Đề cương ôn tập HSG Toán THCS - Chủ đề 10: Ứng dụng của đạo hàm trong chứng minh bất đẳng thức và bài Toán tìm cực trị

Nội dung text: Đề cương ôn tập HSG Toán THCS - Chủ đề 10: Ứng dụng của đạo hàm trong chứng minh bất đẳng thức và bài Toán tìm cực trị

1. Chủ đề 10. ỨNG DỤNG CỦA ĐẠO HÀM TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BÀI TOÁN TÌM CỰC TRỊ Trong việc chứng minh bất đẳng thức hay tìm cực trị của một biểu thức, vận dụng phương pháp dồn biến để khảo sát hàm số là một chủ đề rất được nhiều bạn học sinh tham gia các kỳ thi chọn HSG và kỳ thi TSĐH, THPT – Quốc Gia quan tâm. Để có thể dồn một biểu thức nhiều biến về một biến chúng ta có nhiều kỹ thuật, tuy nhiên trong nội dung của chủ đề chúng tôi chỉ giới thiệu một số kỹ thuật quan trọng, thường gặp và sắp xếp theo sự phổ biến của các kỹ thuật đó gồm: - Vận dụng các bất đẳng thức kinh điển. - Kết hợp kỹ thuật đổi biến số. - Kết hợp kỹ thuật sắp thứ tự các biến. - Phương pháp tiếp tuyến. - Khảo sát hàm nhiều biến. - Kết hợp với việc sử dụng bổ đề. - Vận dụng kỹ thuật dồn biến cổ điển 1. Dồn biến nhờ vận dụng kỹ thuật sử dụng các bất đẳng thức kinh điển. ❖ Bài toán 1 . Cho các số thực a,b,c 0;1 : abc 1 a 1 b 1 c . Chứng minh rằng 3 a2 b2 c2 . 4 Phân tích. Khai triển đẳng thức ở giả thiết cho ta: 2 a2 b2 c2 a b c 1 1 4abc 3 a b c Để ý là : abc . Từ đó ta quy việc giải bài toán bất đẳng thức AM GM 3 về bài toán khảo sát hàm số theo biến t a b c, t 0;3 . Lời giải. Ta có abc 1 a b c ab bc ca abc 1 a b c ab bc ca 2abc 2 a b c a2 b2 c2 1 a b c 2abc 2 2 2 4 3 a2 b2 c2 a b c 1 1 4abc a b c 1 1 a b c 27 4 Đặt t a b c t 0;3 . Xét hàm số F t t3 t2 2t 2 27 3 4 t Ta có F ' t t2 2t 2 0 2 . 9 t 3 3 3 Lập bảng biến thiên ta có: Min F t F 2 4 3 1 Vậy a2 b2 c2 . Dấu " " xảy ra khi a b c . 4 2 ❖ Bài toán 2. Cho các số thực dương x, y,z thỏa mãn xz 2xy yz 4z2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 x y 3 z P 2y z 2x z 2 x y z Lời giải. Ta có
2. 2 2 2 x y x y x y x y 4z x y z 2xy 2 8 0 2 AM GM 2 z z z Lại có : 2 x y 2 2 x y 3 z z 3 1 P 2 x y x y z 2 x y z x y 2 x y 1 1 z z x y t 3 Đặt t, t 2 . Khảo sát hàm số f t 2 , t 2; z t 1 2 t 1 5 Ta tìm được min f t f 2 2; 6 5 Hay min P x y z . 6 ❖ Bài toán 3. Cho các số thực không âm thỏa mãn a b c2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức a b 32c P a c b c 27 c 1 Lời giải. 2 a b c c a b c ab c 2 Ta có 0 a c b c c 1 a c b c c 1 a b c a c b c c 1 4 c 32 c 4 32 Do đó P . Xét hàm số f t t t, t 0 có: c 1 27 c 1 27 32 2 f ' t 4t3 f ' t 0 t 27 3 16 Lập bảng biến thiên ta có f t 27 16 Do đó min P a 0,b 4,c 2 hoặc b 0,a 4,c 2. 27 ❖ Bài toán 4. Cho các số thực dương a,b,c . Tìm giá trị nhỏ 1 27 nhất của biểu thức P 2 3 32 abc 2a2 2b2 c 1 Lời giải. 1 27 1 1 Ta có P 2 3 2 AM GM 32 abc 4ab c 1 AM GM 32 abc 4abc 1 1 Đặt t abc, t 0. Xét hàm số f t , t 0; có : 32t2 4t 4t 1 1 f ' t f ' t 0 t . 16t3 4 1 1 Lập bảng biến thiên ta có f t f 4 2 1 1 a b Hay min P 2 2 c 1. ❖ Bài toán 5. (HSG Tỉnh Nghệ An – 2012) Cho các số thực dương a,b,c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 3 P a ab 3 abc a b c
