intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE
 » 
 » 

Bài giảng Chuyên đề 6: Bất đẳng thức - Nguyễn Bá Trung

Chia sẻ: Nguyễn Bá Trung | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:25

Thêm vào BST
Báo xấu
158
lượt xem 16
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Bài giảng Chuyên đề 6: Bất đẳng thức do thầy Nguyễn Bá Trung biên soạn sẽ giới thiệu tới các bạn một số vấn đề cơ bản về các bất đẳng thức hay dùng như: Bất đẳng thức Côsi; bất đẳng thức Bunhiacopxki BĐT trị tuyệt đối; bất đẳng thức véc tơ;...

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Bài giảng Chuyên đề 6: Bất đẳng thức - Nguyễn Bá Trung

  1. Gi¸o viªn: nguyÔn b¸ trung – tr­êng thpt xu©n giang Mobile: 012469.15999 CHUY£N §Ò: 6 BÊT §¼NG THøC – GTLN - GTNN 6.1 Các bất đẳng thức hay dùng: 6.1.1 Bất Đẳng thức Côsi Cơ sở lý thuyết: a. Bất Đẳng thức Cô si cho 2 số : Cho 2 số a, b  0. Khi đó: a + b  2 ab . Dấu = xảy ra khi a = b. b. Bất Đẳng thức Cô si cho 3 số : Cho 3 số a, b, c  0 . Khi đó ta có: a + b + c  3 3 abc . Dấu = xảy ra khi a = b = c. Nhận dạng: + Tìm nhỏ nhất của tổng khi biết tích. + Tìm lớn nhất của tích khi biết tổng, tổng bình phương. + Chứng minh tổng lớn hơn tích, tích chia tổng (tổng bình phương, . . .) + Dùng nhập các tổng, tổng nghịch đảo, . . . thành một. *Các BĐT cơ bản liên quan hay dùng : 1. a2 + b2  2ab. 2. a2 + b2 + c2  ab + ac + bc .Dấu = khi a = b = c. 1 3. a2 + b2 + c2  (a + b + c)2  ab + ac + bc . Dấu = xảy ra khi a = b = c. 3 1 1 1 1 4 4. Với a, b > 0. Ta có : (a + b)(  )  4 . Dấu = xảy ra khi a = b (hay :   ) a b a b a b 1 1 1 5. Với a, b, c > 0. Ta có : (a + b + c)(   )  9 . Dấu = xảy ra khi a = b = c ( hay: a b c 1 1 1 9    ). a b c a b  c 6. Ý nghĩa của các bất đẳng thức 4, 5 là cho phép ta nhập các phân số thành một do đó rất thuận lợi cho việc xét hàm với một ẩn. 6.1.2 Bất Đẳng Thức Bunhiacopxki BĐT Trị Tuyệt Đối : Trong chương trình thi Đại Học chúng ta chỉ được áp dụng BĐT Cô si cho 2 và 3 số không âm và bất đẳng thức Bunhiacopxki cho 2 cặp số. a1 .b1  a2 .b2  (a12  a22 )( b12  b22 ) a1 a2 Dấu = xảy ra khi  (Nếu bỏ dấu thì cần thêm  0 nữa) b1 b 2 6.1.3 Bất đẳng thức véc tơ:       Cho các véc tơ: a, b khi đó ta có a  b  a  b ta có thể sử dụng cho không gian hai chiều   x 2  y 2  u 2  v 2  ( x  u ) 2  ( y  v) 2 khi chọn a =(x;y), b =(u;v) hoặc ba chiều   x 2  y 2  z 2  u 2  v 2  t 2  ( x  u ) 2  ( y  v) 2  ( z  t ) 2 khi chọn a =(x;y;z), b =(u;v;t) Dấu bằng xảy ra khi hai véc tơ cùng hướng. 