )2 (1 + z )2 (1 + x )2 (4)

≥ 1

(1 + x )

2

+

2 x2

(1 + x )

2

2 x3 + 6 x2 + x + 1

(1 + x )

3

+

4x2

(1 + x )

3

⇔P≥

2 x3 + 6 x 2 + x + 1

(1 + x )

trên ( 0; +∞ ) . Ta có f ′( x) =

3

10 x − 2

(1 + x )

4

=0⇒ x=

1 5

91 1  1  91 Lập BBT ta có: P ≥ f ( x) ≥ f   = . Vậy GTNN của P = ⇔ x = ; y = z = 5.

108 5  5  108 Bài toán 23. Cho x, y , z là ba số thực dương thỏa mãn 2( x + y ) + 7 z = xyz . Tìm giá trị nhỏ nhất

của biểu thức : P = 2( x + z ) + y

Nhận xét : Để giải bài toán này ta phải xác định điểm rơi từ đó áp dụng kỹ thuật dồn biến. Từ giả thuyết 2( x + y ) + 7 z = xyz ta dễ dàng chọn được điểm rơi x = 3, y = 5, z = 2 và P = 15. Từ đó ta có cách giải cho bài toán như sau.

Lời giải +) Từ điều kiện 2( x + y ) + 7 z = xyz ⇔ z =

2( x + y ) , thế vào P ta có: xy − 7

4( x + y ) 7   4( x + y ) 4  7 4 xy − 7 4 x 2 + 28 2 x 2 + 11  P = 2x + + y = y− + −  + 2x + + = + + xy − 7 x   xy − 7 x x x x x( xy − 7) x 

+) Vì x, y, z > 0 ⇒ xy − 7 > 0 . Áp dụng BĐT Cauchy:

xy − 7 4 x 2 + 28 4 x 2 + 28 4 x 2 + 7 + ≥2 = , x x( xy − 7) x2 x

(*).

Do đó ta có: P ≥

4 x 2 + 7 2 x 2 + 11 4 x 2 + 7 + 2 x 2 + 11 7 11 + = = 4 1 + 2 + 2x + x x x x x

1 x

2 t 2 +) Xét hàm số f (t ) = 4 1 + 7t 2 + + 11t với điều kiện t > 0 ta có: t 28t 2 f '(t ) = − 2 + 11 1 + 7t 2 t

Đặt t = , t > 0 ⇒ P ≥ 4 1 + 7t 2 + + 11t

f '(t ) = 0 ⇔

28t 1 + 7t 2

−

2 1 + 11 = 0 ⇔ t = 2 t 3 1

Từ đó ta có min f (t ) = f   = 15 . t∈( 0; +∞ ) 3 | Trang 53

1 3

Với t = ⇒

1 1 xy − 7 4 x 2 + 28 = ⇔ x = 3 . Để dấu “=” của (*) xảy ra thì = , mà x = 3 ⇒ y = 5. x 3 x x( xy − 7)

Thay x = 3, y = 5 vào giả thuyết 2( x + y ) + 7 z = xyz ta có z = 2. +) Kết luận: Giá trị nhỏ nhất của P bằng 15, đạt được khi x = 3, y = 5, z = 2.

Nhận xét : Câu hỏi đặt ra là tại sao lại có thể tách: P = 2x +

4( x + y ) 7   4( x + y ) 4  7 4 xy − 7 4 x 2 + 28 2 x 2 + 11  + y =  y− + −  + 2x + + = + + xy − 7 x   xy − 7 x x x x x( xy − 7) x 

Câu trả lời như sau: Ta kết hợp y với − thức này. Còn nhóm

7 để làm xuất hiện xy − 7 rồi dùng Cauchy làm hết biểu x

4( x + y ) 4 − để làm mất xy sau khi quy đồng rút gọn. Tuy nhiên ta phải xy − 7 x

xy − 7 4 x 2 + 28 và phải kiểm tra xem với điểm rơi x = 3, y = 5 thì hai biểu thức dùng Cauchy là x( xy − 7) x

bằng nhau. Dễ thấy với x = 3, y = 5 ⇒ −

xy − 7 4 x 2 + 28 8 = = . Ta cũng có thể giải thích việc chọn x x( xy − 7) 3

4 4( x + y ) k xy − 7 4( x + y ) k theo cách như sau: Lúc đầu ta kết hợp − và ta chọn k để = − , vớ i x xy − 7 x x xy − 7 x

x = 3, y = 5 ⇒ k = 4.