3. Lời giải. 1 a 4b 1 a 4b 16c 4 Ta có a ab 3 abc a . . a b c AM GM 2 2 4 3 3 3 3 Suy ra P 2 a b c a b c Đặt t a b c, t 0 3 3 3 3 Xét hàm số f t với t 0 ta có f ' t . 2t t 2t t 2t2 3 3 f ' t 0 0 t 1 2t t 2t2 3 Lập bảng biến thiên ta có min f t f 1 . t 0 2 16 a 21 3 a b c 1 4 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là khi và chỉ khi b 2 a 4b 16c 21 1 c 21 16 4 1 a,b,c , , . 21 21 21 ❖ Bài toán 6. Cho các số thực x, y, z không âm và thỏa mãn điều kiện x 3y 2z 3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức x2 9y2 P 2 3z z2 xy 1 Lời giải. 2 x2 9y2 x2 9y2 x 3y 6 Ta có 2 6 4 4 xy 1 xy 1 xy 1 2 x 3y 6 2 4 x 3y 2 Do xy 0 0 1 Lại do x 3y 3 2z , vậy nên : 2 9 P 3 2z 2 3z z2 . Đặt t z2 3z,t . . 4 7 15 Khảo sát hàm số f t 4t 11 t ta tìm được max f t f 9 ; 4 4 4 x 3y 2z 3 2 3 1 x 0, y , z 15 xy 0 3 2 2 Hay max P 4 7 3 1 z2 3z 0 x 2, y 0, z 4 2 2 ❖ Bài toán 7. (Khối B năm 2014) Cho các số thực a,b,c không âm và thỏa mãn điều kiện (a b)c 0 . Tìm giá trị nhỏ a b c nhất của biểu thức P b c a c 2(a b) Lời giải. a b 2(a b) 2 Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có . b c a c a b c c 1 a b 2 c Vậy P , c 2(a b) 1 a b
4. c 2 1 Đặt t ,t 0. Xét hàm số g(t) t với t 0 , a b 1 t 2 3 Khảo sát hàm số ta được GTNN của P bằng đạt được khi a 0,b c,b 0 . 2 ❖ Bài toán 8. Cho các số thực a,b,c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện a2 bc b2 c2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức b c 3a3 P 2 2 2 2 6 a c a b b c Lời giải. a2 b2 c2 bc a2 b c b3 c2 Từ giả thiết ta có 2 2 2 b c a b c bc b c 3bc 2 2a2 b c 3a3 2a2 b c 3a3 Nên P 6 2 6 a2 c2 a2 b2 b c ab ac b c 2 3a3 2 3 6 3 b c b c b c 8 b c 1 3 Đặt t,t 0 . Khảo sát hàm số f t 2t t3 ,t 0 b c 8 4 16 Ta tìm được Max f t f 0; 3 9 16 3 Hay max P a b c . 9 8 ❖ Bài toán 9. Cho các số thực x, y, z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện x2 y2 z 3xy . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x y x3 y3 P y z x z 16z Lời giải. Ta có 3xy x2 y2 z 2xy z xy z x y (x y)2 (x y)2 4 y z x z 2xy z(x y) xy(2 x y) 2 x y Suy ra x3 y3 xy(x y) x y 16z 16z 16 4 x y Do đó P x y 2 16 4 t Đặt t x y, t 0. Khảo sát hàm số f t , t 0; t 2 16 7 Ta được min f t f 6 . 0; 8 7 x y 3 Hay min P 8 z 9 ❖ Bài toán 10. Cho các số thực x, y, z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện x2 z2 y2 xy 3yz zx . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức x 1 P 2 2y z xy y 2z Lời giải.
5. 2 Ta có x2 z2 y2 xy 3yz zx x z x y y 3z 2 2 x y y 3z x 2y 3z x 2y 3z 2 x z 2y z x 2 4 x 1 Do đó 2 . Lại có : 2y z 2y z 2 1 1 3y y 2z 1 2 1 3 xy y 2z x. 3y y 2z x. x 2y z 2y z 3 3 2 3 3 1 3 Nên P 3 2y z 2y z 1 3 Đặt 2y z t,t 0. Khảo sát hàm số f t ,t 0; t t3 2 2 x 3 Ta tìm được max f t f 3 . Hay max P 0; 9 9 y z 1 ❖ Bài toán 11. Cho các số thực x, y, z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện x2 y2 z2 4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2y2 3x3 3xy2 2x2 y P 2 2y xz y z 2 Lời giải. Ta có : 1 2y xz y2 4 x2 z2 x2 y2 2 3 2 2 2 2 2 2 2 2 3x 3xy 2x y 3x(x y ) x(x y ) 2x(4 z ) x(2 z) 2y2 x 2 x Từ đó suy ra P 2 2 2 x y y x y 1 y x 2 Đặt t ,t 0 . Khảo sát hàm số f t t, t 0 y t2 1 Suy ra min f t f 1 2 . Hay min P 2 x y z 2. 0; ❖ Bài toán 12. Cho các số thực x, y,z thỏa mãn 0 x y 2 . x y 1 10z xy x y 2z 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P . z4 Lời giải. 2 2 x y xy Từ giả thiết suy ra z 0. Lại có x y 4xy 4z2 z2 2 2 Từ giả thiết x y 1 10z x y 1 10z2 2 x y 1 x y 1 10 10 2 2 z z z z 3 xy x y 1 1 1 1 Do đó P . 2 10 2 2 2 z z z 4 z z 1 Đặt t 0 . Xét hàm số f t t 2 10 t2 10 t2 ,t 0 z Ta có f ' t 2t2 3t 5 10 t2 f ' t 0 t 1
