Bài giảng này thuộc Khóa ôn thi ĐH 2013. Thảo luận và đặt câu hỏi tại đây
Lời nói đầu
Phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số trong các bài toán chứng minh bất đẳng thức (BĐT) có lẽ đã trở thành một trong những phương pháp “kinh điển”, chính vì thế bạn đọc có thể tìm thấy phương pháp này trong tất cả các quyển sách về BĐT. Tuy nhiên, trong hầu hết các quyển sách viết về BĐT nói chung và phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số nói riêng chỉ mới dừng lại ở việc nêu ra một BĐT và chứng minh, mà không nói từ đâu lại có BĐT đó.
Trong chuyên đề này các BĐT cũng là những BĐT quen thuộc và đều được chứng minh bằng phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số, tuy nhiên vấn đề “trọng tâm” ở đây là từ các BĐT đó ta có thể sáng tạo ra các BĐT khác.
Hy vọng rằng qua đó, học sinh có thể biết “quy lạ về quen” khi đứng trước một BĐT lạ– đây cũng là phương pháp quan trọng thường xuất hiện trong các kì thi tuyển sinh đại học cao đẳng trong nhưng năm gần đây.
$ \bullet \,\,\,\,$ Bài toán chung: Chứng minh BĐT $f(x) \ge g(x)\,\,\,\,(1)$
$ \bullet \,\,\,\,$ Cách giải:
- Chuyển BĐT $(1)$ thành: $h(x) \ge 0\,\,\,\,(2)$
- Tìm TXĐ của hàm số $y = h(x)$, giả sử là $[a;b]$
- Tính $y’ = h’(x)$ và giải phương trình $h’(x) = 0$, suy ra nghiệm.
- Lập bảng biến thiên $\Rightarrow$ BĐT cần chứng minh.
$ \bullet \,\,\,\,$ Chú ý:
- Nếu phương trình $h’(x) = 0$ không giải được thì ta tiếp tục tính đạo hàm cấp $2, 3,…$ đến khi nào có thể xét dấu được thì dừng.
- Trong một số trường hợp ta phải đặt ẩn phụ cho gọn, chẳng hạn đặt $t = \varphi (x)$ thì ta phải dựa vào tập xác định của $x$ để tìm tập giá trị của $t$, từ đó xét hàm số mới có ẩn là $t$.
- Trong một số bài toán ta có thể áp dụng các BĐT Côsi, Bunhiacopski, … sau đó mới xét hàm số.
MỘT SỐ VÍ DỤ TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM SỐ
Trong mục này tôi trình bày một số ví dụ tìm GTLN, GTNN của hàm số
Ví dụ I.1: Tìm GTLN, GTNN của hàm số $f(x) = x + \sqrt {4 - {x^2}}$.
Giải.
TXĐ: $D=[-2;2]$;
$f'(x) = 1 - \frac{x}{{\sqrt {4 - {x^2}} }};f'(x) = 0 \Leftrightarrow x = \sqrt 2 $
Lập bảng biến thiên ta thấy: $\mathop {\min }\limits_{x \in [ - 2;2]} f(x) = f( - 2) = - 2;\mathop {\max }\limits_{x \in [ - 2;2]} f(x) = f(\sqrt 2 ) = 2\sqrt 2 $
Ví dụ I.2: Tìm GTNN của $y = \sqrt { - {x^2} + 4x + 21} - \sqrt { - {x^2} + 3x + 10} = f(x)$
Điều kiện : $2 \leq x \leq 5$
$$y' = \frac{{ - x + 2}}{{\sqrt { - {x^2} + 4x + 21} }} - \frac{{3 - 2x}}{{2\sqrt { - {x^2} + 3x + 10} }}$$
$$y' = 0 \Leftrightarrow \frac{{ - x + 2}}{{\sqrt { - {x^2} + 4x + 21} }} - \frac{{3 - 2x}}{{2\sqrt { - {x^2} + 3x + 10} }} = 0$$
Tới đây , chỉ cần bình phương 2 vế lên , và đặt điều kiện $(2 - x)(3 - 2x) \geq 0$ là xong.
$$ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{(2 - x)(3 - 2x) \geq 0}\\{\frac{{{x^2} - 4x + 4}}{{ - {x^2} + 4x + 21}} = \frac{{4{x^2} - 12x + 9}}{{ - 4{x^2} + 12x + 40}}(2)}\end{array}} \right.$$
Cộng hai vế của (2) ta được
$$\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x \geq 2 \vee x \leq \frac{3}{2}}\\
{\frac{{25}}{{ - {x^2} + 4x + 21}} = \frac{{49}}{{ - 4{x^2} + 12x + 40}}}\end{array}} \right.$$
$$ \Leftrightarrow x = \frac{1}{3} \vee x = \frac{{29}}{{17}}$$
Nghiệm $\frac{{29}}{{17}}$ bị loại
$$f\left( {\frac{1}{3}} \right) = \sqrt 2 ;f(2) = 5 - 2\sqrt 3 ;f(5) = 4$$
Vậy $\min f(x) = f\left( {\frac{1}{3}} \right) = \sqrt 2$
Ví dụ I.3: Chứng minh rằng: ${\left( {\frac{{\sin x}}{x}} \right)^3} > \cos x,\,\,\forall x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)\,\,\,\,\left( 1 \right)$
Giải.
BĐT $(1)\,\Leftrightarrow \frac{{\sin x}}{x} > \sqrt[3]{{\cos x}} \Leftrightarrow \frac{{\sin x}}{{\sqrt[3]{{\cos x}}}} - x > 0$
Xét hàm số $f\left( x \right) = \frac{{\sin x}}{{\sqrt[3]{{\cos x}}}} - x,\,\forall x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)$ có $f'\left( x \right) = \sqrt[3]{{{{\cos }^2}x}} + \frac{{{{\sin }^2}x}}{{3\cos x\sqrt[3]{{\cos x}}}} - 1$
$f''\left( x \right) = \frac{{4{{\sin }^3}x}}{{9{{\cos }^2}x\sqrt[3]{{\cos x}}}} > 0,\,\,\forall x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right) \Rightarrow f'\left( x \right) > f'\left( 0 \right) = 0,\,\forall x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)$
$ \Rightarrow f\left( x \right) > f\left( 0 \right) = 0,\,\,\forall x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right) \Rightarrow {\left( {\frac{{\sin x}}{x}} \right)^3} > \cos x,\,\,\forall x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)$
Bài tập:
I.1. Tìm GTNN, GTLN của hàm số $f(x) = \sqrt {1 - {x^2}} + 2\sqrt[3]{{{{(1 - {x^2})}^2}}}$
I.2. Tìm GTNN, GTLN của hàm số $f(x) = 5\cos x - \cos 5x$ với $x \in \left[ {\frac{{ - \pi }}{4};\frac{\pi }{4}} \right]$
I.3. Tìm GTNN, GTLN của hàm số $f(x) = \frac{{2x + 3}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}$
I.4. Tìm GTNN, GTLN của hàm số $f(x) = {x^6} + 4{(1 - {x^2})^3}$ với $x \in [ - 1;1]$
I.5. Tìm GTNN, GTLN của hàm số $f\left( x \right) = x(\sqrt {1 - {x^2}} + x)$.