Bài toán 24. Cho a, b, c là ba số thực thuộc đoạn 1;2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :





2

( a + b) P= 2 c + 4 ( ab + bc + ca ) Lời giải 2

(a + b) P= 2 = c + 4 ( ab + bc + ca )

2

( a + b) 2 c + 4 ( a + b ) c + 4ab 2

2

(a + b) Ta có 4ab ≤ ( a + b ) nên P ≥ 2 2 c + 4 ( a + b ) c + (a + b) 2

a c

Đặt t = +

a b  +  c c = 2 a b  a b 1+ 4  +  +  +  c c  c c

b vì a, b, c thuộc 1;2 nên t thuộc 1; 4 c

Ta có f ( t ) =

t2 4t 2 + 2t , f ' t = > 0 với mọi t thuộc 1; 4 ()   2 2 4 + 4t + t 2 1 + 4 t + t ( )

Hàm số f(t) đồng biến trên

1; 4 nên f(t) đạt GTNN bằng 1 khi t = 1   6 | Trang 54

Dấu bằng xảy ra khi a = b; Vậy min P =

a +b = 1 = 1, a, b, c thuộc 1;2 nên a = b = 1 và c = 2 . c

1 khi a = b = 1 và c = 2 .

6

Bài toán 25. Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn

1 + x 2 + 1 + y + 1 + z = 5 . Tìm giá trị

lớn nhất của biểu thức P = 16 x 3 + y 3 + z 3 .

Lời giải. + Chứng minh 1 + a + 1 + b ≥ 1 + 1 + a + b với mọi a, b ≥ 0

(*)

Thật vậy, (*) ⇔ 2 + a + b + 2 (1 + a )(1 + b) ≥ 2 + a + b + 2 1 + a + b ⇔ 1 + a + b + ab ≥ 1 + a + b , luôn đúng. Dấu bằng xảy ra ⇔ a = 0 hoặc b = 0.

Áp dụng (*) ta có 1 + x 2 + 1 + y + 1 + z ≥ 1 + 1 + x 2 + y + 1 + z

≥ 2 + 1 + x2 + y + z .

Mặt khác 1 + x 2 + 1 + y + 1 + z = 5 suy ra x 2 + y + z ≤ 8 hay y + z ≤ 8 − x 2 .

Do x, y, z không âm nên ta có 0 ≤ x ≤ 2 2 .

3

Khi đó P ≤ 16 x 3 + ( y + z )3 ≤ 16 x 3 + ( 8 − x 2 ) .

3

Xét hàm số f ( x ) = 16 x 3 + ( 8 − x 2 ) trên [0; 2 2 ].

2

f ' ( x ) = 48 x 2 − 6 x ( 8 − x 2 ) = −6 x ( x − 2 ) ( x 3 + 2 x 2 − 12 x + 32 )

x = 0 Trên đoạn [0; 2 2] ta có f '( x) = 0 ⇔   x = 2. f (0) = 512; f (2) = 192; f (2 2) = 256 2. Với x = y = 0, z = 8 ta được P = 512.

Vậy giá trị lớn nhất của P là 512.



Bài toán 26. Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn 1 +



2

nhất của biểu thức Q = 7 − 3 xy +

x 1  y 1 +   1 + −  = 3 . Tìm giá trị lớn y y  x x

2

3x + 2 x − 1 3 y + 2 y − 1 + 2 ( x 2 + 1) 2 ( y 2 + 1)

Lời giải.

 x 1  y 1 2 Biến đổi giả thiết 1 + +   1 + −  = 3 ⇔ ( x + y ) = 3xy + 1 y y  x x  | Trang 55

Ta có

3x2 + 2 x − 1 1 2 ≤ x ⇔ ( x − 1)  x +  ≥ 0 ( luôn đúng) 2 2 2 ( x + 1) 

Tương tự

3y2 + 2 y −1 ≤y 2 ( y 2 + 1) 2

2

Suy ra Q ≤ 8 − 2 ( x + y ) + 3xy + 1 + x + y = 8 − ( x + y ) + x + y 2

Đặt t = x + y ( t > 0 ) ⇒ t = ( x + y )

2

( x + y) = 3xy + 1 ≤ 3

2

+1 ⇔ t2 ≤

4

3t 2 +1 ⇒ t ≤ 2 4

Khi đó Q ≤ 8 − t 2 + t , 0 < t ≤ 2

t

Xét hàm số f ( t ) = t + 8 − t 2 , 0 < t ≤ 2 ⇒ f ′ ( t ) = 1 −

; f ′ (t ) = 0 ⇔ t = 2 8 − t2 Lập bảng biến thiên, từ bảng biến thiên suy ra max f ( t ) = 4 ⇔ t = 2 ⇒ max Q = 4 ⇔ x = y = 1 ( 0;2]

BÀI TẬP RÈN LUYỆN Bài 1.

Cho ba số thực a, b, c ∈ [1; 2] . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2

( a + b) P= 2 . c + 4( ab + bc + ca) a b 2c 4 + + ≥ b + c c + a 2 ( a + b) + c 3

Bài 2.

Cho ba số thực dương a, b, c . Chứng minh

Bài 3.

