Bất đẳng thức và những lời giải ấn tượng trong tôi Phạm Kim Chung

Fullname : Ph¹m Kim Chung – Tel : 0984.333.030 – Mail : [email protected]

October 17, 2011

Page | 1 “ Trong thế giới này chúng ta xót xa không chỉ vì hành động và lời nói của những kẻ xấu, mà còn vì sự im lặng đáng sợ của những người tốt “

BẤT ĐẲNG THỨC VÀ NHỮNG LỜI GIẢI ẤN TƯỢNG TRONG TÔI

T«I cã thãi quen rÊt xÊu, ®ã lµ thêng thøc khuya vµ viÕt l¸ch nh÷ng thø linh

tinh – nh÷ng thø ch¼ng ®©u vµo ®©u hÕt . Cã thÓ ®ã lµ mét vµi bµi to¸n, lµm d¨m

ba c©u th¬ hay viÕt ra nh÷ng ®iÒu m×nh nghÜ ®Ó tr¶I lßng víi … ®ªm !

Víi To¸n t«I rÊt say sa …bëi trong To¸n t«I t×m ®îc çI tËn cïng cña tuyÖt väng …vµ c¶ sù ng·o

nghÔ cña thµnh c«ng !

Víi th¬ …lµ nh÷ng th¸ng ngµy rÊt ®Ñp ! §Ñp nh th¬, chØ tiÕc kh¶ n¨ng cña t«I còng chØ ®Õn møc s¾p

xÕp çc ch÷ ®Ó ®óng vÇn …

Víi hiÖn t¹i, t«I kh«ng muèn nãi vÒ nã, bëi nÕu nãi vÒ nã vÒ çI ®iÒu m×nh ®îc nghe, ®îc thÊy, …t«I

sî m×nh mÊt ®I çI r¹o rùc ®îc cèng hiÕn cña søc trÎ ®· vµ ®ang bïng ch¸y trong t«I !

Vµ còng bëi v× t«I ®ang muèn nãi víi häc trß t«I : “Nç lùc lªn çc b¹n, ®õng n¶n lßng…çc b¹n lµ

t¬ng lai cña Tæ quèc, chØ cã çc b¹n míi ®ñ kh¶ n¨ng …lµm biÕn mÊt nh÷ng thø vÈn ®ôc b©y giê ”!

Bài 1 . Cho các số thực dương x,y,z thỏa mãn : x y z xyz . Chứng minh rằng :

2 2 2

1 1 1

1 x 1 y 1 z

3

2

Bình luận - Lời giải :

Ngoài cách lượng giác hóa, bài toán này có thể giải bằng cách ( HS : Trần Thị Huyền Trang khóa 2008-2011 ) khá ấn

tượng như sau :

Ta có :

xyzx y z xyz 1

x y z.Do đó :

22

x y z x y z1 1

xyz x x y x z1 x x yz x x y zxx y z

. Tương

tự, bất đẳng thức đã cho tương đương với :

x y z x y z x y z 3

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

yz y z zx z x xy x y yz y z zx z x xy x yx y z 3

x y y z z x 2xyz x y y z z x

3

2 (*)

Lại có : VT(*) =

yz xyzx

x y x z y z y

1 y z z x x y 3

2 x y x z y z y x z x zz x z y yx 2

Dấu “=” xảy ra x y z 3 .

Bài 2 . Cho các số thực dương thỏa mãn : abc 1 . Tìm giá trị lớn nhất của :

5 2 5 2 5 2b ab 6 c bc 6 a

1 1 1P

a c cab 6

Bình luận – Lời giải :

Là đề thi GV giỏi trường THPT Diễn Châu 3, trên diễn đàn MathScope.Org có khá nhiều lời giải. Nhưng bài toán này ấn

tượng của tôi không nằm ở BĐT mà ở đẳng thức :

1 1 11

ab a 1 bc b 1 ca c 1( Với abc 1 ) . Chứng minh :

http://www.vietmaths.com/



October 17, 2011


Ta có :

1 1 1 1 a ab 1 a ab1

ab a 1 bc b 1 ca c 1 ab a 1 a bc b 1 ab ca c 1 ab a 1 1 ab a a 1 ab

Và đây là cách mà thành viên : hungtoandc3 đã đưa ra :

Ta sẽ CM :

5 2b ab 6 3 ab aa 1 bởi : 2

3 ab a 1 1 1 1 a ab1 aa 1b là ta sẽ áp dụng đẳng thức trên.