6.1.4 Khảo sát hàm số: Hàm số y = f(x) trên đoạn [a;b] tìm nghiệm của y' trên đoạn [a;b] tính giá trị của hàm số tại các nghiệm trên [a;b] và tại a và b, giá trị nào lớn nhất chính là giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn [a;b] và ngược lại Thông thường các bài này ta phải nhóm tất cả các biến số riêng ra sao cho các biến số đều có chung một công thức hoặc đánh giá các biến để đưa về xét hàm số của một biến TR£N CON §¦êng vinh quang kh«ng cã dÊu ch©n cña kÎ l­êi biÕng 1
  2. Gi¸o viªn: nguyÔn b¸ trung – tr­êng thpt xu©n giang Mobile: 012469.15999 CHUY£N §Ò: 6 BÊT §¼NG THøC – GTLN - GTNN Khi tìm GTNN, GTLN HS thường mắc phải sai lầm phổ biến trong việc tìm giá trị của biến tại các điểm đạt max, min đó là : thực hiện liên tiếp nhiều bước đánh giá nhưng dấu = tại mỗi bước là không như nhau do đó không có dấu = để xảy ra đẳng thức cuối. Như vậy, khi thực hiện mỗi bước biến đổi ta thường tự đặt ra câu hỏi: + Khi thực hiện các bước biến đổi như vậy thì liệu dấu = có đạt được ở bước cuối cùng không ? + Đánh giá như thế nào để có thể đưa về vế còn lại được hay không ? Mặc dù bài toán có thể thực hiện liên tiếp nhiều bước biến đổi nhưng để dấu = đạt được thì ở mỗi bước dấu = cũng phải giống như dấu = ở đẳng thức cuối cùng. Vậy thì tại sao ta không dự đoán trước dấu = của BĐT (hoặc giá trị mà tại đó biểu thức đạt max, min) rồi từ đó mới định hướng phương pháp đánh giá. Để có hướng suy nghĩ đúng chúng ta thực hiện các bước phân tích sau: 1.Dự đoán dấu = của BĐT hay các điểm mà tại đó đạt GTLN, GTNN. 2.Từ dự đoán dấu =”, kết hợp với các BĐT quen thuộc dự đoán phép đánh giá. Mỗi phép đánh giá phải đảm bảo nguyên tắc dấu = xảy ra ở mỗi bước này phải giống như dấu = dự đoán ban đầu. 6.1.5 Tích của hai số trái dấu. Nếu x thuộc đoạn [a;b] thì ta có (x - a)(x - b)  0 6.2 Một số dạng bài tập: 6.2.1 CMR với mọi a,b,c ta có a2 + b2 + c2  ab + bc + ca LG: Ta có a2 + b2  2ab b2 + c2  2bc c2 + a2  2ca Cộng vế với vế các bđt cùng chiều suy ra đpcm. Dấu bằng xảy ra khi a = b = c. Sử dụng dạng 6.2.1 để làm các bài tập tương tự sau: xy yz zx 1. CMR với mọi số thực dương x, y, z ta có    x y z z x y 6 x 15 x 10 x 2. CMR với mọi số thực x ta có x  x  x  2 x  3x  5 x 5 2 3 1 1 1 6.2.2 CMR với mọi a, b, c dương ta có :  a  b  c       9 a b c LG: Áp dụng bđt Cô si cho các số dương ta có: 1 1 1 111  a  b  c       3 3 abc .3 3 9 a b c abc Dấu bằng xảy ra khi a = b = c. Sử dụng dạng 6.2.2 để làm các bài tập tương tự sau: ab bc ca 1. CMR với mọi a, b, c dương ta có   6 c a b a b c 3 2. CMR với mọi a, b, c dương ta có    bc ca ab 2 3. Cho các số a, b, c dương Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức TR£N CON §¦êng vinh quang kh«ng cã dÊu ch©n cña kÎ l­êi biÕng 2