Cho các số thực dương x, y , z thỏa mãn điều kiện x 2 + y 2 + z 2 + 2 xy = 3 ( x + y + z ) .

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x + y + z + Bài 4.

P= Bài 5.

P= Bài 6.

23 . y+2

Cho a, b, c là ba số duơng. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

9 ab ( a + 2c )( b + 2c )

−

16 a 2 + b2 + c 2 + 1

Cho a, b, c là ba số dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

1 1 − 6 ab + 7c + 8 ca 9 a + b + c Cho x, y , z > 0 thỏa mãn x 2 + y 2 + z 2 ≤ 2 ( y + 1) . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

P = 2 xy + 2 yz + Bài 7.

23 + x+z

1 . x + y + z +1

Cho a, b, c là ba số dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

| Trang 56

P= Bài 8.

P=

5 2

2

−

2

4 ab + bc + ca + 1

a + 2b + 5c + 3 + 1 Cho a, b, c > 0 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 1 − 3 a + ab + abc a+b+c Cho a ≥ b; a ≥ c & a, b, c ∈ [1;4] . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

Bài 9.

a b c + + 2a + 3b b + c c + a HD: Khảo sát lần lượt các biến c, b, a .

P=

x y 1 + − x + yz y + zx z + 1

Bài 10.

Cho x, y , z > 0 : x + y + z = 1 . Tìm Max P =

Bài 11.

Cho a, b, c dương thỏa a 2 + b 2 + c 2 + 2ab = 3 ( a + b + c ) . Tìm giá trị nhỏ nhất của

biểu thức P = 6 ( a + b ) + c 2 +

2014 2014 + . a+c b+2

Cho a, b, c dương thỏa a 2 + b 2 + c 2 + 2ab ≤ 2 ( a + b + c ) . Tìm giá trị nhỏ nhất của

Bài 12.

40 40 + . b + c +1 a+3 Cho x; y; z > 0 thoả mãn xy ≥ 1; z ≥ 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

biểu thức P = a 2 + b 2 + 2c + Bài 13.

P=

x y z3 + 2 + + y + 1 x + 1 3 ( xy + 1)

Bài 14.

y + 2x2 z + 2 y2 x + 2z2 8 Cho x, y , z > 0. Tìm Min P = + + + 2x + 1 2y +1 2z + 1 x + y + z

Bài 15.

Cho các số thực dương x, y , z thoả điều kiện x 4 + ( y 2 − 1) + z 4 ≤ 3 . Tìm giá trị lớn

2

nhất của biểu thức P = 2 y ( x + z ) +

Cho các số thực dương a, b, c thỏa

Bài 17.

2

2

Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : 1 4 1 P= − + .

4a + 2b + 4 2bc 8 + a + 2b + 3c 4 + b + 2c

Bài 16.

2

1 . x + y + z2 + 1 2

9ab + 17bc + 14ac + 12c − 18 > 0 và

2

a + b + c = 14 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : P=

8 ( 7 + ab ) 5 3 9ab + 17bc + 14ac + 12c − 18

+

36 a+b+c+3

| Trang 57

Bài 18. Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a + 2b > c và a 2 + b 2 + c 2 − 2 = ab + bc + ca . Tìm giá trị lớn nhất

của biểu thức: P =

a+c+2 a + b +1 − . a ( b + c ) + a + b + 1 ( a + c )( a + 2b − c )

Bài 19. Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a ∈ [0;1], b ∈ [0;2],c ∈ [0;3] . Tìm giá trị lớn nhất của biểu

thức : P =

2(2ab + ac + bc) 8−b b + + 1 + 2a + b + 3c b + c + b( a + c ) + 8 12a 2 + 3b 2 + 27c 2 + 8

Bài 20. Cho các số thực dương x, y, z thay đổi thỏa mãn x + 2 y + z 2 = 2 xy + 1 . Tìm giá trị lớn nhất

của biểu thức : P =

2x 2y x + 2y + − 2 x + 4( y + 1) x + 2( y + z ) 18 z 2

Bài 21. Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x > y và ( x + z )( y + z ) = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của

biểu thức P =

1

( x − y)

2

+

4

( x + z)

2

+

4

( y + z)

2

.

Bài 22. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x + y + z = 3. Chứng minh rằng :

3x − x2 3 y − y 2 3z − z 2 + + ≥ 2 xyz.

4 − yz 4 − zx 4 − xy Bài 23.

Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn xyz + x + z = y . Tìm giá trị lớn nhất của biểu

thức : P=

2 2 4z 3z – 2 – + x +1 y +1 z 2 + 1 ( z 2 + 1) z 2 + 1 2

2.4 Khảo sát hàm số theo từng biến riêng biệt. Đối với các BĐT nhiều biến, ta có thể chọn một biến là biến số biến thiên và cố định các biến còn lại, bài toán lúc này trở thành BĐT một biến.