II. KỸ THUẬT GIẢM BIẾN TRONG TÌM GTLN,GTNN CỦA BIỂU THỨC.
1. Kỹ thuật tìm GTLN, GTNN bằng phương pháp thế
Ví dụ II.1.1: Cho $x,y>0$ thỏa $x + y = \frac{5}{4}$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P = \frac{4}{x} + \frac{1}{{4y}}$.
Giải.
Từ giả thiết ta có $y = \frac{5}{4} - x$. Khi đó $P = \frac{4}{x} + \frac{1}{{5 - 4x}}$.
Xét hàm số $f(x) = \frac{4}{x} + \frac{1}{{5 - 4x}};x \in \left( {0;\frac{5}{4}} \right)$.
Ta có: $f'(x) = - \frac{4}{{{x^2}}} + \frac{4}{{{{(5 - 4x)}^2}}} \Rightarrow f'(x) = 0 \Leftrightarrow x = 1 \vee x = \frac{5}{3}$
Từ bảng biến thiên ta có $\min f(x) = f(1) = 5$, đạt được khi $x = 1,\,\,x = \frac{1}{4}$.
Nhận xét: Bài toán này được giải bằng cách thế một biến qua một biến còn lại rồi đưa về khảo sát hàm số
Ví dụ II.1.2: Cho $x,y>0$ thỏa $x+y=1$. Tìm GTNN của biểu thức $K = \frac{x}{{\sqrt {1 - x} }} + \frac{y}{{\sqrt {1 - y} }}$.
Giải.
Từ giả thiết ta có $y=1-x, 0<x<1$. khi="" k="\frac{x}{{\sqrt" vi="" t="" l="" i="" th="" nh="" 1="" -="" x="" frac="" sqrt="" span="">
Từ giả thiết ta có $y=1-x, 0<x<1$. khi="" k="\frac{x}{{\sqrt" vi="" t="" l="" i="" th="" nh="" 1="" -="" x="" frac="" sqrt="" span="">
Xét hàm số $f\left( x \right) = \frac{x}{{\sqrt {1 - x} }} + \frac{{1 - x}}{{\sqrt x }}$.
Ta có: $f'(x) = \frac{{2 - x}}{{2(1 - x)\sqrt {1 - x} }} - \frac{{x + 1}}{{2x\sqrt x }} \Rightarrow f'(x) = 0 \Leftrightarrow x = \frac{1}{2}$
Vậy $min K= \sqrt{2}$ đạt được khi $x = y = \dfrac{1}{2}$.
Nhận xét: Bài toán này được giải bằng cách thế một biến qua một biến còn lại và sử dụng các giả thiết để đánh giá biến còn lại. Từ đó tìm được giá trị nhỏ nhất của hàm số chứa một biến bị chặn. Ngoài ra ta có thể dùng BĐT Côsi, Bernouli, Jensen,… để chứng minh BĐT này.
2. Các kĩ thuật dồn biến
Ví dụ II.2.1: (khối B–2007) Cho các số thực không âm thỏa mãn $a + b + c = 1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
$$A = 3({a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2}) + 3(ab + bc + ca) + 2\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} $$
Đặt $ab + bc + ca = x \Rightarrow x \leq \frac{{{{(a + b + c)}^2}}}{3} = \frac{1}{3} \Rightarrow x \in [0,\frac{1}{3}]$
$$A = 3({a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2}) + 3(ab + bc + ca) + 2\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}}$$
$$ \geq 3(ab + bc + ca) + 2\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} $$
$ = 3(ab + bc + ca) + 2\sqrt {{{(a + b + c)}^2} - 2(ab + bc + ca)} = 3x + 2\sqrt {1 - 2x} $
Xét hàm số $f(x) = 3x + 2\sqrt {1 - 2x} ,\forall x \in [0,\frac{1}{3}]$
Đạo hàm $f'(x) = 3 - \frac{2}{{\sqrt {1 - 2x} }}$
$$f'(x) = 0 \Leftrightarrow 3\sqrt {1 - 2x} = 2 \Leftrightarrow 9(1 - 2x) = 4 \Leftrightarrow x = \frac{5}{{18}}$$
Dựa vào bảng biến thiên, ta được $f(x) \geq f(0),\forall x \in [0,\frac{1}{3}]$
$$ \Rightarrow A \geq f(x) \geq f(0) = 2$$
Đẳng thức xảy ra khi $x=0$ hay hoán vị của bộ $(0;0;1)$
Ví dụ II.2.2: (Đề thi ĐH khối B năm 2011 )
Cho $a,b$ là 2 số thực dương thỏa $2({a^2} + {b^2}) + ab = (a + b)(ab + 2)$. Tìm GTNN của biểu thức
$$P=4(\frac{{{a^3}}}{{{b^3}}} + \frac{{{b^3}}}{{{a^3}}}) - 9(\frac{{{a^2}}}{{{b^2}}} + \frac{{{b^2}}}{{{a^2}}})$$
Ta có: $a,b > 0 \Rightarrow 2\left( {{a^2} + {b^2}} \right) + ab = \left( {a + b} \right)\left( {ab + 2} \right) \Leftrightarrow 2\left( {{a^2} + {b^2}} \right) + ab = {a^2}b + a{b^2} + 2\left( {a + b} \right)$
$$ \Leftrightarrow 2\left( {\frac{a}{b} + \frac{b}{a}} \right) + 1 = \left( {a + b} \right) + 2\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b}} \right)$$
Theo BĐT Cauchy ta có
$$\left( {a + b} \right) + 2\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b}} \right)\geq 2\sqrt {2\left( {a + b} \right)\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b}} \right)} = 2\sqrt {2\left( {\frac{a}{b} + \frac{b}{a} + 2} \right)} $$
$$ \Rightarrow 2\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b}} \right) + 1 \geq 2\sqrt {2\left( {\frac{a}{b} + \frac{b}{a} + 2} \right)} \Leftrightarrow \frac{a}{b} + \frac{b}{a} \geq \frac{5}{2}$$
Đặt $t = \frac{a}{b} + \frac{b}{a},t\frac{5}{2} \Rightarrow P = 4\left( {{t^3} - 3t} \right) - 9\left( {{t^2} - 2} \right) = 4{t^3} - 9{t^2} - 12t + 18 = f\left( t \right)$
$$f'(x) = 12{t^2} - 18t - 12$; $f’(x) =0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = \frac{1}{2}\end{array} \right.$$
Khảo sát hàm số trên ta được:
$$\min P = - \frac{{23}}{4} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {\frac{a}{b} + \frac{b}{a} = \frac{5}{2}}\\ {a + b = 2\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b}} \right)} \end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}} {\left( {a,b} \right) = \left( {1,2} \right)}\\ {\left( {a,b} \right) = \left( {2,1} \right)} \end{array}} \right.$$
Ví dụ II.2.3: (Đề dự bị khối D năm 2008 )
Cho số nguyên $n (n \geq 2)$ và 2 số thực không âm $x,y$. Chứng minh rằng
$$\sqrt[n]{{{x^n} + {y^n}}} \geq \sqrt[{n + 1}]{{{x^{n + 1}} + {y^{n + 1}}}}$$
Dấu bằng xảy ra khi nào??