  3. Gi¸o viªn: nguyÔn b¸ trung – tr­êng thpt xu©n giang Mobile: 012469.15999 CHUY£N §Ò: 6 BÊT §¼NG THøC – GTLN - GTNN ab bc ca a b c P=      c a b bc ca ab 6.2.3 Một số bài tập chỉ ra sai lầm thường gặp:  a, b  0 1 1 Bài 1. Cho  , Tìm GTNN của biểu thức : P  2 2   4ab . a  b  1 a b ab Sai lầm thường gặp: Sai lầm 1: Ta có : 1 1 1 4 1 4  1  P 2 2    4ab  2 2   4ab  2   4ab  . a b 2ab 2ab a  b  2ab 2ab (a  b)  2ab  1 1 Mặt khác  4ab  2 .4ab  2 2 . Vậy P  4  2 2 nên MinP  2(2  2) 2ab 2ab Sai lầm 2: 1 1  1  1 4 1 1 1 1 P    4 ab     2 4 ab.   4  2   6  a 2  b2 ab  4ab  4ab (a  b)2 2ab 4ab 4ab 4ab a 2  b2  2ab   1 1 1 Dấu bằng xảy ra  a 2b2   a  b  . Thay a  b  vào ta được P  7  16 2 2 a  b  1  1  MinP  7 khi a  b  . 2 Nguyên nhân sai lầm: 1 1 1 Sai lầm 1: Học sinh chưa có khái niệm điểm rơi, việc tách   ab 2ab 2ab là do thói quen để làm xuất hiện : a  b  1  a 2  b2  2ab  (a  b)2 . MinP  4  2 2    4ab  VN .  2 ab  a  b  1 Dấu = bất đẳng thức không xảy ra  không kết luận được MinP  4  2 2 1 Sai lầm 2: Học sinh đã có khái niệm điểm rơi, dự đoán được dấu bằng khi a  b  nên đã tách 2 1 các số hạng và MinP  7 khi a  b  là đúng, nhưng bước cuối học sinh làm sai ví dụ như 2 (1  x)2  x  x , dấu bằng xảy ra khi x  1  Min ( x  1) 2  x   1 1 Lời giải đúng: Do P là biểu thức đối xứng với a, b , ta dự đoán MinP đạt tại a  b  , ta có: 2 TR£N CON §¦êng vinh quang kh«ng cã dÊu ch©n cña kÎ l­êi biÕng 3
  4. Gi¸o viªn: nguyÔn b¸ trung – tr­êng thpt xu©n giang Mobile: 012469.15999 CHUY£N §Ò: 6 BÊT §¼NG THøC – GTLN - GTNN 1 1  1  1 4 1 1 P 2 2    4ab    2  2 4ab.  2 7 a b 2ab  4ab  4ab (a  b) 2ab ab 4   2  a 2  b2  2ab   1 1 Dấu bằng xảy ra  a 2b2  ab .  16 2 a  b  1   a, b  0 1 1 1 Bài 2. Cho  , Tìm GTNN của biểu thức S  3 3  2  2. a  b  1 a b a b ab Sai lầm thường gặp: 1 1 1 2 2 9 2 1 1  Ta có: S           a 3  b3 3a 2b 3ab2 3a 2b 3ab2 a3  b3  3a 2b  3ab2 3  a 2b ab2  9 2 1 1 1 2 4 59  3  .     9 2 .  (a  b) 3 ab  a b  ab ab 3 3.    2  59 MinS  3 a 3  b3  3a 2b 59  Nguyên nhân sai lầm: MinS   a  b (vn) 3 a  b  1  Lời giải đúng: 1 Ta dự đoán dấu bằng xảy ra khi a  b  , và ta thấy a 3  b3  3a 2b  3ab2  (a  b)3 vì thế ta 2 1 1 1 muốn xuất hiện (a  b)3 ; ta áp dụng bất đẳng thức 3   và nếu vậy: a  b3 2a 2b 2ab2 1 1 1 9 3 3  2  2  3 , ta không đánh giá tiếp được cho nên ta phải áp a b 2a b 2ab (a  b)  ab(a  b) dụng bất đẳng thức cho 5 số: 1 1 1 1 1 25 25 S 3 3  2  2  2  2  3   20 a b 2a b 2ab 2a b 2ab (a  b)  ab(a  b) 3 (a  b)3 (a  b)  4 1 Dấu bằng xảy ra khi a  b  . 2 TR£N CON §¦êng vinh quang kh«ng cã dÊu ch©n cña kÎ l­êi biÕng 4