Bài toán 1. Cho 0 < a, b ≤ 1 . Chứng minh rằng : tan a.tan b ≥ tan ( ab )

Giải: Giả sử a ≥ b . Đặt f ( x ) = tan b.tan x − tan ( bx ) với b ≤ x ≤ 1 . Ta có :

tan b b − .

2 cos x cos 2 bx 1 1 Do 0 < a, b ≤ 1 nên tan b > b > 0 và ≥ suy ra f ′ ( x ) > 0 , nên f (x ) đồng biến trên 2 cos x cos 2 bx b;1 . Vì vậy với a ≥ b ta có f ( a ) ≥ f ( b ) . Suy ra   f ′( x) =

tan a.tan b − tan ab ≥ tan 2 b − tan b 2

(1) .

Đặt g ( x ) = tan 2 x − tan x 2 , có | Trang 58

2 tan x 2x − > 0; ∀x ∈ ( 0;1) cos x cos 2 x Suy ra g ( b ) > g ( 0 ) = 0 ⇒ tan 2 b − tan b 2 > 0 ( 2 ) Từ (1) và (2) suy ra đpcm. g′( x ) =

(

) (

)

Bài toán 2. Chứng minh rằng : 2 x 3 + y 3 + z 3 − x 2 y + y 2 z + z 2 x ≤ 3, ∀x, y , z ∈ [ 0;1]

Giải: BĐT đã cho tương đương với f ( x ) = 2 x3 − yx 2 − z 2 x + 2 y 3 + z 3 − y 2 z ≤ 3 .

(

)

Ta có

1  x = x = y − y2 + 6z2 1  6 f ′ ( x ) = 6 x 2 − 2 yz − z 2 và f ′ ( x ) = 0 ⇔  .  x = x = 1 y + y2 + 6z2 2  6 Vì x ≤ 0 nên x1 ∉ ( 0;1) . Xét hai trường hợp

) )

( (

Nếu x2 ∉ ( 0;1) ⇒ f ′ ( x ) ≤ 0, ∀x ∈ [ 0;1] . Suy ra f (x ) giảm trên [0; 1]. Do đó

max f ( x ) = max { f ( 0 ) , f (1)} . x∈[ 0;1]

Nếu x2 ∈ ( 0;1) thì ta có bảng biến thiên :

x2

0

x

f ' (x )

-

1

0

+

f (x )

f ( x2 ) Từ bảng biên thiên suy ra max f ( x ) = max { f ( 0 ) , f (1)} . x∈[ 0;1]

Như vậy trong cả hai trường hợp ta đều có max f ( x ) = max { f ( 0 ) , f (1)} . x∈[ 0;1]

Mặt khác

(

)

(

)

(

)

f ( 0 ) = 2 y 3 + z 3 − y 2 z ≤ 2 y 3 + z 3 − y 2 z + 2 − y − z 2 = f (1) .

Ta sẽ chứng minh f (1) ≤ 3 . Thật vậy, đặt

(

)

(

f (1) = g ( y ) = 2 y 3 + z 3 − y 2 z + 2 − y − z 2

)

1  y = y1 = z − z 2 + 6 < 0  6 Ta có g ′ ( y ) = 6 y 2 − 2 zy − 1 = 0 ⇔   y = y = 1 z + z2 + 6 2  6

( (

) )

| Trang 59

Nếu y2 ∉ ( 0;1) ⇒ g ′ ( y ) ≤ 0, ∀y ∈ [ 0;1] . Suy ra g (y ) giảm trên 0;1 . Do đó max g ( y ) = max { g ( 0 ) , g (1)} . y∈[ 0;1]

Nếu y2 ∈ ( 0;1) thì ta có bảng biến thiên xx

y2

0

y

g' (y )

-

0

1 +

g (y )

f ( y2 ) Từ bảng biên thiên suy ra max g ( y ) = max { g ( 0 ) , g (1)} . y∈[ 0;1]

Như vậy trong cả hai trường hợp ta đều có max g ( y ) = max { g ( 0 ) , g (1)} . y∈[ 0;1]

Ta có g ( 0 ) = 2 z 3 + 2 − z 2 ≤ 2 z 3 + 2 − z 2 + (1 − z ) = g (1) = z ( z − 1)( 2 z + 1) + 3 ≤ 3 với mọi z ∈ [ 0;1] .

1 

a

b

c

Bài toán 3. Cho a, b, c ∈  ;3 . Tìm GTLN của biểu thức : S = + + a+b b+c c+a 3 

Giải:

a b c + + . Xét hai trường hợp sau: a+b b+c c+a +) TH1: a ≥ b ≥ c .

Ta có ( b − c ) a 2 − bc b c 3 b c f ′( a) = − = ≥ 0 ⇒ f ( a ) ≤ f ( 3) = + + = g (c) .