Ta có : 5 2 4 2 2 2 2 2 2b ab 6 a a 3a b ab 6 4aa 1 1 1 b 3a ab 6 a ab 3a 3 3a 3b

3ab 6a 3a 3 3 ab a 1 .

Một lời giải nữa cũng ấn tượng không kém, đó là lời giải của : Nguyenhuyen_AG bằng việc sử dụng BĐT quen thuộc :

Bổ đề : Cho các số thực dương x,y,z thỏa mãn : xyz=1. Ta có bất đẳng thức :

1 1 1

2 x 2 y 2 z1 .

Chứng minh bổ đề này có nhiều lời giải được đưa ra, nhưng thiết nghĩ chịu khó biến đổi tương đương t{ vẫn đơn giản

nhất :

x,y,z

1 2 x 2 y 2 x 2 y1 1

2 z 3 x1

2 xy y

y 2 zz

2zx .

Trở lại bài toán gốc , theo BĐT Cauchy-Schwarz ta có :

2

5 2P

b ab 6

13

a, lại có :

35 2 6 3 2b ab 6 3 a .b 6 3 a ba 2 , hay :

2

2

1 1

3 a 2P

b , đặt : 2 2 2b; y b c; z c a xx yza 1 . Ta có đpcm.

Với suy luận tương tự ta có thể giải quyết bài toán tương tự trong tạp chí THTT :

Bài 2.1( Tạp chí THTT ) Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn : abc=1. CMR :

5 2 5 2 5 2

13ab 6 3

1 1 1

a a b bc 6 3cac 6b c

Bài toán này đơn giản hơn nhiều bởi ta chỉ cần CM :

25 2 3 2 3 2a 2a 3aa 3 3a a 3 2a 3a 31 a 0 Do: a , a 0 .

Bài 3 . (VMO-2002) . Cho a,b,c là ba số thực tùy ý . Chứng minh rằng :

3

2 2 2 2 2 2 2b c 27abc 10 a b6 a ca b c . Hỏi dấu “=” xảy ra khi nào ?


Bài toán này liên quan đến 1 kỹ thuật rất hay trong chứng minh BĐT, đó là kỹ thuật chuẩn hóa.

Một BĐT như thế nào thì chuẩn hóa được ? = Có thể hiểu 1 cách nôm na là bài BĐT đó đồng bậc, như bài toán trên cả 2

vế của nó là bậc 3 .

Nếu : 2 2 2ba c 0 , bất đẳng thức đúng.

Nếu : 2 2 2ba c 0 , chuẩn hóa : 2 2 2ba c 9 . Bài toán trở thành :

Cho các số thực a,b,c thỏa mãn : 2 2 2ba c 9 . CMR : 12 a c 0b abc .

Chứng minh :

Ta có :

2 2 2 2 22a b 4 2 ab 9 2ab 8 4ab2 a b c a abbc 2 a b c 2 ab c =

3 2t 20t2 72t f t ( Với t=ab ).

Không mất tính tổng quát, giả sử :

|b| | |a |c|, ta có : 2 2 2 2 2b 3c9 cca 3 . Lại có : 2 2 22|ab| a 9 6cb |t| 3

Do đó :

3;3

Maxf t Max f( 2);f(3) f( 2) 100 . Hay : 2P 100 .

Dấu “=” xảy ra a,b,c 1;2;2 và các hoán vị của nó.

http://forum.mathscope.org/member.php?u=34248

http://forum.mathscope.org/member.php?u=28549




October 17, 2011


Note : Để ý rằng nếu cho a,b,c 0 , kết quả của bài toán hoàn toàn khác ?

Bài toán 3.1 . Cho các số thực không âm a,b,c thỏa mãn : 2 2 2ba c 9 . Tìm Max : F 2 a b abcc .

Khi tôi đưa bài này lên diễn đàn Math.VN đã có rất nhiều lời giải được đưa ra.