6. Lập bảng biến thiên ta có Max f t 81 t 1 0; z 1 81 Hay MaxP 3 4 x y 2 ❖ Bài toán 13. Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn a2 b2 c2 2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức a c 2 3 P 2 2 . a 2bc 2 a b 1 2 a b 2 Lời giải. Từ giả thiết ta có a2 b c 2 bc 1 Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: 2 2 bc 1 a2 b c 2a b c bc 1 ab ac 2bc 1 ab bc ca a2 2bc 2 a b 1 a2 ab bc ca 2a 2b a2 2bc 2 a b 1 a c 2 a b a c 2 1 a2 2bc 2 a b 1 a b 1 3 Từ đó suy ra P 2 a b 2 a b 1 Đặt t 0 , đồng thời a b 2 a b 1 a2 b2 2 c2 2 a b 4 t 2 4 3 2 1 Xét hàm số f t t t , t ; f ' t 1 3t 2 4 1 3 Lập bảng biến thiên suy ra f t f 3 6 3 2 1 1 Hay MaxP a,b,c ; ; . 6 3 3 3 ❖ Bài toán 14. Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn điều kiện a 2b 3c 18abc . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 3 1 1 P a 2b 3c 2 2 . 3 3 2b 1 3 a 3c Lời giải. 3 a 2b 3c Ta có a 2b 3c 18abc 3.a. 2b 3c 3 AM GM 3 2 a 2b 3c 9 a 2b 3c 3. 2 6 3 2b 1 AM GM 2b 5 2 2 24 Lại có : 3 3 2 6 2b 1 a 3c a 2b 3c 9 3 a 3c AM GM a 3c 4 1 48 Do đó P a 2b 3c 3 a 2b 3c 9 1 48 Đặt a 2b 3c t, t 3 . Khảo sát hàm số f t t , t 3; 3 t 9
7. Ta được min f t f 3 5 3; Hay min P 5 a 2b 3c 1. ❖ Bài toán 15. Cho các số thực không âm x, y,z thỏa mãn 5 x2 y2 z2 6 xy yz zx . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P 2 x y z y2 z2 . Lời giải. 2 Từ 5 x2 y2 z2 6 xy yz zx 5 y2 z2 6yz y z 2 y z y z Suy ra x y z . Do đó P 2 y z 5 2 t4 Đặt y z t,t 0 . Khảo sát hàm số f t 2t , t 0 2 x 1 3 3 Ta được Max f t f 1 . Hay MaxP 1 0; 2 2 y z . 2 ❖ Bài toán 16. Cho các số thực dương x, y,z thỏa mãn x2 y2 z2 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 xy 1 yz 1 xz P 2 x y z . 1 y z 1 z x 1 x y Lời giải. 1 xy 1 yz 1 xz Ta có 1 y z 1 z x 1 x y 2 2 2 x y z2 xy y z x2 yz z x y2 zx 1 y z 1 z x 1 x y 2 2 2 3 x y 4z2 3 y z 4x2 3 z x 4 y2 4 1 y z 4 1 z x 4 1 x y 2 2 2 3 4 x y z x y z 4 x y z 4 2 x y z 3 2 x y z 3 2 x y z 3 2 4 x y z Suy ra P 2 x y z 2 x y z 3 4t2 Đặt x y z t, 0 t 3 . Khảo sát hàm số f t 2t, t 0; 3 2t 3 Ta tìm được min f t f 3 6 3 12 0; 3 1 Hay min P 6 3 12 x y z . 3 ❖ Bài toán 17. Cho các số thực x, y, z 1 thỏa mãn x y z 3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức x2 y2 1 P . x2 y2 4 xy 1 z2 4x 5 Lời giải. Ta có x y z 3 . Đồng thời, do x, y 1 x 1 y 1 0 xy x y 1 2 2 Do đó x2 y2 4 xy 4 x y 2xy 4 x y 2 x y 2 2 3 z 2 3 z 2 z2 4z 5
8. 2 2 Lại có x2 y2 x y 2xy x y 2 x y 2 z2 18z 17 z2 8z 16 Từ các kết quả trên suy ra P . z2 4z 5 z2 8z 16 Khảo sát hàm số f z 2 , z 1; z 4z 5 3 Ta tìm được max f z f 5 .  1; 2 5 3 5 3  Hay max P 5 x; y; z 1; ; , ; 1;  2 2 2 2  ❖ Bài toán 18. Cho các số thực dương x, y,z thỏa mãn x2 y2 z . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 1 2xy z 3z2 P . x2 y2 1 z2 1 z2 1 z2 Lời giải. Từ điều kiện giả thiết ta có 1 2xy z z 1 2xyz x2 y2 2xyz Áp dụng bất đẳng thức B.C.S ta có: 2 x2 y2 2xyz x2 y2 2xyz 2 x2 y2 4x2 y2 1 z2 x2 y2 1 z2 1 3z2 Từ đó : P 1 z2 1 z2 z2 1 3z2 Xét hàm số f (z) , z 0 1 z2 1 z2 1 z2 z 1 z2 5 4z2 Ta có : f (z) 3 1 z2 5 Nên : f (z) 0 5 2z 0 z . 