Xét $\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{y = 0}\end{array}} \right.$, ta có: $\sqrt[n]{{{x^n} + {y^n}}} = \sqrt[{n + 1}]{{{x^{n + 1}} + {y^{n + 1}}}}$
Xét $x \neq 0,y \neq 0 \Rightarrow x > 0,y > 0$
Ta chứng minh: $\sqrt[n]{{{x^n} + {y^n}}} > \sqrt[{n + 1}]{{{x^{n + 1}} + {y^{n + 1}}}}$
Ta có: $\sqrt[n]{{{x^n} + {y^n}}} > \sqrt[{n + 1}]{{{x^{n + 1}} + {y^{n + 1}}}} \Leftrightarrow \sqrt[n]{{{{\left( {\frac{x}{y}} \right)}^n} + 1}} > \sqrt[{n + 1}]{{{{\left( {\frac{x}{y}} \right)}^{n + 1}} + 1}}$
Không mất tính tổng quát, giả sử $x \leq y$. Đặt $t = \frac{x}{y} \Rightarrow 0 < t \leq 1$
Khi đó, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: $\sqrt[n]{{{t^n} + 1}} > \sqrt[{n + 1}]{{{t^{n + 1}} + 1}} \Leftrightarrow \frac{1}{n}\ln \left( {{t^n} + 1} \right) > \frac{1}{{n + 1}}\ln \left( {{t^{n + 1}} + 1} \right)$
Xét hàm số: $f\left( u \right) = \frac{1}{u}\ln \left( {{t^u} + 1} \right),u \in \left[ {2, + \infty } \right)$
Ta có: $f'\left( u \right) = - \frac{1}{{{u^2}}}\ln \left( {{t^u} + 1} \right) + \frac{{{t^u}\ln t}}{{u\left( {{t^u} + 1} \right)}} < 0,\forall u \in \left[ {2, + \infty } \right)$
Suy ra $f(u)$ giảm trên $\left[ {2, + \infty } \right) \Rightarrow f\left( n \right) > f\left( {n + 1} \right)$
$$ \Leftrightarrow \frac{1}{n}\ln \left( {{t^n} + 1} \right) > \frac{1}{{n + 1}}\ln \left( {{t^{n + 1}} + 1} \right)$$
Vậy với $x,y \geq 0;n \in \mathbb{Z},n \geq 2$ thì: $\sqrt[n]{{{x^n} + {y^n}}} \geq \sqrt[{n + 1}]{{{x^{n + 1}} + {y^{n + 1}}}}$
Đẳng thức xảy ra khi $x = 0,y \in \mathbb{R} \vee x \in \mathbb{R},y = 0$..
Ví dụ II.2.4: Cho $a,b,c$ là 3 số thực thuộc $\left[ {\frac{1}{3};3} \right]$ . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
$$P = \frac{a}{{a + b}} + \frac{b}{{b + c}} + \frac{c}{{c + a}}$$
Đặt $P\left( a \right) = \frac{a}{{a + b}} + \frac{b}{{b + c}} + \frac{c}{{c + a}}$. Xem đây là hàm theo biến $a$ , còn b,c là hằng số.
Ta có:$P'\left( a \right) = \frac{b}{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}} - \frac{c}{{{{\left( {a + c} \right)}^2}}} = \frac{{\left( {b - c} \right)\left( {{a^2} - bc} \right)}}{{{{\left( {a + b} \right)}^2}{{\left( {a + c} \right)}^2}}}$
Nếu$a \geq b \geq c$ và $a,b,c \in \left[ {\frac{1}{3};3} \right]$, suy ra: $b - c \geq 0; {a^2} - bc \geq 0 \Rightarrow P'\left( a \right) \geq 0 \Rightarrow P\left( a \right)$ tăng trên $\left[ {\frac{1}{3};3} \right]$
$$ \Rightarrow P\left( a \right) \leq P\left( 3 \right) = \frac{3}{{3 + b}} + \frac{b}{{b + c}} + \frac{c}{{c + 3}} = f\left( c \right)$$
Xem $f\left( c \right)$ là hàm theo biến $c$. Khi đó:
$f'\left( c \right) = - \frac{b}{{{{\left( {b + c} \right)}^2}}} + \frac{3}{{{{\left( {c + 3} \right)}^2}}} = \frac{{\left( {b - 3} \right)\left( {3b - {c^2}} \right)}}{{{{\left( {b + c} \right)}^2}{{\left( {c + 3} \right)}^2}}} \leq 0$
Do đó $f\left( c \right)$ giảm trên $\left[ {\frac{1}{3};3} \right]$, suy ra $f\left( c \right) \leq f\left( {\frac{1}{3}} \right) = \frac{3}{{3 + b}} + \frac{{3b}}{{3b + 1}} + \frac{1}{{10}} = g\left( b \right)$.
Xem $g(b)$ là hàm theo biến $b$. Khi đó:
$$g'\left( b \right) = \frac{3}{{{{\left( {3b + 1} \right)}^2}}} - \frac{3}{{{{\left( {3 + b} \right)}^2}}} = \frac{{\left( {1 - b} \right)\left( {1 + b} \right)}}{{{{\left( {3b + 1} \right)}^2}{{\left( {3 + b} \right)}^2}}}$$
Lập bảng biến thiên của $g(b)$ trên $\left[ {\frac{1}{3};3} \right]$, ta có: $g\left( b \right) \leq g\left( 1 \right) = \frac{8}{5}$.
* Nếu $g\left( b \right) \leq g\left( 1 \right) = \frac{8}{5}$ và $a,b,c \in \left[ {\frac{1}{3};3} \right]$. Từ kết quả trên ta có $P\left( {c,b,a} \right) \leq \frac{8}{5}$.