Với tư tưởng chuẩn hóa, ta hãy xét một bài toán nữa trong kz thi VMO :

Bài toán 4 . ( VMO – 2004 ) . Xét các số thực dương x,y,z thỏa mãn điều kiện : 3

x y z 32xyz .

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

4 4 4

4

y zxP

x y z

.


Chuẩn hóa : x y z 4 . Lúc đó bài toán trở thành : Cho x,y,z 0 : xyz 2 . Tìm Min, Max của : 4 4 41P yx

2z

56 .

( Thực chất chúng ta có thể tránh cụm từ ‘’chuẩn hóa’’ ta có thể đặt : x y z

a; b; cx y z x y z x y z

. )

Đặt t xy yz zx , lúc đó : 21P t 32t 144

128 .

Rõ ràng trường hợp : x = y = z không xảy ra

Nên phương trình : F X X x X y X z 0 có ít nhất 2 nghiệm 1 2F X .F X 0 trong đó 1 2X ;X là 2 điểm cực

trị của hàm số F(X).

Lại có : 3 2 3 2X x X y X z 0 X X x y z X xy yz zx xyz 0 X 4X X.t 2 0

Và từ : 1 2F X .F X 0 ta có :

9 10125

5 t18

.

Bình luận : Đáp án của bài này nhìn cũng khủng, vì nghiệm số quá lẻ !

Và với tư tưởng này, trong kz thi HSG Tỉnh Nghệ An (2010-2011) đã chế tác ra 1 bài dễ làm hơn !

Bài 4.1 ( HSG Tỉnh Nghệ An 2010) Cho a,b,c là các số thực không đồng thời bằng 0 thỏa mãn :

2 2 2 2a b c 2 a b c . Tìm GTLN và GTNN của biểu thức :

3 3 3a b cP

a b c ab bc ca .

Bình luận : Trên Math.Vn có nhiều lời giải hay, các bạn có thể qua link này để tham khảo ! Theo phương pháp ở

Bài toán 4 thì bài này được giải quyết khá đơn giản. Tôi muốn trình bày một phương pháp phù hợp với kiểu thi

ĐH hơn !

Lời giải : Ta có : 3 3 3 2 2 2b c b c ab bca a b c a 3abc a b c abc ba c ca 3abc

Do đó :

2

3

3c x c3abcP 1 1

a b c ab bc ca x c, với x = a+b

+) Với c =0 thì P=1 .

+) Với c 0 , từ giả thiết : 2 2 2 x 1

x c 4ab a b xc 2

. Đặt x

t, tc

1

2.

Khảo sát hàm số :

2

3

3 t 1f t 1

t 1, cho ta :

11MinP 1; MaxP

9.

Bài toán 5 . ( Chào IMO-2007 ) . Cho các số thực dương x,y,z . Chứng minh rằng ta luôn có BĐT :

2 2 2y zxyz 2 x 8 x y5 z


Một bổ đề rất hay được sử dụng trong bài toán BĐT của VMO-2006 là : Trong 3 số thực bất kz x,y,z luôn tồn tại 2 số

hoặc . Do đó : x y 0 .

http://math.vn/showthread.php?t=4055





October 17, 2011


Bạn Dương Văn Sơn (K41-A1. Toán – ĐHV ) cũng đã sử dụng bổ đề này để viết 1 SKKN bậc 4 của Sở GD&ĐT Nghệ An.

Sau đây tôi trình bày lại lời giải theo cách hiểu của tôi :

Trong 3 số thực dương x,y,z luôn tồn tại 2 số 1 hoặc 1 . Giả sử 2 số đó là x , y . Lúc đó :

0 xy 1 xx y xyz z x1 y 1 z zy . Do vậy :

2 2 2 2 2 2y z 5 xz zy 2xyz 2 x y z 5 xx x zz y 6 88 y 2 22zx y x y 5 z 6z 8

22 2

2 25 z5 z z z 1 7x y x y 5 z 7 x y z 1

2 4 40

2 4 2

. ĐPCM

Dấu = xảy ra khi và chỉ khi : x=y=z=1.