2 16 Lập bảng biến thiên cho ta có giá trị lớn nhất của P là . 9 4 125 x 2 2 2xy x y 2 2 z 4 2 2 5 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x y z y 2 2 5 z 5 2 z 2 ❖ Bài toán 19. Cho các số thực không âm x, y,z thỏa mãn 2 2 2 x y y z z x 6 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2 x y z 1 2 P xy yz zx . z 6 24 Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức B.C.S ta có: 2 2 2 2 x y y z z x 22 1 1 x y y z z x 6 1 1 3x 3y 2z 6 3 x y z 6 z 6 z 3 x y z
9. 2 Từ điều kiện ban đầu, khai triển ta lại có: x y z 3 xy yz zx 2 x y z 1 2 Từ đó cho ta P x y z 3 3 24 2 2 x y z 2 x y z Lại có xy yz zx x y z 3 3 3 3 2 0 x y z . 2 3 2 Đặt t x y z, t 0; . 2 2 2 t t 3 3 2 Khảo sát hàm số f t ,t 0; 3 24 2 5 5 x y 1 Ta được max f t f 2 . Hay max P 3 2 0; 8 8 z 0. 2 ❖ Bài toán 20. Cho các số thực dương x, y,z thỏa mãn x y 1 z . x y z2 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P . x yz y zx z xy Lời giải. Ta có: x y 1 z z xy x 1 y 1 nên x y z2 2 P z y 1 yz z x 1 zx x 1 y 1 x y z2 2 y 1 z 1 x 1 z 1 x 1 y 1 x y z2 2 y 1 x y x 1 x y x 1 y 1 2 x y 2 2 2 x y 2 x y x y z 2 4 z 2 2 2 x y x 1 y 1 x 1 y 1 x y 2 x y 2 x y 4 4 2 2 4 z 2 2 . z 1 z 1 2 2 4 z 2 Khảo sát hàm số f z 2 , z 0 cho ta z 1 z 1 13 13 x y 1 min f z f 3 . Hay min P 0: 14 14 z 3 ❖ Bài toán 21. Cho các số thực a,b,c thỏa mãn a b c 0 . ab bc ca 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 4b P a a 2b a 2c c c 2a c 2b . a c Lời giải. Ta có a 2b a 2c a2 2ab 2ac 4bc a2 2bc 6 1 và a b a c 0 a2 ab ac bc 0 a2 2bc ab bc ca 3 2 Từ (1), (2) suy ra a 2b a 2c 9 , tương tự c 2a c 2b 9
10. 3 ac 4 2 4b a c 12 a c 12 Do đó P 3 a c 3 a c 3 a c 2 3 a c 2 1 . a c a c a c a c 12 Đặt a c t,t 0 . Khảo sát hàm số f t 3t 1, t 0 ta được t2 min f t f 2 8 . Hay min P 8 a b c 1. 0; ❖ Bài toán 22. Cho x, y, z 1;3 : x y 2z 6 . Tìm GTLN, GTNN của biểu thức P x3 y3 5z3 . 2 2 2 2 Lời giải. Từ giả thiết ta có : 4xy 4 3 z x y 4 3 z xy 3 z 2 Ta lại có : x 1 y 1 0 xy x y 1 5 2z 5 2z xy 3 z . Mặt khác ta có : 2z 6 x y 4 z 1;2 . 2 2 Ta có : P x y x y 3xy 5z3 2 3 z 4 3 z 3xy 5z3 . 2 Vì 5 2z xy 3 z 3 2 2 3 z 5z3 P 2 3 z 4 3 z 6z 15 5z3 , z 1;2 3 3 3 2 2 3 z 5z P 3z 60z 150z 126, z 1;2 . 3 Đặt f z 2 3 z 5z3 , g z 3z3 60z2 150z 126. Xét hàm số f z , g z trên miền z 1;2 Đạo hàm và lập bảng biến thiên hàm số f z , g z ta có : Min f z 210 60 10 tại z 2 10 x y 5 10 . Max g z 42 tại z 2 x y 1. Vậy Min P 210 60 10 khi x y 5 10, z 2 10 . Max P 42 khi x y 1, z 2. ❖ Bài toán 23. Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn điều kiện 2a2 3 b2 c2 4ab 3ac . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 a 1 c b 4 2b2 c2 P . 25bc ab 2ac Từ giả thiết ta có 4ab 3ac 2a2 3 b2 c2 a2 4b2 a2 4c2 b2 c2 4ab 4ac b2 c2 b2 c2 ac 1 2 Lại có a b c 0 2ab 2ac a2 2b b c c2 b2 2 4b2 b c a2 c2 b2 2 2 2 2 2a 3 b c 4ab 3ac a bc bc ac 2bc 0 2 2 2 2 b 2 2 2 2 a c 4 b c 2b2 c2 Lúc đó P 25bc ab 2ac 2 2 4a2 c2 ac b b c 1 a b 1 . . 25bc a b2 2bc 5 b a t 1 1 1 t2 5 Xét hàm số f t , t 0;2 có f ' t 2 0,0 t 2. 5 t 5 t 5