Mặt khác: $P\left( {a,b,c} \right) - P\left( {c,b,a} \right) = \frac{{\left( {a - b} \right)\left( {b - c} \right)\left( {a - c} \right)}}{{\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {a + c} \right)}} \leq 0 \Rightarrow P\left( {a,b,c} \right) \leq \frac{8}{5}$
Vậy $maxP = \frac{8}{5} \Leftrightarrow \left( {a,b,c} \right) = \left\{ {\left( {3,1,\frac{1}{3}} \right); \left( {\frac{1}{3},3,1} \right); \left( {3,\frac{1}{3},1} \right)} \right\}$
Ví dụ II.2.5: Cho $x,y,z$ là ba số thực thuộc đoạn $[1;4]$ và $x \geq y;x \geq z$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
$$P = \frac{x}{{2x + 3y}} + \frac{y}{{y + z}} + \frac{z}{{z + x}}$$
Đặt:
Đặt $\frac{y}{x} = a; \frac{z}{y} = b; \frac{x}{z} = c.$
Khi đó $abc = 1$ và $2 \geq \sqrt {bc} \geq 1.$
Ta có $P = \frac{1}{{2 + 3a}} + \frac{1}{{1 + b}} + \frac{1}{{1 + c}}.$
Xét bài toán mới này có các biến $b$ và $c$ bình đẳng nên ta dự đoán đẳng thức xảy ra khi $b = c = \frac{1}{{\sqrt a }}.$
Khi đó $P = \frac{1}{{2 + 3a}} + \frac{{2\sqrt a }}{{1 + \sqrt a }}: = f(a)$ với $a \in \left[ \frac{1}{4}; 1 \right].$
So sánh $f\left( {\frac{1}{4}} \right)$ với $f(1)$ ta dự đoán được $P$ đạt giá trị nhỏ nhất khi $a = \frac{1}{4}.$
Khi đó $b=c=2$ và ta tìm được các giá trị của $\left( {x,y,z} \right)$ tương ứng là $\left( {4,1,2} \right).$
Ví dụ II.2.6: Cho $a,b,c \geq 0$ thỏa mãn $a + b + c = 3$. Chứng minh ${a^2} + {b^2} + {c^2} + abc \geq 4$
Ta có: ${a^2} + {b^2} + {c^2} + abc = {(a + b)^2} - 2ab + {c^2} + abc = (c - 2)ab + {(3 - c)^2} + {c^2}$$ = (c - 2)ab + 2{c^2} - 6c + 9$
Đặt: $t = ab; \;(0 \leq t \leq \frac{{{{(a + b)}^2}}}{4} = \frac{{{{(3 - c)}^2}}}{4})$
Ta có: $f(t) = (c - 2)t + 2{c^2} - 6c + 9$
Dễ thấy: $f(t)$ là một hàm bậc nhất với biến $t$. Ta lại có
$$f(0) = 2{c^2} - 6c + 9 = 2{(c - \frac{3}{2})^2} + \frac{9}{2} \geq \frac{9}{2} > 4$$
$$f(\frac{{{{(3 - c)}^2}}}{4}) = (c - 2)\frac{{({{(3 - c)}^2})}}{4} + 2{c^2} - 6c + 9 = \frac{{{{(c - 1)}^2}(c + 2)}}{4} + 4 \geq 4$$
Suy ra: $f(t) \geq 4; \;t \in \left[ {0;\frac{{{{(3 - c)}^2}}}{4}} \right]$. Điều phải chứng minh.
Dấu bằng xảy ra khi: $a = b = c = 1$.
Ví dụ II.2.1: (khối B–2007) Cho các số thực không âm thỏa mãn $a + b + c = 1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
$$A = 3({a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2}) + 3(ab + bc + ca) + 2\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} $$
Đặt $ab + bc + ca = x \Rightarrow x \leq \frac{{{{(a + b + c)}^2}}}{3} = \frac{1}{3} \Rightarrow x \in [0,\frac{1}{3}]$
$$A = 3({a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2}) + 3(ab + bc + ca) + 2\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}}$$
$$ \geq 3(ab + bc + ca) + 2\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} $$
$ = 3(ab + bc + ca) + 2\sqrt {{{(a + b + c)}^2} - 2(ab + bc + ca)} = 3x + 2\sqrt {1 - 2x} $
Xét hàm số $f(x) = 3x + 2\sqrt {1 - 2x} ,\forall x \in [0,\frac{1}{3}]$
Đạo hàm $f'(x) = 3 - \frac{2}{{\sqrt {1 - 2x} }}$
$$f'(x) = 0 \Leftrightarrow 3\sqrt {1 - 2x} = 2 \Leftrightarrow 9(1 - 2x) = 4 \Leftrightarrow x = \frac{5}{{18}}$$
Dựa vào bảng biến thiên, ta được $f(x) \geq f(0),\forall x \in [0,\frac{1}{3}]$
$$ \Rightarrow A \geq f(x) \geq f(0) = 2$$
Đẳng thức xảy ra khi $x=0$ hay hoán vị của bộ $(0;0;1)$
Ví dụ II.2.2: (Đề thi ĐH khối B năm 2011 )
Cho $a,b$ là 2 số thực dương thỏa $2({a^2} + {b^2}) + ab = (a + b)(ab + 2)$. Tìm GTNN của biểu thức
$$P=4(\frac{{{a^3}}}{{{b^3}}} + \frac{{{b^3}}}{{{a^3}}}) - 9(\frac{{{a^2}}}{{{b^2}}} + \frac{{{b^2}}}{{{a^2}}})$$
Ta có: $a,b > 0 \Rightarrow 2\left( {{a^2} + {b^2}} \right) + ab = \left( {a + b} \right)\left( {ab + 2} \right) \Leftrightarrow 2\left( {{a^2} + {b^2}} \right) + ab = {a^2}b + a{b^2} + 2\left( {a + b} \right)$
$$ \Leftrightarrow 2\left( {\frac{a}{b} + \frac{b}{a}} \right) + 1 = \left( {a + b} \right) + 2\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b}} \right)$$
Theo BĐT Cauchy ta có
$$\left( {a + b} \right) + 2\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b}} \right)\geq 2\sqrt {2\left( {a + b} \right)\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b}} \right)} = 2\sqrt {2\left( {\frac{a}{b} + \frac{b}{a} + 2} \right)} $$
$$ \Rightarrow 2\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b}} \right) + 1 \geq 2\sqrt {2\left( {\frac{a}{b} + \frac{b}{a} + 2} \right)} \Leftrightarrow \frac{a}{b} + \frac{b}{a} \geq \frac{5}{2}$$
Đặt $t = \frac{a}{b} + \frac{b}{a},t\frac{5}{2} \Rightarrow P = 4\left( {{t^3} - 3t} \right) - 9\left( {{t^2} - 2} \right) = 4{t^3} - 9{t^2} - 12t + 18 = f\left( t \right)$
$$f'(x) = 12{t^2} - 18t - 12$; $f’(x) =0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = \frac{1}{2}\end{array} \right.$$
Khảo sát hàm số trên ta được:
$$\min P = - \frac{{23}}{4} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {\frac{a}{b} + \frac{b}{a} = \frac{5}{2}}\\ {a + b = 2\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b}} \right)} \end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}} {\left( {a,b} \right) = \left( {1,2} \right)}\\ {\left( {a,b} \right) = \left( {2,1} \right)} \end{array}} \right.$$
Ví dụ II.2.3: (Đề dự bị khối D năm 2008 )
Cho số nguyên $n (n \geq 2)$ và 2 số thực không âm $x,y$. Chứng minh rằng
$$\sqrt[n]{{{x^n} + {y^n}}} \geq \sqrt[{n + 1}]{{{x^{n + 1}} + {y^{n + 1}}}}$$
Dấu bằng xảy ra khi nào??