Bài toán 6 ( Hệ quả của VMO – 2006 ) . Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn : abc 1 . Chứng minh rằng :

2 2 2

1 1 13 a b c

a b c2


Ta có : 2

2 2 2 2

1 1 1 1 1 2 1P a b c 3 2 a b c 3

a b c a b c2

ab

221 1

2c ab 2 a b c 3a b

2

21 12 a 1 b 1 ab 1

a b

.

Trong 3 số thực dương bất kz thỏa mãn : abc=1, luôn tồn tại 2 số 1 hoặc 1 , giả sử đó là a, b thì ta luôn có :

a 1 b 1 0 . Do đó : P 0 . ĐPCM.

Bài toán 7 ( VMO – 2008 ) . Chứng minh rằng với ba số thực không âm a,b,c đôi một khác nhau thì :

2 2 2

1 1 1

a b b c c

4

ab ba c ca


Bài toán này có lời giải với tư tưởng dồn biến . Tuy nhiên ngoài đáp án, còn có 1 cách giải tôi thấy rất hay trên diễn đàn

MathScop.Org như sau :

Ta có :

22

2 2 2 2 2 2 2

a b1 1 1 1

b c c aa b a b

1 1 1 2 2VT

b c c a b c a ca b b c c a ab c c

2

2 2 4 4

b c a c b c a c ab ca cbc ab bc ca

.

Do : 2 2ab bc ca c 0 c c 2a 2ab c ca cb 2ca 2 b 0cb . (*)

Chỉ cần giả sử c min a,b,c thì (*) hiển nhiên đúng.

Sau đây là lời giải 2 ( Đáp án ) :

Không mất tính tổng quát, giả sử : a b c 0 . Đặt : a c x y; b c x x,y 0 , BĐT trở thành :

2 2

22 2

1 1 13c 2c 2x y x xy

y x x y4

(*)

VT(*)

22

22 2 2 2 2

x x y x x y x x y1 1 1 y x x y y yxy 1 1 2

y x y x x y y x x y yx 4

x(x y)x y

.

http://mathscope.org/forum/showthread.php?s=f5ac0d09715e186246528bc359f7ce1e&t=2517&page=2




October 17, 2011


Bài toán 8 (VMO-2005). Xét các số thực x,y thỏa mãn điều kiện : y y3 x 1 2x 3 .

Hãy tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức : P x y


Cái hay của lời giải bài toán này, xuất pháp từ 1 tư duy tưởng chừng như không tự nhiên cho lắm.

Xác định tham số m để hệ phương trình :

x 1 3 y 2 yx 3

x

1, y 2

y m

x

có nghiệm .

Đặt x 1 a, y 2 b a, 0b . Hệ trở thành :

2

2 2 2 2

2 2 2 2

1 mab m 3

2 9a 3a 3b b a b 3 a b 3 0m

a 1 b 2 m a 3 m a b3

a,b a,b

1 2

b

0 0 0a,b

a,b là 2 nghiệm của phương trình :

2 218t 6mt m 9m 27 0 . Bài toán trở thành, tìm tham số m để phương trình : 2 218t 6mt m 9m 27 0 , có 2

nghiệm không âm 21

59 3

92

t 3 1

.

Bài toán 9 (Nghệ An MO TST – 2009.2010 ). Xét các số thực dương a, b,c : abc 1 .

Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : 3 3 3 3 3 3b b cP a c 6 aa b c

Lời giải : Bài này là một bài toán khó, dẫu nhìn biểu thức P đối xứng, nhưng hệ số (-6) làm cho nhiều pp giải toán phải

gặp thất bại . Xin trình bày bài toán này bằng dồn biến ( cũng là để tập tành dồn biến cho quen ).

Ta sẽ chứng minh : PP a,b,c a c, bc, b . Thật vậy :

3

3 3 3 3 3P a,b,c a, a a 6 b cP bc, bc b c 2 bc1ca 2b 23 3 2

3 b ca 6 b c

2 2 2 2

3 3 2b c bc c b c .bc 6a b 6 9a 9c a 0b 6

( Với giả sử

a Max a,b,c a 1 ) . Lại có :

3

1 1 1 12bc, bc , a 6a

aP a, P a,

a a2a

a

.