11. 9 9 a 2 Suy ra f t f 2 . Hay MinP 10 10 b c 1. Bài toán 24. Cho các số thực thay đổi x, y,z thỏa mãn 16 x2 y2 z2 xy 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 25 3 5 P x2 y2 z2 xy 10 xy yz zx 5 6 Lời giải. Áp dụng BĐT Cauchy-Schwazr ta có : 2 x y 3 2 5 x2 y2 P x y z2 xy 10 xy yz zx 2 10 6 x y z xy 10 xy yz zx xy yz zx 10 xy yz zx . Đặt t xy yz zx ,t 0 Xét hàm số F t t2 t 10 ,t 0 10 Ta có : F ' t 2t 10 0 t 2 10 5 MinF F Lập bảng biến thiên ta có : . 2 2 5 5 6 5 6 Vậy MinP khi x y , z hoặc x y , z . 2 34 34 34 34 Bài toán 25. Cho các số thực x, y,z thuộc đoạn 1;3 . Tìm 2 25 y z giá trị nhỏ nhất của biểu thức T  12x2 2012 xy yz zx Lời giải. 2 25 y z Ta biến đổi biểu thức đã cho trở thành : T 12x2 2012x y z 2012yz 2 Mặt khác với mọi số thực y, z 1;3 , áp dụng bất đẳng thức Cauchuy ta có : 4 yz y z . 2 25 y z Do đó ta có : T 2 N 12x2 2012x y z 503 y z Vì y, z 1; 3 y z 0 nên ta chia cả tử và mẫu của N cho y z ta được : 25 N 2 x x 12  2012  503 y z y z x 1 3 25 1 3 t ,t ; f (t) ,t ; Đặt . Lúc đó ta xét hàm số : 2 . y z 6 2 12t 2012t 503 6 2 25  24t 2012 503 Ta có : f '(t) ; f '(t) 0 24t 2012 0 t (loại). 12t2 2012t 503 6 1 3 Lập bảng biến thiên ta nhận thấy rằng với t ; , ta có f (t) đồng biến. 6 2 1 75 Do đó ta có ngay được f (t) f . 6 2516 1 Dấu đẳng thức xảy ra khi t x, y, z 1,3,3 . 6 75 Vậy ta có giá trị nhỏ nhất của T đạt được khi x, y, z 1,3,3 . 2516
12. ❖ Bài toán 26. Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn ac 2b và ac b ab c a2 c2 4b2 . 2 2 b ac b Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P 1 . ac ac b Lời giải. Ta có b ab b2 2 2 4 2 1 2 4 ac b ab c a c b a a 2 c c c b c ac b a 1 4. c ab b ac ac b c b 1 ac b 4. a 2 * b ac b c a b ac ac Đặt t t 2 , từ (*) ta có b 4 1 ac t2 2 t t4 2t3 2t 4 0 t 2 t3 2 0 t 2 dot 2 4 2 hay t t b 2 b 2 2 2 1 b ac b b ac Lại có P 1 1 ac ac b ac b 1 ac 2 2 1 u b 1 Xét hàm số f u 1 u , u , ta có 1 u ac 4 4 1 u 1 1 625 f u f . f ' u 2 1 u 3 0,u 1 u 4 4 144 625 ac 4b a 2 Vậy MaxP . 144 ab c c 2b ❖ Bài toán 27. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn : x y 1 z . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x3 y3 z3 14 P . x yz y zx z xy z 1 x 1 y 1 Lời giải. x4 y4 z3 14 Biểu thức P được viết lại như sau : P 2 2 x xyz y xyz x 1 y 1 z 1 x 1 y 1 2 2 x y 2 z 1 Áp dụng BĐT Cauchy ta có : x 1 y 1 4 4 2 2 2 2 x y 4z3 28 x2 y2 4z3 28 x y 4z3 28 2 2 2 2 2 2 x y xyz z 1 z 1 z 1 z 1 2 z 1 z 1 2 z 1 4z3 28 9z3 z2 z 57 2 2 , z 1 2 z 1 z 1 2 z 1 9z3 z2 z 57 Xét hàm số P z 2 , z 1 . 2 z 1 2 3z 5 3z 14z 23 5 Ta có : P' z 3 0 z . 2 z 1 3 5 53 Lập bảng biến thiên ta có : Min P z P . 3 8
13. 53 1 5 Vậy Min P x y , z . 8 3 3 ❖ Bài toán 28. Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x2 8 y2 9z2 4xyz . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 4x 2y2 z3 P 6 36y 11 2z 11x 2 Lời giải. Từ giả thiết ta có : x 3z 8 y2 6zx 4xyz 2 3 0 8 y2 2zx 2y 3 x 3z 2zx 2y 3 y 2 x2 9z2 Ta lại có : 4zx 4 y 4 y 4x 12z 8 3zx zx 12 . y y 4x 2y2 z3 8 8 16 4x 12z 2y2 16 Ta có : P 216y 11 3 2z 3 2z x 216y 333 18zx 2y2 8 3zx 16 2y2 32 . 216y 198 216y 198 2y2 32 3 Xét hàm số F y , y . 216y 198 2 8 81y2 99y 432 Ta có : F ' y 0 y 3 . 216y 198 216y 198 5 2 Lập bảng biến thiên ta có : Min F y F 3 . 3 5 2 Vậy Min P khi x 6, y 3, z 2. 3 Bài toán 29. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn : x2 y2 z2 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 3 3 2 1 x y z 1 P x y z 2 xyz xy yz zx 2 Lời giải. Từ giả thiết ta có : x y z 1 2 xy yz zx 3 3 3 2 2 2 Ta có : x y z 3xyz x y z x y z xy yz zx 3xyz x y z 1 xy yz zx x3 y3 z3 1 1 1 3 1 xy yz zx xyz xy yz zx 9 3 1 xy yz zx . xy yz zx Đặt t xy yz zx x2 y2 z2 1 0 t 1. 1 9 1 4 P 1 2t 3 1 t 2 2t . 2 t t t 4 Xét hàm số F t 2t 2 , t 0;1 . t 4 Ta có : F ' t 2 0 2t2 4 0 t 2 . t2 Lập bảng biến thiên ta có : Min F t F 1 4 1 Vậy Min P 4 khi x y z . 3