Xét $\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{y = 0}\end{array}} \right.$, ta có: $\sqrt[n]{{{x^n} + {y^n}}} = \sqrt[{n + 1}]{{{x^{n + 1}} + {y^{n + 1}}}}$
Xét $x \neq 0,y \neq 0 \Rightarrow x > 0,y > 0$
Ta chứng minh: $\sqrt[n]{{{x^n} + {y^n}}} > \sqrt[{n + 1}]{{{x^{n + 1}} + {y^{n + 1}}}}$
Ta có: $\sqrt[n]{{{x^n} + {y^n}}} > \sqrt[{n + 1}]{{{x^{n + 1}} + {y^{n + 1}}}} \Leftrightarrow \sqrt[n]{{{{\left( {\frac{x}{y}} \right)}^n} + 1}} > \sqrt[{n + 1}]{{{{\left( {\frac{x}{y}} \right)}^{n + 1}} + 1}}$
Không mất tính tổng quát, giả sử $x \leq y$. Đặt $t = \frac{x}{y} \Rightarrow 0 < t \leq 1$
Khi đó, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: $\sqrt[n]{{{t^n} + 1}} > \sqrt[{n + 1}]{{{t^{n + 1}} + 1}} \Leftrightarrow \frac{1}{n}\ln \left( {{t^n} + 1} \right) > \frac{1}{{n + 1}}\ln \left( {{t^{n + 1}} + 1} \right)$
Xét hàm số: $f\left( u \right) = \frac{1}{u}\ln \left( {{t^u} + 1} \right),u \in \left[ {2, + \infty } \right)$
Ta có: $f'\left( u \right) = - \frac{1}{{{u^2}}}\ln \left( {{t^u} + 1} \right) + \frac{{{t^u}\ln t}}{{u\left( {{t^u} + 1} \right)}} < 0,\forall u \in \left[ {2, + \infty } \right)$
Suy ra $f(u)$ giảm trên $\left[ {2, + \infty } \right) \Rightarrow f\left( n \right) > f\left( {n + 1} \right)$
$$ \Leftrightarrow \frac{1}{n}\ln \left( {{t^n} + 1} \right) > \frac{1}{{n + 1}}\ln \left( {{t^{n + 1}} + 1} \right)$$
Vậy với $x,y \geq 0;n \in \mathbb{Z},n \geq 2$ thì: $\sqrt[n]{{{x^n} + {y^n}}} \geq \sqrt[{n + 1}]{{{x^{n + 1}} + {y^{n + 1}}}}$
Đẳng thức xảy ra khi $x = 0,y \in \mathbb{R} \vee x \in \mathbb{R},y = 0$..
Ví dụ II.2.4: Cho $a,b,c$ là 3 số thực thuộc $\left[ {\frac{1}{3};3} \right]$ . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
$$P = \frac{a}{{a + b}} + \frac{b}{{b + c}} + \frac{c}{{c + a}}$$
Đặt $P\left( a \right) = \frac{a}{{a + b}} + \frac{b}{{b + c}} + \frac{c}{{c + a}}$. Xem đây là hàm theo biến $a$ , còn b,c là hằng số.
Ta có:$P'\left( a \right) = \frac{b}{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}} - \frac{c}{{{{\left( {a + c} \right)}^2}}} = \frac{{\left( {b - c} \right)\left( {{a^2} - bc} \right)}}{{{{\left( {a + b} \right)}^2}{{\left( {a + c} \right)}^2}}}$
Nếu$a \geq b \geq c$ và $a,b,c \in \left[ {\frac{1}{3};3} \right]$, suy ra: $b - c \geq 0; {a^2} - bc \geq 0 \Rightarrow P'\left( a \right) \geq 0 \Rightarrow P\left( a \right)$ tăng trên $\left[ {\frac{1}{3};3} \right]$
$$ \Rightarrow P\left( a \right) \leq P\left( 3 \right) = \frac{3}{{3 + b}} + \frac{b}{{b + c}} + \frac{c}{{c + 3}} = f\left( c \right)$$
Xem $f\left( c \right)$ là hàm theo biến $c$. Khi đó:
$f'\left( c \right) = - \frac{b}{{{{\left( {b + c} \right)}^2}}} + \frac{3}{{{{\left( {c + 3} \right)}^2}}} = \frac{{\left( {b - 3} \right)\left( {3b - {c^2}} \right)}}{{{{\left( {b + c} \right)}^2}{{\left( {c + 3} \right)}^2}}} \leq 0$
Do đó $f\left( c \right)$ giảm trên $\left[ {\frac{1}{3};3} \right]$, suy ra $f\left( c \right) \leq f\left( {\frac{1}{3}} \right) = \frac{3}{{3 + b}} + \frac{{3b}}{{3b + 1}} + \frac{1}{{10}} = g\left( b \right)$.
Xem $g(b)$ là hàm theo biến $b$. Khi đó:
$$g'\left( b \right) = \frac{3}{{{{\left( {3b + 1} \right)}^2}}} - \frac{3}{{{{\left( {3 + b} \right)}^2}}} = \frac{{\left( {1 - b} \right)\left( {1 + b} \right)}}{{{{\left( {3b + 1} \right)}^2}{{\left( {3 + b} \right)}^2}}}$$
Lập bảng biến thiên của $g(b)$ trên $\left[ {\frac{1}{3};3} \right]$, ta có: $g\left( b \right) \leq g\left( 1 \right) = \frac{8}{5}$.
* Nếu $g\left( b \right) \leq g\left( 1 \right) = \frac{8}{5}$ và $a,b,c \in \left[ {\frac{1}{3};3} \right]$. Từ kết quả trên ta có $P\left( {c,b,a} \right) \leq \frac{8}{5}$.