Đặt a t, 1t . Ta có :

2 7 6 5 4 3 29 8 5 63 2

6 6 6

t 1 2t 2t 6t 5t 4t 3t 2t 11 12 2t 6t 12t 15t 1f t 2t 6t 15 15

t t t t

Bài toán 10 (MOSP 2001 ). Xét các số thực dương a, b,c : abc 1 .

Chứng minh BĐT : a b b c c a a b c 14

Lời giải : ( Giải bằng dồn biến )

Đặt : P a,b,c a b b c c a 4 a b c 1 ab a b bc c b ca c a 4 a b c 6 .

Ta sẽ CM : PP a,b,c a c, bc, b , thật vậy :

P a,b,c P a, ab a b bc b c ca c a 4 b cbc, bc bc a bc bc 2 bc2a 8 bc




October 17, 2011


2 2 2bc b c 2 4 b c 2 abc bc bcb 2 bc a b 2 c b 2 22bc a 4b c a b c

2 2 2

2 2b c b c bbc a a 4 c abc 4a a b c 2

a b a c 2b c a 4

Giả sử : a Max a,b,c a 1 , và : 24 a ba b a 4c c a 4 .

Vậy : 2 8

P bc, bc a 8 4aa a a a a

1 1P a,b,c a, P a, , 2a

3 2

3

2 82t 4t 8 f t

t t , Với a t 1 ).

Ta có :

3

3 2

4

2 tf ' t 3t 3

14t

t

, lại có : 3 2g t 3t 4t 3 , có :

2g' t 9t 8t t 9t 0, t 1 g t g 1 2 08 . Do đó : f ' t 0, t 1 . Hay : f t 0f 1 . BĐT được CM.

Bài toán 11. Cho các số thực x, y,z thỏa mãn điều kiện : 2 2 2x y z 3

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : 1

P xy yz zx2

Bình luận : Sau đây là lời giải ấn tượng của một thành viên trên diễn đàn math.vn

Lời giải : Xét : 0 k 2

Ta có : 2 2 2 2 20 x z kx ky z y 2xz 2k xy zy 2 2 2 2 1

x 2k xy yzz zk xzy x 2 k2

2 2

2 2 2 2 x2kP 2 k

2

zx z k y

2 2 2 24 k

2z yx k kP2

.

Chọn k sao cho : 24 k 1 33k k

2 4

. Vậy

P

3 1 33

8

Dấu " " xảy ra khi và chỉ khi :

2 2 2x

x ky z 0

1 33x z; k

y z

4

3

Bài toán 12. Cho các số thực x, y,z thỏa mãn điều kiện : 2 2 2x y z 3

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : P xy yz 2zx

Bình luận : Bài toán này được post trên diễn đàn onluyentoan.vn với khá nhiều lời giải. Sau đây tôi thử trình

bày lời giải dựa trên phương pháp rất hay của Bài toán 11.

Lời giải : Xét 1

k2

( Thật ra điều kiện này xuất hiện khi ta định dùng nó để đánh giá 2 1 2k xz ở lời giải dưới đây )

Ta có : 2 2 2 2 2 2 2 2 20 x xy yz 2zx xx k xy yz 2zxy z z k 2y 2k y k y 2 1 2k zxk

2 2

2 2 2 2 2 2 2 2x2

zyk.P x 1 2k 2 1 k x z k 2k.P

2k y 2 y

.

Ta sẽ chọn k 0 , thỏa mãn : 2k 12 k k 1 3 . Suy ra :

P3 1 3

2

Bài toán 13. Cho các số thực x, y có tổng khác 0 .

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

2

2 2 xy 6P 8x 13y

x y


http://onluyentoan.vn/showthread.php?t=552




October 17, 2011


Bình luận : Thông thường khi đứng trước một BĐT hay một bài cực trị nhiều biến số, người ta thường tìm cách giảm đi

số lượng của biến để sử dụng công cụ đạo hàm và đánh giá .

Riêng với loại toán này cách giải quyết nó lại thêm vào cho nó …1 biến nữa !

Lời giải :

Đặt : xy 6

z xy xz yz 6x y

. Bài toán trở thành tìm GTNN của : 2 2 2P 8x 13y z

Lúc này ta chỉ cần đồng nhất hệ số là xong !