2 2 2 2 + + + 3 b b c c 3 a + b a + c a + b a + c ( ) ( ) ( )( )

Đặt f ( a ) =

(

Mặt khác

)

( b − 3) ( 3b − c 2 ) g′( c ) = + = ≤0 2 2 2 2 ( c + b ) ( c + 3) ( c + 3) ( b + c ) −b

3

3 3b 1 1 ⇒ g (c) ≤ g   = + + = h (b)  3  3 + b 3b + 1 10 (1 − b )(1 + b ) ≤ 0 3 3 Ta có h′ ( b ) = − = 2 2 ( 3b + 1) ( b + 3) ( 3b + 1)( b + 3) 1 8  Lập 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 | Trang 60

( a − b )( b − a )( a − c ) ≤ 0 . ( a + b )( b + a )( a + c )

f ( a; b; c ) − f ( c; b; a ) =

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   Bài toán 4. Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn a, b, c ∈ [ 0;1] . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

a b c + 3 + 3 3 3 3 b +c +6 c +a +6 a +b +6 . a b c Giải: Đặt f ( c ) = 3 3 + 3 + 3 3 . Ta có 3 b +c +6 c +a +6 a +b +6 1 3ac 2 3c 2 f ′(c) = 3 3 − − a + b + 6 b3 + c 3 + 6 2 a 3 + c3 + 6 S=

3

(

2

) ( ) 6ac ( 6 + b − 2c ) 6bc ( 6 + a − 2c ) f ′′ ( c ) = − − ≤0 b + c + 6 a + c + 6 ( ) ( ) 3

3

Nên f ' (c ) giảm trên

3

2

3

3

3

2

3

0;1 . Suy ra  

f ′ ( c ) ≥ f ′ (1) = Suy ra f (c ) tăng trên

1 3a − 3 3 6+a +b 7 + b3

(

2

−

3b

) (7 + a ) 3

2

1 3 ≥ − 2. > 0 8 49

0;1 . Do đó  

a b 1 + 3 + 3 3 = g (a ) . b +7 a +7 a +b +6 6ab 7 − 2a 3 6a b 3 + 6 − 2a 3 3a 2 ; g ′′ ( a ) = − − − ≤0 2 3 3 3 3 a +b +7 a3 + 7 a 3 + b3 + 7

S = f ( c ) ≤ f (1) = Ta có g ′ ( a ) =

3

1 2 a 2b − b3 + 7 a 3 + 7

(

3

(

2

) (

)

(

)

)

(

(

)

)

Nên g' (a ) giảm trên

0;1 . Suy ra   1 3b 3 g ′ ( a ) ≥ g ′ (1) = 3 − − b + 7 64 7 + b3

(

)

2

1  5 3  5 − 3b  1 = 3 −  − 3 >0 + 64  b + 7 8  8 b + 7 

Suy ra g (a ) tăng trên 0;1 . Do đó

S = g ( a ) ≤ g (1) = 2

1 6b Ta có h′ ( b ) = − 8 b3 + 7

(

)

2

(b −

3

)

2

+ 7 − 48b 2

(

2 b + = h(b) . b +7 8 3

8 b3 + 7

)

2

> 0, ∀b ∈ [ 0;1] . | Trang 61

3 3 Suy ra h (b ) tăng trên 0;1 , nên h ( b ) ≤ h (1) = ⇒ S ≤ .

8 8 3 Với a = b = c = 1 thì max S = .

8 Bài toán 5. Cho hàm số f ( x, y ) = (1 − x )( 2 − y )( 4 x − 2 y )

trên miền D = {( x, y ) | 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 2} . Tìm GTNN của hàm f trên miền D. Giải: Biến đổi hàm số đã cho thành f ( x, y ) = 2 (1 − x )( 2 − y ) ( ( 2 − y ) − 2 (1 − x ) )

Đặt u = 1 – x, v = 2 – y , ta chuyển về tìm GTNN của hàm số F ( u , v ) = −2uv 2 + u 2v trên miền

E = {( u , v ) ,0 ≤ u ≤ 2,0 ≤ v ≤ 1} , nghĩa là

min F (u , v) = min  min(−2uv 2 + u 2v)  .

E 0≤u ≤ 2  0≤v ≤1  2 2 Xét hàm số g ( v ) = −2uv + u v với 0 ≤ v ≤ 1 , coi u là tham số. Ta có g ′ ( v ) = −4uv + u 2 = u (−4v + u ) Ta thấy g’ (v ) = 0 khi v0 =

u u 1 u , mà 0 ≤ ≤ và qua v0 = thì g’(v) đổi dấu từ dương sang âm, 4 4 2 4

suy ra

{

}

max g ( v ) = min { g ( 0 ) , g (1)} = min 0; u 2 − 2u 0≤v ≤1

( do u 2 − 2u ≤ 0 ).