14. Bài toán 30. [THPT Quốc Gia 2015] . Cho các số thực a,b,c thuộc đoạn 1;3 và thỏa mãn a b c 6 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức a2b2 b2 c2 c2 a2 12abc 72 1 P abc . ab bc ca 2 Lời giải. a 1 b 1 c 1 0 abc ab bc ca 5 Do a,b,c 1;3 a 3 b 3 c 3 0 abc 3 ab bc ca 27 ab bc ca 11 2 a b c Lại có ab bc ca 12 . Hơn nữa: 3 2 ab bc ca a2b2 b2 c2 c2 a2 2abc a b c a2b2 b2 c2 c2 a2 12abc Nên 2 2 ab bc ca 72 1 ab bc ca 72 1 P abc ab bc ca 5 ab bc ca 2 ab bc ca 2 Đặt ab bc ca t, t 11;12 t 72 5 Khảo sát hàm số f t , t 11;12 2 t 2 160 ta tìm được Max f t f 11 11;12 11 160 Hay MaxP khi a;b;c 1;2;3 và các hoán vị của nó. 11 Bài toán 31. Cho các số thực a,b,c thỏa mãn a 0,b 0,c 1 và a b c 2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P ab bc ca a2b2 b2 c2 c2 a2 1 . Lời giải : Từ giả thiết ta có : 0 a,b 1 c và a b c 2 2 Ta có P (ab bc ca) (ab bc ca) 2abc(a b c) 1 2 (ab bc ca) (ab bc ca) 4abc 1 . (a b c)2 Mà (a b)c ab(1 c) 1 (Vì 0 a,b 1 c và a b c 2 ) 4 nên abc ab bc ca 1 2 Suy ra : P (ab bc ca) (ab bc ca) 4(ab bc ca) 5 (a b c)2 4 Đặt t ab bc ca . Ta có 0 t .. 3 3 2 4 Xét hàm số f (t) t(t 4t 5) trên đoạn 0; 3 4 t 1 0; 3 Có f '(t) 3t2 8t 5 , f '(t) 0 . 5 4 t 0; 3 3 4 52 f (0) 0 , f (1) 2 , f ( ) . Suy ra Max f (t) f (1) 2 4 3 27 [0; ] 3 Vậy MaxP 2 , đạt được khi a 0,b 1,c 1 hoặc a 1,b 0,c 1 . Bài toán 32. Cho các số thực a,b,c thỏa mãn a b c và a2 b2 c2 5 Chứng minh rằng (a b)(b c)(c a)(ab bc ca) 4
15. Lời giải. Ta có (a b)(b c)(c a)(ab bc ca) 4 P : (a b)(b c)(a c)(ab bc ca) 4 (*). • Nếu ab bc ca 0 thì P 0 suy ra BĐT được chứng minh. • Nếu ab bc ca 0 , đặt ab bc ca x 0 ta có : 2 a b b c (a c)2 (a c)3 a b b c a b b c a c 1 2 4 4 Ta có 4 a2 + b2 c2 ab bc ca 2 2 2 2 2 2 a c + 2 a b + 2 b c 2 a c a b b c 2 2 2 2 a c + a c = 3 a c 2 4 Suy ra 4 5 x 3 a c ,từ đây ta có x 5 và a c (5 x) 2 . 3 3 1 4 2 3 3 Từ 1 , 2 suy ra P x. (5 x) = x (5 x) 4 3 9 3 Lại có f x x (5 x) hàm số liên tục trên đoạn 0;5 . 5 f ' x 5 x(5 x) ; f ’ x 0 x 5; x 2 . 2 Ta có f 2 6 3, f 0 f 5 0 Vậy Max f x f 2 6 3 , Min f x f 0 0 . x [0;5] x [0;5] 2 3 nên suy ra P .6 3 P 4 . Vậy (*) được chứng minh. 9 Dấu bằng xảy ra khi a 2; b 1; c 0 . 2. Dồn biến nhờ kết hợp với kỹ thuật đổi biến số. ❖ Bài toán 33. Cho a, b, c dương thỏa mãn : a2 b2 c2 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 P 5 a b c . abc 2 Phân tích. Ta có a2 b2 c2 a b c 3 ab bc ca 2 đồng thời ab bc ca 3abc a b c . Do đó giữa các đại lượng a b c , ab bc ca , abc tồn tại một mối liên hệ mà ta quan tâm. Và để làm gọn các biểu thức ta có thể sử dụng phép đổi biến số (dạng ẩn phụ) như lời giải sau: x 3, y 0 Lời giải. Đặt x a b c, y ab bc ca 2 x 2y 3 2 1 3x Mặt khác ta có: ab bc ca 3abc a b c . abc y2 9x 36x P 5x 2 5x 2 . y x2 3 36x Xét hàm số F x 5x 2 với x 3 x2 3 x 3 5x5 15x4 27x 81 Ta có: F ' x 3 x2 3 Vì x 3 5x5 15x4 27x 81 0 F ' x 0 x 3 . Lập bảng biến thiên ta có: MinF F 3 18 .