2 2 2 2 2 2z 1 z 1x y 2 xy ; 8 x 2 8 xz; 13 y 2 13 yz

Ta cần tìm

2 2 2 2 2 2; 8 x z ; 13

8

13 1, , sao

1

o

y z

ch

x y

Bài toán 14. ( ĐH Vinh MO TST 2011-2012 ) . Cho các số thực a,b,c không âm đôi một khác nhau .


2 2 2

2 2 2

1 1 1P a b c

a b b c c a

Bình luận : Bài này có nhiều cách giải hay, như Cách 2 ( sẽ trình bày ở dưới ) . Các bạn có thể xem qua tại link này !

Lời giải : ( Tôi trình bày lời giải bài này theo { tưởng VMO – 2008 )

Cách 1 : Giả sử : c Min a,b,c

Ta có :

2 2 2 2

2 2 2 a b b c c a 2 ab bc ca 2 a b 2 b c a c 2 ab bc caA a

2b c

2

.

Mà : ab bc ca b c a 2a 0c c 2b c (đúng ). Suy ra : 2

A 2 b ca b a c (1)

Lại có :

2

2 2 2 2 2 2

a b1 1 1 1 2B

a c b ca b b c a c a b b c a c

(2)

Đặt : 2

a b u; b c a c v . Từ (1) và (2) suy ra :

2

2 2

u u 2v 2 u 2v1 u 2 u 2v v uu 2v 5 2

u v v u v v4

u

u

vP

v

.

Đặt u

t, t 0v . Xét hàm số : 2 2

f t t 4t 5t

, ta có :

2

2 2

2 t 12 1 5f ' t 2t 4 t f ' t 0 t

t tt 1

2

Lập bảng biến thiên cho ta : 5 1 11 5 5

f2 2

ft

.

Vậy 2

c 0

11 5 5MinP a b ab

2 2a, 0

5

b

1

( Hoặc hoán vị )

Cách 2 : Giả sử c Min a,b,c . Suy ra : b; a c ab c . Do đó :

22 2 2 2 2 22 2

2 22 2 2 2

1 1 1 a b a b a b a ba b

a b a b b aa

a b

b aPa b

2b

b ba

a

. Đặt : a b

t, t 2b a .

http://onluyentoan.vn/showthread.php?t=869




October 17, 2011


Xét hàm số :

2

2

t 2 3f t t , f ' t 2t

50 t

t 2 2t 2

.

Lập bảng biến thiên cho ta : 3 5 11 5 5

f2 2

f t

Bài toán 15. ( Tạo ra từ { tưởng bài 14 ) . Cho các số thực a,b,c không âm đôi một khác nhau .


2 2 2

2 2 2

1 1 1P a b b c c a

a b b c c a

Lời giải 1 : Giả sử c Min a,b,c

Ta có : 2 2 2 2 2 2

A a b b c c a a b a c b c 4 ab bc ca

2

2 a b 2 a c b c 4 ab bc ca . Ta sẽ chứng minh : ab bc ca a c b c (1) . Thật vậy :

21 2bc 2ca 0 c 2a 2b c 0c (đúng - Do c Min a,b,c )

Do đó : 2

A a b c b2 6 a c (2)

Lại có :

2

2 2 2 2 2 2

a b1 1 1 1 2B

b c a ca b b c c a a b b c a c

(3)

Đặt : 2

a b b c au; c v . Kết hợp với (2) và (3) ta có :

2 2

u 2u 6v1 u 2 2u 6v 4u 12v2u 6v

u v v u v vP

2u u v

2 5 3 7v v u

.

Đặt u

t, t 0v . Xét hàm số : 2 5t

3f t t 7

t , ta có :

2

2

3t 3t 1 2tf ' t 0 0 t

t

3

4

3 3

Ta có Bảng biến thiên :

Từ bảng biến thiên ta có : 0;

59 11 33 33 3Minf t t

8 4

Vậy

2

c 059 11 3

MinP 33 34 a b ab

4

( Và các hoán vị )

Lời giải 2 : Giả sử c Min a,b,c




October 17, 2011


Ta có : b; a c a; b c b - ab ; a cc . Nên :

2 2 2

2 2 2P a b

1 1 1a b

b aa b

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2

ab b aba a ab a2

a b

b b

2ab b a

2a b

1a b a bb a2

a b b a b a2b a

. Đặt a b

t, t 2b a .