  5. Gi¸o viªn: nguyÔn b¸ trung – tr­êng thpt xu©n giang Mobile: 012469.15999 CHUY£N §Ò: 6 BÊT §¼NG THøC – GTLN - GTNN  x, y , z  0  1 1 1 Bài 3. Cho  1 1 1 . Tìm GTLN của P    .  x y z   4 2 x  y  z x  2 y  z x  y  2 z  Sai lầm thường gặp: Sai lầm 1: Ta có 1  1 1 1  1  1 1 1  1  1 1 1  5  1 1 1  10 P                   9  2 x y z  9  x 2 y z  9  x y 2 z  18  x y z  9 10  MaxP  9 Sai lầm 2: 1 1 1 1 1  1 1 1  1 1  1 1 1  1 1  1 1 1  10 P                33 2 xyz 33 x.2 yz 33 xy2 z 3 3  2 x y z  3 3  x 2 y z  3 3  x y 2 z  9 Nguyên nhân sai lầm: Cả hai lời giải trên đều đã biết hướng đích song chưa biết chọn điểm rơi. 2 x  y  z 2 y  x  z 10  10 MaxP   2 z  x  y (vn) , tức là không tồn tại ( x, y, z )  D : P  9 1 1 1 9    4  x y z 3 Lời giải đúng: Từ hai lời giải trên với dự đoán MaxP đạt được tại x  y  z  nên tách các 4 số 2x  x  x ra cho dấu bằng xẩy ra. 1 1 1 1 1 1 1 Cách 1: Ta có        , tương tự và ta có: 2 x  y  z x  x  y  z 16  x x y z  1  2 1 1   1 2 1   1 1 2   3 P                  1 , vậy MaxP  1 khi x  y  z  . 16  x y z   x y z   x y z   4 1 1 Cách 2: Ta có 2 x  y  z  x  x  y  z  4 4 x.x. y.z   , mặt khác: 2 x  y  z 4 4 x 2 yz 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 4 . . .            , tương tự ta có: x x y z 4  x x y z  2 x  y  z 16  x y z  1 1 1 1 3 P  .4      1 . Dấu = xảy ra khi x  y  z  , suy ra: 16  x y z  4 3 MaxP  1 khi x  y  z  . 4 Nhận xét: Ta có thể mở rộng bài 3: TR£N CON §¦êng vinh quang kh«ng cã dÊu ch©n cña kÎ l­êi biÕng 5
  6. Gi¸o viªn: nguyÔn b¸ trung – tr­êng thpt xu©n giang Mobile: 012469.15999 CHUY£N §Ò: 6 BÊT §¼NG THøC – GTLN - GTNN  x, y , z  0  1 1 1 Cho  1 1 1 . Tìm GTLN của P    .  x y z   4  x   y   z  x   y   z  x   y   z  Với  ,  ,   N  : Cách làm tương tự như bài 3, ta tách  x   x    x ,... . Nếu x   soá   ,  ,   R , thì bài toán có còn giải quyết được không? Câu trả lời dành cho độc giả trong phần sau Kỹ thuật chọn điểm rơi trong BCS”  a, b, c  0 Bài 4. Cho  . Chứng minh rằng: 3 a  2b  3 b  2c  3 c  2a  3 3 3 . a  b  c  3 Sai lầm thường gặp: 3 1.1(a  2b)1  1  (a  2b) 2  a  2b Ta có:   , tương tự ta có: 3 3 3 2  a  2b 2  b  2c 2  c  2a a  2b  3 b  2c  3 c  2a     5, 3 3 3 mà 5  3 3 3 a  2b  1 b  2c  1  Nguyên nhân sai lầm: P  VT  5, vậy MaxP =5   (vn) , vậy P  5  c  2 a  1 a  b  c  3 Lời giải đúng: Ta dự đoán dấu = trong bất đẳng thức xảy ra khi a  b  c  1 . Vậy ta áp dụng Cauchy cho ba số a  2b,3,3 ta có: 3 1 1 3  3  (a  2b) 6  a  2b a  2b  3 3 3.3(a  2b)  3 .  , tương tự ta có: 9 9 3 33 9 6  a  2b 6  b  2c 6  c  2a P 3  3  3  3 3 3 , dấu bằng xảy ra khi a  b  c  1 3 9 3 9 3 9  x, y , z  0 x2 y2 z2 3 Bài 5. Cho  , chứng minh rằng:     xyz  1 1 y 1 z 1 x 2 Sai lầm thường gặp: 1  y  2 y x 2 y z 2 2 ( xyz ) 2  Sai lầm 1: P     33 , mặt khác 1  z  2 z , 1 y 1 z 1 x (1  y )(1  z )(1  x)  1  x  2 x suy ra: 3 (1  y )(1  z )(1  x)  8 xyz  8 . Vậy P  , dấu = xảy ra khi x  y  z  1 2 TR£N CON §¦êng vinh quang kh«ng cã dÊu ch©n cña kÎ l­êi biÕng 6
  7. Gi¸o viªn: nguyÔn b¸ trung – tr­êng thpt xu©n giang Mobile: 012469.15999 CHUY£N §Ò: 6 BÊT §¼NG THøC – GTLN - GTNN  x2   (1  y )  2 x  1  y  y 2 Sai lầm 2: ta có:   (1  z )  2 y  P  2( x  y  z )  ( x  y  z )  3  x  y  z  3 ,  1  z  z2   (1  x)  2 z 1  x mặt khác x  y  z  3 3 xyz  3  P  0 Nguyên nhân sai lầm: 1 1 Ở sai lầm 1: Học sinh quên tính chất cơ bản của bất đẳng thức: a  b  0   a b x  y  z  2  x y2 z2 Ở sai lầm 2: Dấu = xảy ra    1  y,  1  z,  1  x (vn) 1  y 1 z 1 x  xyz  1  Lời giải đúng: Ta dự đoán dấu = xảy ra khi x  y  z  1 . Vì vậy khi áp dụng Cauchy cho x2 1 y x2 1 y 1 2 và sao cho     4 1 y  1 y  2   x2 1 y   x 1  y 4  y 2 1  z 1 3 3 3 3 Ta có:    y  P  ( x  y  z)  ( x  y  z)   ( x  y  z)   1  z 4 4 4 4 4 2  z2 1 x   z  1  x 4 Dấu = xảy ra khi x  y  z  1 . Các bài tập tương tự: 1.Cho các số thực khác không x,y thoả mãn x + y  1 1 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = 2 2   4xy x y xy 2. Cho các số thực khác không: x,y thoả mãn x + y  3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 9 27 A= 2 2   4xy x y xy 3. Cho các số thực khác không: x,y thoả mãn x + y  4 8 40 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = 2 2   2xy x y xy 6.2.4 Kỹ thuật chọn điểm rơi trong bất đẳng thức Côsi: TR£N CON §¦êng vinh quang kh«ng cã dÊu ch©n cña kÎ l­êi biÕng 7
  8. Gi¸o viªn: nguyÔn b¸ trung – tr­êng thpt xu©n giang Mobile: 012469.15999 CHUY£N §Ò: 6 BÊT §¼NG THøC – GTLN - GTNN Bài 1. Cho x, y , z là ba số dương và x  y  z  1 , chứng minh rằng: 1 1 1 x2  2  y 2  2  z 2  2  82 x y z Nhận xét: chúng ta có thể dùng bất đẳng thức Cauchy như ở phần 1 2  2 1  2 2  1 1 1 1  1 Sai lầm :  x     x x 2  x  2  1 1   x    x   x  2  x x  2 x 1   1 1 1  2 1 1 1 Tương tự ta có: P  ( x  y  z )        (x  y  z)     3 2 2  x y z  2 x y z Vậy P  3 2....? x 1 y 1 z 1   ,  ,  Nguyên nhân sai lầm: P  3 