16. x 3 Vậy MinP 18 khi a b c 1. y 3 Bài toán 34. (HSG Tỉnh 12 - Nghệ An 2010) . Cho các số dương a, b, c đôi một khác nhau thỏa mãn đồng thời các điều kiện ab bc 2c2 và 2a cTìm giá trị lớn nhất của biểu thức a b c P . a b b c c a Phân tích. Nhận thấy đẳng thức ở giả thiết và biểu thức P có dạng đồng bậc, do a x.c đó ta có thể nghĩ đến vận dụng cách đổi biến kiểu để dồn biểu thức ba b y.c biến về biểu thức hai biến. 1 1 0 x a x.c 0 x 2 Lời giải. Đặt 2 b y.c 2 xy y 2 y x 1 x y 1 x x 1 2 1 x2 2x 6 Ta có P x y y 1 1 x x2 x 2 1 x 1 x x2 x 2 3x2 8x 10 1 1 27 P' 0 x 0; P x P Ta có 2 x2 x 2 2 2 5 1 1 x a c 27 2 2 MaxP . 5 4 4 y b c 3 3 BÌNH LUẬN. Thông thường phép đổi biến số được thực hiện với hai mục đích. • Làm cho bài toán có cách nhìn đơn giản hơn dưới dạng ẩn phụ. • Làm giảm số biến xuất hiện trong bài toán ban đầu. Sau đây mời các bạn cùng tiếp tục theo dõi các bài toán để làm rõ hơn những vấn đề đã nêu. ❖ Bài toán 35. Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a 2b b c 5bc và 2a c Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất a2 b2 của biểu thức P . ac a x b Lời giải. Đặt . Từ điều kiện ban đầu ta có: c y b x 2 x 2 1 y 5y y x 2 1 3 x 2x x 2 2x y 3 x 2 2x y 2 x2 1 x2 1 3 x x 1 Khi đó biểu thức P xy x 2 x x 2 x 3 x 2 3 x x 1 1 Khảo sát hàm số f x trên đoạn ;2 ta có: x x 2 2 3 25 3 25 1 f x x 5 f ' x 1 0,x ;2 2 2 2x 2 x 2 2x 2 x 2 2 5 1 5 Do đó f 2 f x f . 8 2 2
17. 5 b 2a 5 a 2b Hay max P và min P 2 b c 8 c 4b ❖ Bài toán 36. Cho x, y,z là các số thực dương thỏa mãn 1 1 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức a2 b2 2c2 a b c P b c c a a2 b2 c2 x, y 0 x y 1 c c Lời giải. Đặt x, y 1 1 a b x2 y2 xy 2 4 Khi đó x y x2 y2 xy x2 y2 P 2 2 2 2 2 y x 1 x y 1 x y x y xy x 1 y 1 2 2 1 x y 2 1 x2 y2 1 x2 y2 2 2 x y xy 1 2 2 1 xy 2 2 2 1 x y x y 2 2 1 1 t2 1 xy t, t 0; . f t 2 , t 0; Đặt Xét hàm số 2 4 t 2 t 2 4 1 t 1 f t 0, t 0; có 3 3 t 2 1 4 2 t2 2 1 4 1 f t f . 4 5 13 4 1 Hay min P . Dấu “=” xảy ra a b 2c. 5 13 ❖ Bài toán 37. Cho a,b,c 0 . Chứng minh rằng a b c 9abc 4 . b c a a b c ab bc ca a b c 9 Lời giải. Ta có VT . b c a a b c a c b 3 b c a c b a a b c x, y, z 0 Đặt x , y , z . b c a xyz 1 9 VT x y z x y z xy yz zx 3 . 27 x y z 2 x y z 3 x y z 9 Đặt t x y z t 3. 27 t4 6t3 27t2 Xét hàm số F t t 2 ,t 3 có F ' t 2 0t 3 t 3t 9 t2 3t 9 Lập bảng biến thiên ta có Min F t F 3 4 VT 4 đpcm. Dấu ‘=’ xảy ra khi a b c.