Xét hàm số : 2t 1f t t

tt

2

, ta có :

2

3f ' t 0 2t 1 0

t 2

5 33t

4

Ta có bảng biến thiên :

Từ bảng biến thiên cho ta : 2;

59 11 33 33 5Minf t t

8 4

Vậy

c 059 11 3

MinP a b 33 54

b a 4

( Và các hoán vị )

Bài toán 16. ( Đề thi thử ĐH Boxmath.vn ) . Cho các số a,b,c 0;2 , thỏa mãn điều kiện : a b c 3

Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức : 2 2 22b 3c 2P a a 24c 2060

Bình luận : Với loại toán này ( có các biến bị chặn ) ta có thể giải quyết nó bằng phương pháp đạo hàm từng biến.

Lời giải : Từ a b c 3 a 3 b c . Suy ra : 2 2 23c 2P 3 b c 2b 3 b c 24c 2060

2 23b c 4 42 cb 28c 2063 .

Ta có :

b b

2 cP' 6b 2c 4, P b0'

3 . Do

2 c0

2c 2 0

3 3. Ta có bảng biến thiên :




October 17, 2011

Page | 10 “ Trong thế giới này chúng ta xót xa không chỉ vì hành động và lời nói của những kẻ xấu, mà còn vì sự im lặng đáng sợ của những người tốt

“

Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy :

2

0;2

224c 20MaxP Max P 0 ; P 2 P 2 Do P 2 P 0 4c 4c67 28 4cc 063 42 0

Lại có : 2 24c 2067. f ' c 8c 24P 2 f 0, cc 4c 0;2 f c 0f 2067 . Hay

MaxP 2067 a 1;b 2;c 0 .

b

0

2

;2

2 c 13 86MinP P c c 2063

3 3 3

Xét 213 86g c c c 2063, c 0;2

3 3, ta có :

26 86g' c c 0 g c 2g 2023

3 3.

Hay MinP 2023 c 2;b 0;a 1 .

Bài toán 17. ( Khối A - 2011 ) . Cho x,y,z là ba số thực thuộc đoạn 1;4 và x y;x z

Tìm nhỏ nhất của biểu thức :

x y zP

2x 3y y z z x

Bình luận : Do các biến bị chặn nên điều đầu tiên khi tôi tiếp xúc với bài toán này là { định khảo sát từng biến như Bài

toán 16 . Còn khi xem đáp án của Bộ GD mới biết… Bộ thật biết lừa trẻ con .

Lời giải 1 :

+) Nếu x y , thì

1 x z 6P z

5 x z x z 5 .

+) Nếu x y , ta có :

2 2 2 2

x z zy y xP' z

y z z x y z x z

2 2P' z 0 x z y x y z z xy x

Lập bảng biến thiên ta thấy :

2

2 yx 1 2 xP z xy , t , t 1;2

2x 3y 2t 3 1 t yy xP

Khảo sát sự biến thiên cho ta : 3

f4

f t 2 .33

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi : x=4; y=1; z=2.

Lời giải 2 : <Đáp án Bộ GD&ĐT - Bộ bảo thi trong SGK mà lời giải hình như là “dồn biến trá hình” >




October 17, 2011

Page | 11 “ Trong thế giới này chúng ta xót xa không chỉ vì hành động và lời nói của những kẻ xấu, mà còn vì sự im lặng đáng sợ của những người tốt

“

Bài toán 18 . Cho x,y,z là ba số thực thuộc đoạn 1;3 và x y 2z 6

Tìm lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức : 3 3 3yP 5zx

Lời giải 1 : Ta thử giải bài này bằng dồn biến :

Ta sẽ chứng minh :

x y x y

P x,y,z ; ;z2 z

P , thật vậy :

x y x y

P x,y,z ; ;z2 z

P

33

3 3 3 3 3 3 x yx yx 2 5y 5z yz x

2 4

3 2 3 23x y 3y

4

xy3x 3

2

3 x y x

40

y



Education

Bất đẳng thức và những lời giải ấn tượng trong tôi Phạm Kim Chung