Mặt khác: $P\left( {a,b,c} \right) - P\left( {c,b,a} \right) = \frac{{\left( {a - b} \right)\left( {b - c} \right)\left( {a - c} \right)}}{{\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {a + c} \right)}} \leq 0 \Rightarrow P\left( {a,b,c} \right) \leq \frac{8}{5}$
Vậy $maxP = \frac{8}{5} \Leftrightarrow \left( {a,b,c} \right) = \left\{ {\left( {3,1,\frac{1}{3}} \right); \left( {\frac{1}{3},3,1} \right); \left( {3,\frac{1}{3},1} \right)} \right\}$
Ví dụ II.2.5: Cho $x,y,z$ là ba số thực thuộc đoạn $[1;4]$ và $x \geq y;x \geq z$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
$$P = \frac{x}{{2x + 3y}} + \frac{y}{{y + z}} + \frac{z}{{z + x}}$$
Đặt:
Đặt $\frac{y}{x} = a; \frac{z}{y} = b; \frac{x}{z} = c.$
Khi đó $abc = 1$ và $2 \geq \sqrt {bc} \geq 1.$
Ta có $P = \frac{1}{{2 + 3a}} + \frac{1}{{1 + b}} + \frac{1}{{1 + c}}.$
Xét bài toán mới này có các biến $b$ và $c$ bình đẳng nên ta dự đoán đẳng thức xảy ra khi $b = c = \frac{1}{{\sqrt a }}.$
Khi đó $P = \frac{1}{{2 + 3a}} + \frac{{2\sqrt a }}{{1 + \sqrt a }}: = f(a)$ với $a \in \left[ \frac{1}{4}; 1 \right].$
So sánh $f\left( {\frac{1}{4}} \right)$ với $f(1)$ ta dự đoán được $P$ đạt giá trị nhỏ nhất khi $a = \frac{1}{4}.$
Khi đó $b=c=2$ và ta tìm được các giá trị của $\left( {x,y,z} \right)$ tương ứng là $\left( {4,1,2} \right).$
Ví dụ II.2.6: Cho $a,b,c \geq 0$ thỏa mãn $a + b + c = 3$. Chứng minh ${a^2} + {b^2} + {c^2} + abc \geq 4$
Ta có: ${a^2} + {b^2} + {c^2} + abc = {(a + b)^2} - 2ab + {c^2} + abc = (c - 2)ab + {(3 - c)^2} + {c^2}$$ = (c - 2)ab + 2{c^2} - 6c + 9$
Đặt: $t = ab; \;(0 \leq t \leq \frac{{{{(a + b)}^2}}}{4} = \frac{{{{(3 - c)}^2}}}{4})$
Ta có: $f(t) = (c - 2)t + 2{c^2} - 6c + 9$
Dễ thấy: $f(t)$ là một hàm bậc nhất với biến $t$. Ta lại có
$$f(0) = 2{c^2} - 6c + 9 = 2{(c - \frac{3}{2})^2} + \frac{9}{2} \geq \frac{9}{2} > 4$$
$$f(\frac{{{{(3 - c)}^2}}}{4}) = (c - 2)\frac{{({{(3 - c)}^2})}}{4} + 2{c^2} - 6c + 9 = \frac{{{{(c - 1)}^2}(c + 2)}}{4} + 4 \geq 4$$
Suy ra: $f(t) \geq 4; \;t \in \left[ {0;\frac{{{{(3 - c)}^2}}}{4}} \right]$. Điều phải chứng minh.
Dấu bằng xảy ra khi: $a = b = c = 1$.
Ví dụ II.2.7: Cho $,y,z$thoả mãn là các số thực: \[{x^2} - xy + {y^2} = 1\]. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức
\[P = \frac{{{x^4} + {y^4} + 1}}{{{x^2} + {y^2} + 1}}\]
Từ giả thiết suy ra:
\[P = \frac{{{x^4} + {y^4} + 1}}{{{x^2} + {y^2} + 1}}\]
Từ giả thiết suy ra:
\[1 = {x^2} - xy + {y^2} \geq 2xy - xy = xy;1 = {(x + y)^2} - 3xy \geq - 3xy\] từ đó ta có \[ - \frac{1}{3} \leq xy \leq 1\] .
Măt khác \[{x^2} - xy + {y^2} = 1 \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} = 1 + xy\] nên \[{x^4} + {y^4} = - {x^2}{y^2} + 2xy + 1\] .
Đặt $t=xy$
Đặt $t=xy$
bài toán trở thành tìm GTLN,GTNN của: \[P = f(t) = \frac{{ - {t^2} + 2t + 2}}{{t + 2}}; - \frac{1}{3} \leq t \leq 1\]
Tính \[f'(t) = 0 \Leftrightarrow - 1 + \frac{6}{{{{(t + 2)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = \sqrt 6 - 2\\t = - \sqrt 6 - 2(l)\end{array} \right.\]
Do hàm số liên tục trên \[\left[ { - \frac{1}{3};1} \right]\] nên so sánh giá trị của \[f\left( { - \frac{1}{3}} \right);f\left( {\sqrt 6 - 2} \right);f(1)\] cho ra kết quả:
\[MaxP = f(\sqrt 6 - 2) = 6 - 2\sqrt 6 \],\[\min P = f\left( { - \frac{1}{3}} \right) = \frac{{11}}{{15}}\]
Ví dụ II.2.8: (Khối A –2012) Cho các số thực $x,y,z$ thỏa mãn $x+y+z=0$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
$$P = {3^{|x - y|}} + {3^{|y - z|}} + {3^{|z - x|}} - \sqrt {6{x^2} + 6{y^2} + 6{z^2}} $$
$$P = {3^{|x - y|}} + {3^{|y - z|}} + {3^{|z - x|}} - \sqrt {6{x^2} + 6{y^2} + 6{z^2}} $$
Cách 1: Từ giả thiết ta có $z = - (x + y)$ (1) trong 3 số $x,y,z$ luôn có 2 số cùng dấu, không mất tính tổng quát giả sử hai số đó là $x,y$ ta có $xy \geq 0$
Thay $(1)$ vào $P$ ta có $P = {3^{|x - y|}} + {3^{|2y + x|}} + {3^{|2x + y|}} - \sqrt {12({x^2} + {y^2} + xy)} $
$$P = {3^{|x - y|}} + {3^{|2y + x|}} + {3^{|2x + y|}} - \sqrt {[12{{(x + y)}^2} - xy)]}$$
$$ \geq {3^{|x - y|}} + {2.3^{\frac{{|2y + x| + |2x + y|}}{2}}} - 2\sqrt 3 |x + y| \geq {3^{|x - y|}} + {2.3^{\frac{{3|x + y|}}{2}}} - 2\sqrt 3 |x + y|$$
Đặt $t = |x + y|,(t \geq 0)$ xét $f(t) = 2.{(\sqrt 3 )^{3t}} - 2\sqrt 3 t$
$$f'(x) = 2.3{(\sqrt 3 )^{3t}}ln\sqrt 3 - 2\sqrt 3 = 2\sqrt 3 .(\sqrt 3 {(\sqrt 3 )^{3t}}ln\sqrt 3 - 1) > 0$$
Nên suy ra hàm $f$ đồng biến trên $[0; + \infty )$ nên $f(t) \geq f(0) = 2$
Ta có: ${3^{|x - y|}} \geq {3^0} = 1$ vậy $P \geq {3^0} + 2 = 3$
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $x = y = z = 0$
Thay $(1)$ vào $P$ ta có $P = {3^{|x - y|}} + {3^{|2y + x|}} + {3^{|2x + y|}} - \sqrt {12({x^2} + {y^2} + xy)} $
$$P = {3^{|x - y|}} + {3^{|2y + x|}} + {3^{|2x + y|}} - \sqrt {[12{{(x + y)}^2} - xy)]}$$
$$ \geq {3^{|x - y|}} + {2.3^{\frac{{|2y + x| + |2x + y|}}{2}}} - 2\sqrt 3 |x + y| \geq {3^{|x - y|}} + {2.3^{\frac{{3|x + y|}}{2}}} - 2\sqrt 3 |x + y|$$