18. ❖ Bài toán 38. Cho x, y, z 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức z3 x y x y P 2 2 2 . (x y) ( y z) (x z) 8z Lời giải. x y 1 z z 1 x y Ta có : P 2 y 2 x 2 8 z z x y ( 1) ( 1) z z z z x y 1 a b a b Đặt a, b . Khi đó : P 2 2 2 z z (a b) (b 1) (a 1) 8 Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có : a b a2 b2 (a b)2 (b 1)2 (a 1)2 a(b 1)2 b(a 1)2 a(b 1)2 b(a 1)2 2(a b)2 2.27(a b)2 27(a b)2 2a(b 1)(b 1) 2b(a 1)(b 1) 2(2a 2b 2)3 8(a b 1)3 27 a b P 8(a b 1)3 8 27 t 1 Đặt t (a b 1), t 0 . Khảo sát hàm số f t ,t 0; 8t3 8 3 Ta có min f t f 3 . 0; 8 3 Vậy min P a b c 8 ❖ Bài toán 39. Cho các số thực không âm x, y,z thỏa điều kiện xy 2 x y z 2 0 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2 2 2 x y z2 xy 6 4 x y 8 P 3 2 2 2 x 2 y 2 4 2 2z2 1 x y Lời giải. Biểu thức đã cho kết hợp với giả thiết được biến đổi thành : x y z2 x2 y2 12xy 4 4x2 4 y2 P 3 2 2 2 x 2 y 2 4 4z2 2 x y 2 2 2 2 x y z2 x y 4xy 4 4 x 2xy y 3 2 2 2 x 2 y 2 4 4z2 2 x y 2 2 x y z2 xy 2 4 x y 3 2 2 2 x 2 y 2 4 4z2 2 x y 2 xy 2 2 4 x y z x y 3 2 2 2 x 2 y 2 4 4z 2 x y z2 4z2 4 3 2 2 2 x 2 y 2 4 4z 2 Giả thiết được viết lại là : 2z 2z 2 xy 2 x y z 2 0 xy 2xz 2yz 2 0 1 0 y x xy 1 1 Đặt a ;b ;c 2z . x y Lúc đó điều kiện giả thiết được viết lại : 2ab bc ca 1.
19. 1 x x a a a Ta có : 2 2 2 2 . x 2 1 1 2a 2ab bc ca 2a a b 2a c 1 2 x 1 y y b b a 2 2 2 2 y 2 1 1 2b 2ab bc ca 2b a b 2b c 1 2 y 1 1 1 2 c2 2 2ab bc ca c2 2a c 2b c 2 2 a b 1 2ab 1 2a 1 2b Từ đó ta có : 2 2 2 2 2 1 2a 1 2b a b 2a c 2b c a b 2a c 2b c 2 2 1 2a 1 2b 1 1 2a2 1 2b2 c2 2 c2 2 Dấu đẳng thức xảy ra khi a b . 3 3c2 c2 4 Từ đánh giá này ta có P 2 c2 2 16 c 2 3 3c2 c2 4 Xét hàm số f c 2 ,c 0 . c2 2 16 c 2 2 3c 12c 3c 3c c 2 4 3c Ta có : f ' c 2 2 2 c2 c2 2 c2 2 8 c2 2 8 2 2 Do đó : f ' c 0 3c c2 2 24c c2 2 4 0 c2 2 8 c2 2 4 0 1 do c 0 . Đặt t c2 2,t 2 . Khi đó bất phương trình 1 trở thành : t4 8t 32 0 t 2 t3 2t2 4t 16 0 t 2 Từ đó ta có : c2 2 2 c2 2 0 0 c 2 5 Lập bảng biến thiên ta thấy giá trị lớn nhất của P đạt được khi và chỉ khi : 8 c 2 x y 2 2 2 2 2 . a b z 2 2 ❖ Bài toán 40. Cho các số thực x, y,z thỏa mãn x2 y2 z2 2 xy yz zx 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x z y z x2 y2 z2 P 2ln 2 y2 2xz x2 2yz 2xy z 2 x z a 2 Lời giải. Đặt y z b a,b,c 0 2 y x c a b c 2a 2b c Khi đó P 2ln 1 2ln 1 b c c a a b 2 a b c 2 b a c a b 2a 2b c 2ln 1 a b c a b c a b
20. c 2 Đặt t 0. Xét hàm số f t 2ln 1 t có f ' t 0 a b 1 t x y Suy ra f t f 0 2 . Hay min P 2 đạt được khi z z 4x 0. Bài toán 41. Cho a,b,c là 3 số thực dương thỏa mãn: a b c 0, b c a 0, c a b 0 và 2 a b c 4 ab bc ca 1 . Tìm GTNN của biểu thức a b b c c a 2 2 S 1 1 1 c a b a2 b2 c2 2 Lời giải 1. x, y, z 0 Đặt a x y z, b y z x, c z x y . Ta có . Khi đó: xy yz zx 4 x y z 4 S 2 . 2 2 2 y z z x x y x y z y z y z Giả sử x y z 0 . Khi đó . Nên suy ra z x x y x x y z 4 S 2 . Mặt khác 2 2 2 y z x x y z x y z 4 x y z xy yz zx 2 2 2 2 2 2 2 2 2 y z x x y z y z x x y z x y z x( y z) yz 2 2 2 2 y z x x ( y z) 2yz x y z x( y z) 2 2 2 2 y z x x ( y z) x y z 1 = 2 2 . y z x x y z y z x x y z t 2 t 2 2 Đặt . y z x 2 2 2 2t Xét hàm số g(t) t , t 4 , ta có g'(t) 1 nên g'(t) 0 (t2 4)3 2 2t 0 t2 4 (t2 4)3 t 2 2 (t2 8)(t4 4t2 8) 0 . Lập bảng biến thiên ta có min g t g(2 2) 3 2 4; t 2 2 Hay min S 3 2 a c 1,b 2. Lời giải 2. x y z Đặt Q suy ra y z z x x y x y z xy yz zx Q2 2 ta thấy rằng y z z x x y ( y z)(z x) (z x)(x y) (x y)( y z) x y z 1 x y z . xy yz zx y z z x x y 4 y z z x x y x2 y2 z2 xyz 1 1 1 x2 y2 z2 . 4 4 x y y z z x 4