Vậy min F (u , v) = min (u 2 − 2u ) = −1 khi u = 1, v = 1. Từ đó E

0≤ u ≤ 2

min f ( x, y ) = 2 min F (u , v) = −2 khi x = 0, y = 1.

D

E

Bài toán 6. Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn abc + a + c = b . Tìm GTLN của biểu thức :

P=

2 2 3 − 2 + 2 a +1 b +1 c +1 2

Giải:

1 a+c Biến đổi giả thiết thành a + c = b (1 − ac ) > 0 , suy ra a < , b = (1) c 1 − ac Thay (1) vào biểu thức P và biến đổi được 2 2(a + c) 2 3 P= 2 + + − 2 ( 2) a + 1 c2 + 1 1 + a 2 1 + b2

(

)(

)

2

2( x + c) 1 1 Xét hàm số f ( x ) = P = 2 + với 0 < x < và coi c là tham số (c > 0).

2 2 2 x +1 1+ x 1+ c

(

)(

)

| Trang 62

Ta có f ′ ( x ) =

(

)

−2c x 2 + 2cx − 1 2 2

(1 + c )(1 + x ) 2

 1  c

Trên  0,  thì f ′ ( x ) = 0 có nghiệm duy nhất là x0 = −c + c 2 + 1 (3) với 0 < x0 <

1 . Qua c

x0 thì f ' (x ) đổi dấu từ dương sang âm nên f (x ) đạt cực đại tại x0 nên f ( x ) ≤ f ( x0 ) = 1 +

c

c2 + 1 3 2c 3 ≤ + 2 = g (c) .

Từ đó theo (2) ta có P = 2 f ( x ) − 2 + 2 2 c +1 c +1 c +1 Xét hàm số g(c) với c > 0 . Ta có g ′ ( c ) = Với c > 0 , thì g’(c) = 0 tại c0 =

2(1 − 8c 2 )

(

)(

c 2 + 1 3c + c 2 + 1

)

.

1 va qua c0 thì g’(c) đổi dấu từ dương sang âm nên g ( c0 ) là 8

 1  10 giá 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 Bài toán 7. Cho các số thực dương x, y , z thỏa mãn hệ điều kiện

2 4 ≤ z ≤ min { x, y} , xz ≥ , 5 15

1 1 2 3 yz ≥ . Hãy tìm GTLN của biểu thức P ( x, y, z ) = + + .

5 x y z Giải:

 4  Từ điều kiện (1) và (2) suy ra x ≥ max  z ,   15 z  a) Xét hàm số f ( x ) =

1 1 2 + với x > 0 và tham số z ≥ . Xét hai trường hợp 5 x z

2 4 thì x ≥ z ≥ theo (4) nên 15 z 15 2 2 4 + N ếu ≤ z ≤ thì x ≥ ≥ z theo (4) 5 15 z 15 2 2 Xét hàm số g(z) với ≤ z ≤ . Ta có 5 15 15 g′( z ) = − 4 + N ếu z ≥

(4)

1 1 2 + = ≤ 15 (5) z z z 15 z 1 nên f ( x ) ≤ + = g (z) .

4 z f ( x) ≤

1 2 <0⇔ z< .

2 z 15 | Trang 63

2 Do đó g(z) là hàm giảm và f ( z ) ≤ g ( z ) ≤ g   = 4 (6) 5 So sánh (5) và (6) ta có 1 1 1 1 2 2 + ≤ 4 và + = 4 ⇔ x = , z = x z x z 3 5 1 1 2 b) Xét hàm số h ( y ) = + với tham số z ≥ y z 5

 1   5z 

Từ điều kiện (1) và (3) suy ra y ≥ max  z ,

(7)

(8)

Lập luận tương tự phần a) ta được 1 + N ếu z ≥ thì h ( y ) ≤ 2 5 (9) 5 2 1 9 thì h ( y ) ≤ (10) + N ếu ≤ z ≤ 5 2 5 So sánh (9) và (10) ta có 1 1 9 1 1 9 2 1 + ≤ và + = ⇔ x = , y = (11) y z 2 x z 2 5 2 So sánh kết quả phần a) và b) ta có 1 1 1 1 9 P ( x, y, z ) =  +  + 2  +  ≤ 4 + 2. = 13 2 x y  y z 2 1 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = , y = , z = 3 2 5 Vậy maxP = 13.

Bài toán 8. Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn 21ab + 2bc + 8ac ≤ 12 . Tìm giá trị nhỏ nhất

của biểu thức : P ( a, b, c ) =

1 2 3 + + a b c .

Giải:

1 1 1 , y = , z = thì bài toán trở thành: a b c Xét các số thực dương x , y, z thỏa mãn 2x + 8y + 21z ≤ 12xyz . Tìm GTNN của biểu thức P ( x, y , z ) = x + 2 y + 3 z .