Đặt $t = |x + y|,(t \geq 0)$ xét $f(t) = 2.{(\sqrt 3 )^{3t}} - 2\sqrt 3 t$
$$f'(x) = 2.3{(\sqrt 3 )^{3t}}ln\sqrt 3 - 2\sqrt 3 = 2\sqrt 3 .(\sqrt 3 {(\sqrt 3 )^{3t}}ln\sqrt 3 - 1) > 0$$
Nên suy ra hàm $f$ đồng biến trên $[0; + \infty )$ nên $f(t) \geq f(0) = 2$
Ta có: ${3^{|x - y|}} \geq {3^0} = 1$ vậy $P \geq {3^0} + 2 = 3$
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $x = y = z = 0$
Cách 2
Ta chứng minh ${3^t} \geq t + 1 \ \ (*)$
Xét hàm $f(t) = {3^t} - t - 1$
Có $f'(t) = {3^t}\ln 3 - 1 > 0,\forall t \geq 0$ và $f(t) = 0$. Vậy (*) đúng
Áp dụng (*), ta có:
$${3^{\left| {x - y} \right|}} + {3^{\left| {y - z} \right|}} + {3^{\left| {z - x} \right|}} \geq 3 + \left| {x - y} \right| + \left| {y - z} \right| + \left| {z - x} \right|$$
Áp dụng bất đẳng thức: $\left| a \right| + \left| b \right| \geq \left| {a + b} \right|$ ta có:
$${(|x - y| + |y - z| + |z - x|)^2} = |x - y{|^2} + |y - z{|^2} + |z - x{|^2} + |x - y|(|y - z| + |z - x|) + |y - z|(|x - y| + |z - x|) + |z - x|(|x - y| + |y - z|)$$
$$ \geq 2(|x - y{|^2} + |y - z{|^2} + |z - x{|^2})$$
Do đó:
$$\left| {x - y} \right| + \left| {y - z} \right| + \left| {z - x} \right| \geq \sqrt {2\left( {{{\left| {x - y} \right|}^2} + {{\left| {y - z} \right|}^2} + {{\left| {z - x} \right|}^2}} \right)} {\rm{}} = \sqrt {6{x^2} + 6{y^2} + 6{z^2} - 2{{\left( {x + y + z} \right)}^2}} $$
Mà $x + y + z = 0$ suy ra $\left| {x - y} \right| + \left| {y - z} \right| + \left| {z - x} \right| \geq \sqrt {6{x^2} + 6{y^2} + 6{z^2}} $
Suy ra $P = {3^{\left| {x - y} \right|}} + {3^{\left| {y - z} \right|}} + {3^{\left| {z - x} \right|}} - \sqrt {6{x^2} + 6{y^2} + 6{z^2}} \geq 3$
Khi $x = y = z = 0$ thì dấu bằng xảy ra, vậy giá trị nhỏ nhất của $P$ bằng 3.
Ví dụ II.2.9: (Khối B–2012) Cho các số thực $x,y,z$ thỏa mãn $x + y + z = 0$ và ${x^2} + {y^2} + {z^2} = 1$. Tìm GTLN của biểu thức
$$P = {x^5} + {y^5} + {z^5}$$
Ta có $z = - x - y$ vậy thì ta có ${x^2} + xy + {y^2} = \frac{1}{2}$ và biểu thức được viết lại thành
$P = - 5xy({x^3} + 3{x^2}y + 3x{y^2} + {y^3})$
Hay là
$P = - 5xy(x + y)({x^2} + xy + {y^2}) = - 2,5(x + y)xy$
Bây giờ ta chú ý rằng
$${x^2} + xy + {y^2} = \frac{1}{2}$ vậy thì ${(x + y)^2} = \frac{1}{2} + xy$$
Từ đây ta có$ - \sqrt {\frac{2}{3}} \leq x + y \leq \sqrt {\frac{2}{3}} $
Biểu thức viết lại là
$$P = - \frac{5}{2}[{(x + y)^2} - \frac{1}{2}](x + y)$$
Khảo sát hàm số này ta được $P_{max} = \frac{5\sqrt 6 }{36}$ dấu đẳng thức xảy ra khi $x = y = - \frac{1}{{\sqrt 6 }};z = \frac{2}{{\sqrt 6 }}$
$$P = {x^5} + {y^5} + {z^5}$$
Ta có $z = - x - y$ vậy thì ta có ${x^2} + xy + {y^2} = \frac{1}{2}$ và biểu thức được viết lại thành
$P = - 5xy({x^3} + 3{x^2}y + 3x{y^2} + {y^3})$
Hay là
$P = - 5xy(x + y)({x^2} + xy + {y^2}) = - 2,5(x + y)xy$
Bây giờ ta chú ý rằng
$${x^2} + xy + {y^2} = \frac{1}{2}$ vậy thì ${(x + y)^2} = \frac{1}{2} + xy$$
Từ đây ta có$ - \sqrt {\frac{2}{3}} \leq x + y \leq \sqrt {\frac{2}{3}} $
Biểu thức viết lại là
$$P = - \frac{5}{2}[{(x + y)^2} - \frac{1}{2}](x + y)$$
Khảo sát hàm số này ta được $P_{max} = \frac{5\sqrt 6 }{36}$ dấu đẳng thức xảy ra khi $x = y = - \frac{1}{{\sqrt 6 }};z = \frac{2}{{\sqrt 6 }}$
Ví dụ II.2.10: Cho $a,b,c$ là các số thực không âm,khác nhau từng đôi một thỏa mãn $ab + bc + ca = 4$. Chứng minh rằng :
$$\frac{1}{{{{\left( {a - b} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {b - c} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {c - a} \right)}^2}}} \geq 1.$$
$$\frac{1}{{{{\left( {a - b} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {b - c} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {c - a} \right)}^2}}} \geq 1.$$
Không mất tính tổng quát giả sử $c=min{a,b,c}$ khi đó ta có $\frac{1}{{{{(a - b)}^2}}} + \frac{1}{{{{(b - c)}^2}}} + \frac{1}{{{{(c - a)}^2}}} \geq \frac{1}{{{{(a - b)}^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}}$
Khi đó ta chỉ cần chứng minh:
$$\frac{1}{{{{(a - b)}^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} \geq 1$$
$$ \Leftrightarrow (ab + bc + ca)\left( {\frac{1}{{{{(a - b)}^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}}} \right) \geq 4$$
Mà lại có:
$$ \Leftrightarrow (ab + bc + ca)\left( {\frac{1}{{{{(a - b)}^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}}} \right) \geq ab\left( {\frac{1}{{{{(a - b)}^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}}} \right)$$
Vì thế ta sẽ đi chứng minh:
$$ab\left( {\frac{1}{{{{(a - b)}^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}}} \right) \geq 4$$
Ta có:
$$ab\left( {\frac{1}{{{{(a - b)}^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}}} \right) = \frac{1}{{\frac{a}{b} + \frac{b}{a} - 2}} + \frac{a}{b} + \frac{b}{a}.$$
$$f(t) = \frac{1}{{t - 2}} + t$ với $t > 2$$
$$f'(t) = \frac{{ - 1}}{{{{(t - 2)}^2}}} + 1;f'(t) = 0 \Leftrightarrow t = 3\min f(t) = f(3) = 4$.$
Vậy bài toán đã giải quyết xong.
Khi đó ta chỉ cần chứng minh:
$$\frac{1}{{{{(a - b)}^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} \geq 1$$
$$ \Leftrightarrow (ab + bc + ca)\left( {\frac{1}{{{{(a - b)}^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}}} \right) \geq 4$$
Mà lại có:
$$ \Leftrightarrow (ab + bc + ca)\left( {\frac{1}{{{{(a - b)}^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}}} \right) \geq ab\left( {\frac{1}{{{{(a - b)}^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}}} \right)$$
Vì thế ta sẽ đi chứng minh:
$$ab\left( {\frac{1}{{{{(a - b)}^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}}} \right) \geq 4$$
Ta có:
$$ab\left( {\frac{1}{{{{(a - b)}^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}}} \right) = \frac{1}{{\frac{a}{b} + \frac{b}{a} - 2}} + \frac{a}{b} + \frac{b}{a}.$$
$$f(t) = \frac{1}{{t - 2}} + t$ với $t > 2$$
$$f'(t) = \frac{{ - 1}}{{{{(t - 2)}^2}}} + 1;f'(t) = 0 \Leftrightarrow t = 3\min f(t) = f(3) = 4$.$
Vậy bài toán đã giải quyết xong.
Ví dụ II.2.11: Cho $x,y$ thực dương thỏa ${x^2} + {y^2} = 1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
$$P = \frac{{{x^2} + xy + 2{y^2}}}{{{y^2} + 1}}$$
$$P = \frac{{{x^2} + xy + 2{y^2}}}{{{y^2} + 1}}$$
Với $y=0$, ta được $P=1$
Với $y \ne 0$, ta đặt $t = \frac{x}{y}$
Khi đó:
Với $y \ne 0$, ta đặt $t = \frac{x}{y}$
Khi đó:
\[P = \frac{{{t^2} + t + 2}}{{{t^2} + 2}} = f(t)\]
Ta có
\[f'(t) = \frac{{ - {t^2} + 2}}{{{{({t^2} + 2)}^2}}};f'(t) = 0 \Leftrightarrow - {t^2} + 2 = 0 \Leftrightarrow t = \pm \sqrt 2 \]
Lập bảng biến thiên rồi suy ra kết quả sau:
$\max P = \frac{{4 + \sqrt 2 }}{4}$, đạt được khi và chỉ khi $x = \frac{{\sqrt 6 }}{3},y = \frac{{\sqrt 3 }}{3}$ hoặc $x = - \frac{{\sqrt 6 }}{3},y = - \frac{{\sqrt 3 }}{3}$
$\min P = \frac{{4 - \sqrt 2 }}{4}$, đạt được khi và chỉ khi $x = - \frac{{\sqrt 6 }}{3},y = \frac{{\sqrt 3 }}{3}$ hoặc $x = \frac{{\sqrt 6 }}{3},y = - \frac{{\sqrt 3 }}{3}$
$\max P = \frac{{4 + \sqrt 2 }}{4}$, đạt được khi và chỉ khi $x = \frac{{\sqrt 6 }}{3},y = \frac{{\sqrt 3 }}{3}$ hoặc $x = - \frac{{\sqrt 6 }}{3},y = - \frac{{\sqrt 3 }}{3}$
$\min P = \frac{{4 - \sqrt 2 }}{4}$, đạt được khi và chỉ khi $x = - \frac{{\sqrt 6 }}{3},y = \frac{{\sqrt 3 }}{3}$ hoặc $x = \frac{{\sqrt 6 }}{3},y = - \frac{{\sqrt 3 }}{3}$
Bài tập đề nghị
Bài 1: (B-2009) Cho các số thực $x, y$ thay đổi và thoả mãn ${(x + y)^3} + 4xy \geq 2.$ Tìm GTNN của biểu thức
$$A = 3({x^4} + {y^4} + {x^2}{y^2}) - 2({x^2} + {y^2}) + 1.$$
$$A = 3({x^4} + {y^4} + {x^2}{y^2}) - 2({x^2} + {y^2}) + 1.$$
Bài 2: (B-2006) Cho $x, y$ là các số thực dương không đổi. Tìm GTNN của biểu thức:
$$A = \sqrt {{{(x - 1)}^2} + {y^2}} + \sqrt {{{(x + 1)}^2} + {y^2}} + |y - 2|.$$
$$A = \sqrt {{{(x - 1)}^2} + {y^2}} + \sqrt {{{(x + 1)}^2} + {y^2}} + |y - 2|.$$
Bài 3: Các số thực không âm $a, b, c$ thoả mãn: $a + b + c = 3.$ Tìm GTLN của biểu thức
$$P = ({a^2} - ab + {b^2})({b^2} - bc + {c^2})({c^2} - ca + {a^2}).$$
$$P = ({a^2} - ab + {b^2})({b^2} - bc + {c^2})({c^2} - ca + {a^2}).$$
Bài 4: Cho $a,b>$0 và $x,y>0$. Chứng minh ${({a^x} + {b^x})^y} < {({a^y} + {b^y})^x}$
Bài 5: (Dự bị khối A) Cho $x,y>$0 thỏa mãn $xy+x+y=3$. Chứng minh
$$\frac{{3x}}{{y + 1}} + \frac{{3y}}{{x + 1}} + \frac{{xy}}{{x + y}} \leq {x^2} + {y^2} + \frac{3}{2}$$
$$\frac{{3x}}{{y + 1}} + \frac{{3y}}{{x + 1}} + \frac{{xy}}{{x + y}} \leq {x^2} + {y^2} + \frac{3}{2}$$
Bài 6: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số $y=f(x)=sin x+cos x+tan x+cot x$ trên đoạn $\left[ {\frac{\pi }{6};\frac{\pi }{3}} \right]$
Bài 7: (Khối A – 2009) Cho $x,y,z$ là các số thực dương thỏa mãn $\;x(x + y + z) = 3yz$. Chứng minh rằng
$${(x + y)^3} + {(x + z)^3} + 3(x + y)(x + z)(y + z) \leq 5{(y + z)^3}$$
$${(x + y)^3} + {(x + z)^3} + 3(x + y)(x + z)(y + z) \leq 5{(y + z)^3}$$
Bài 8: (Đề dự bị TSĐH 2003 khối B) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của \[y = {x^6} + 4{\left( {1 - {x^2}} \right)^3}\] trên đoạn $[-1;1]$
Bài 9: Cho ${x^2} + {y^2} = 1$. Tìm Max, Min của A = $x\sqrt {1 + y} + y\sqrt {1 + x} $.
0 comments:
Đăng nhận xét