2x + 8 y 7 Từ giả thiết z (12 xy − 21) ≥ 2 x + 8 y > 0 suy ra z ≥ với x > (1) 12 xy − 21 4y Suy ra 2x + 8 y p ( x, y , z ) ≥ x + 2 y + (12) 4 xy − 7 Đặt x =

| Trang 64

Xét hàm số f ( x ) = x + Ta có f ′ ( x ) =

2 x + 8 y 4 x2 y − 5x + 8 y 7 = với biến x > và y là tham số dương.

4 xy − 7 4 xy − 7 4y

16 x 2 y 2 − 56 xy − 32 y 2 + 35

( 4 xy − 7 )

2

.

7y 32 y 2 + 14  7y  Trên khoảng  ; +∞  thì f ′ ( x ) = 0 có nghiệm duy nhất là x0 = − + và qua x0 4 4y  4  thì f ' (x ) đổi dấu từ âm sang dương nên f (x ) đạt cực tiểu tại x0 nên f ( x ) ≥ f ( x0 ) = 2 x0 −

5 .

4y

Suy ra P ( x, y, z ) ≥ g ( x ) + 2 y ≥ f ( x0 ) + 2 y (13) Xét hàm số g ( y ) = 2 y +

9 1 + 32 y 2 + 14 . Ta có g ′ ( y ) = 0 ⇔ 8 y 2 − 9 4y 2y

(

)

32 y 2 + 14 − 28 = 0 .

Đặt t = 32 y 2 + 14 với t > 0 , thì phương trình trên trở thành

5 .

4 5 5 g ′   = 0 và g’ (y ) đổi dấu từ âm sang dương nên g (y ) đạt cực tiểu tại y0 = lúc đó ta có 4 4  5  15 P ( x, y , z ) ≥ g ( y ) ≥ g   = . 4 2 5 2 1 4 3 Dấu đẳng thức xảy ra khi y = , x = 3, z = hay a = , b = , c = .

4 3 3 3 2 15 Vậy min P = .

2 Nhận xét: Phương pháp khảo sát lần lượt từng biến cho thấy đường lối giải rõ ràng hơn so với cách vận dụng BĐT, đồng thời giải hàng loạt các bài toán tìm cực trị của hàm nhiều biến khác.

(

)

t 3 − 50t − 112 = 0 ⇔ ( t − 8 ) t 2 + 8t + 14 = 0 ⇔ t = 8 ⇔ y =

BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 1: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng 2

2

2

a ( b − c ) + b ( c − a ) + c ( a − b ) + 4abc > a 3 + b3 + c3 .

Bài 2: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác (có thể suy biến).

( a − b )( b − a )( a − c ) . Chứng minh rằng max T < 1 .

21 ( a + b )( b + a )( a + c ) Bài 3: Cho hàm số f ( x, y, z ) = xy + yz + zx − 2 xyz trên miền D = {( x, y, z ) | 0 ≤ x, y, z ≤ 1, x + y + z = 1} . Đặt T =

Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm f (x , y, z ) trên miền D.

Bài 4: Xét các số thực dương x, y, z thỏa mãn hệ điều kiện | Trang 65

 0 < z ≤ y ≤ x ≤ 3 (1)  3 2 ( 2)  + 2 ≥1 xy y   18 4 18  2 + 2 + 2 ≥ 3 ( 3) x y y z z x 1 80 3 18 3 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P ( x, y, z ) = xyz + x + y .

2 27 8 Bài 5: Cho a, b, c ∈ [ 0;1] . Chứng minh rằng :

a b c + + + (1 − a )(1 − b )(1 − c ) ≤ 1 . b + c +1 c + a +1 a + b +1 Bài 6: Cho a, b, c ∈ [ 0;1] . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = ( a − b )( b − c )( c − a )( a + b + c ) .

III. Hiệu quả do sáng kiến đem lại: 1. Hiệu quả kinh tế Trên Internet hoặc các tài liệu tham khảo đã có rất nhiều bài về vấn đề này . Nhóm tác giả hi vọng đề tài này có thể dùng làm tài liệu tham khảo cho các thầy giáo, cô giáo dạy các lớp 11, 12 ôn thi THPT Quốc gia hoặc dạy các đội tuyển HSG các cấp , đồng thời cũng là tài liệu tham khảo dành cho những học sinh yêu thích và muốn nghiên cứu các bài toán về bất đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức.

2. Hiệu quả về mặt xã hội.

Qua một số bài tập trên, chúng ta có thể thấy được những ứng dụng của việc chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của một biểu thức nhiều biến trong các bài toán thi THPT Quốc gia và các kì thi học sinh giỏi.

Trong khuôn khổ bài viết này, do điều kiện thời gian có hạn, chúng tôi mới chỉ nghiên cứu được một số cách chứng minh bất đẳng thức hoặc tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của một biểu thức nhiều biến thông qua việc sử dụng hàm số 1 biến hoặc tìm các đưa về hàm một biến.

Những ứng dụng này chúng tôi đã áp dụng để giảng dạy các em học sinh khá giỏi các lớp 12 chuẩn bị ôn thi THPT Quốc gia và các em học sinh trong đội tuyển HSG môn Toán cấp tỉnh. Trong quá trình dạy, chúng tôi đã được các em học sinh nhiệt tình đón nhận đồng thời cũng đạt được một số kết quả nhất định. | Trang 66

Tuy nhiên, do kinh nghiệm chưa nhiều và thời gian hạn chế nên bài viết còn rất nhiều thiếu sót. Rất mong nhận được sự đóng góp ý kiến của các thầy giáo, cô giáo và các bạn đồng nghiệp để bài viết được hoàn thiện hơn.

Chúng tôi xin chân thành cảm ơn!

IV. Cam kết không sao chép hoặc vi phạm bản quyền.

Chúng tôi xin cam kết những kết quả trong bản sáng kiến này đều là các kết quả do nhóm tác giả chúng tôi nghiên cứu qua quá trình dạy các lớp 11, 12 ôn thi THPT Quốc gia và đội tuyển học sinh giỏi Tỉnh môn Toán. Chúng tôi không sao chép và vi phạm bản quyền của bất kì tác giả nào.

CƠ QUAN ĐƠN VỊ

NHÓM TÁC GIẢ SÁNG KIẾN

ÁP DỤNG SÁNG KIẾN

........................................................................... ...............................................................

Bùi Văn Toan

(Ký tên, đóng dấu)

Lương Văn Thủy

Sở Giáo dục và Đào tạo (xác nhận, đánh giá, xếp loại)

| Trang 67

Tài liệu tham khảo: 1. SGK Giải tích 12 cơ bản , nâng cao – Trần Văn Hạo (Tổng chủ biên) 2. Các đề thi thử đại học, thi thử THPT Quốc gia các năm.

3. Đề thi học sinh giỏi tỉnh Nam Định và các tỉnh.

4. Tạp chí Toán học và tuổi trẻ.

5. Các tài liệu trên Internet: http://vnmath.vn ; http://diendantoanhoc.com.vn ; http://mathscope.org ;

| Trang 68

CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự do - Hạnh phúc

ĐƠN YÊU CẦU CÔNG NHẬN SÁNG KIẾN

Kính gửi: SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH

Tôi (chúng tôi):

Số TT

1

2

Họ và tên

Lương Văn Thủy

Bùi Văn Toan

ngày tháng nă m sinh

Nơi công tác

Chức danh

Trình độ chuyên môn

Tỷ lệ (%) đóng góp vào việc tạo ra sáng kiến

1958

THPT Chuyên Lê Hồng Phong

Phó hiệu trưởng

Thạc sĩ Toán

50%

1985

THPT Chuyên Lê Hồng Phong

Giáo viên

Thạc sĩ Toán

50%

- Là tác giả (nhóm tác giả) đề nghị xét công nhận sáng kiến:

Khai thác một số bài toán bất đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức nhiều biến.

- Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Toán lớp 12, ôn thi THPT Quốc gia - Ngày sáng kiến được áp dụng lần đầu hoặc áp dụng thử: 22/10/2017 | Trang 69

- Mô tả bản chất của sáng kiến : các bài toán tập trung cách chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức nhiều biến - Những thông tin cần được bảo mật nếu có : không - Những điều kiện cân thiết để áp dụng sáng kiến : học sinh lớp 12 học hết chương 1 Giải tích 12.

- Đánh giá lợi ích thu được hoặc dự kiến có thể thu được do áp dụng sáng kiến theo ý kiến của tác giả: có thể giúp học sinh tiếp cận tốt hơn các bài toán chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức nhiều biến, có thể được dùng làm tài liệu tham khảo cho đồng nghiệp và học sinh.

- Đánh giá lợi ích thu được hoặc dự kiến có thể thu được do áp dụng sáng kiến theo ý kiến của tổ chức, cá nhân đã tham gia áp dụng sáng kiến lần đầu, kể cả áp dụng thử (nếu có) Danh sách những người tham gia áp dụng thử hoặc áp dụng lần đầu (nếu có):

Số TT

Họ và tên

ngày tháng năm sinh

Nơi công tác

Chức danh

Trình độ chuyên môn

Nội dung công việc hỗ trợ

1 2 ...

Tôi (chúng tôi) xin cam đoan mọi thông tin trong đơn là trung thực, đúng sự thật và hoàn toàn chịu trách nhiệm trước pháp luật.

Nam Định, ngày 28 tháng 5 năm 2018

Người nộp đơn

| Trang 70