2   1 x 1 y 1 z (vn) x  y  z  1  1 Lời giải đúng: Ta dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi x  y  z  ; và biểu thức trong căn gợi 3 2  1     x     cho ta sử dụng BCS:  x 2  2   2   2    x   với  ,  là những số thỏa mãn: x 1 x x 1  1    x2   , chọn   1,   9   x  9 2  1   9 1 1  9  x    Ta có  x 2  2  12  92   x    x 2  2   x x 82   x   , tương tự ta có: x 1   1 1 1  1 1 1 P 9 x  y  z )  9      , do x  y  z  1;    9 nên ta tách: 82   x y z  x y z 1  1 1 1  80  1 1 1  2  1 1 1  80 9 (x  y  z)            ( x  y  z)       82 9 x y z 9  x y z 3  x y z 9 x yz 1 Vậy P  82 , dấu = xảy ra khi x  y  z  . 3  x, y, z.0  1 1 1 Bài 2. Cho  1 1 1 , tìm GTLN của P    x  y  z 1 2x  y  z x  2 y  z x  y  2z  LG: TR£N CON §¦êng vinh quang kh«ng cã dÊu ch©n cña kÎ l­êi biÕng 8
  9. Gi¸o viªn: nguyÔn b¸ trung – tr­êng thpt xu©n giang Mobile: 012469.15999 CHUY£N §Ò: 6 BÊT §¼NG THøC – GTLN - GTNN 2 1 1 (  1  1)2 Áp dụng hệ quả (1) ta có:    , ta chọn  sao cho x  y  z  3 và 2x y z 2x  y  z  1 1     1   2 2x y z 2  2 1 1 (2  2) 2      2x y z 2x  y  z  1 Vậy ta có:   2 1   (2  2) 2 P 2  2 1 1 1    1   2  x 2y z x  2y  z 2 2 x y z 2 2   1 1 2 (2  2) 2      x y 2z x  y  2z 1 Dấu bằng xảy ra khi x  y  z  3  MaxP  khi x  y  z  3 2 2 Bài 3. Cho x, y, z > 0 thỏa mãn xyz = 1. Chứng minh rằng: 1  x3  y3 1  x 3  z3 1  y 3  z3   3 3 xy xz yz Phân tích: + Dự đoán dấu = xảy ra khi x = y = z = 1 + Với dự đoán này thì 1 = x3= y3, ở mỗi phân số ta thấy đều có dạng tổn chia tích, ta dùng Côsi để đánh giá tổng đưa về tích: 1  x3  y 3 3xy 3 1  x 3  y 3  3 3 x 3 y 3  3xy    ; xy xy xy 3 3 1  y 3  z3  ; 1  z3  x 3  zy zx 3 3 3 Suy ra : VT    xy yz zx + Kết hợp với giả thiết và với dự đoán dấu =thì xy  yz  zx . Điều này trùng với dấu hiệu của BĐT Côsi, do đó dùng BĐT Côsi ta được: 3 3 3 3 3 3 ( 3 )3 VT     33 . .  33 3 3. xy yz zx xy yz zx xyz Các bài tập tương tự:  a, b, c  0 1 1 1 3 Bài 1. Cho  , chứng minh rằng: 3  3  3   abc  1 a (b  c) b (c  a) c (a  b) 2  a, b, c  0 a3 b3 c3 Bài 2. Cho  , tìm GTNN của P     abc  1 (1  b)(1  c) (1  c)(1  a) (1  a)(1  b) Bài 3. Cho a, b, c, d  0 , tìm GTNN của: TR£N CON §¦êng vinh quang kh«ng cã dÊu ch©n cña kÎ l­êi biÕng 9
  10. Gi¸o viªn: nguyÔn b¸ trung – tr­êng thpt xu©n giang Mobile: 012469.15999 CHUY£N §Ò: 6 BÊT §¼NG THøC – GTLN - GTNN a b c d P    b  2c  3d c  2d  3a d  2a  3b a  2b  3c  xi  0, i  1, n  Bài 4. Cho  n , tìm GTNN của P  1  x1  1  x2    1  xn   xi  1  i 1 a b c Bài 5. Cho a, b, c  0 , chứng minh rằng:   1 2 2 2 a  8bc b  8ca c  8ab 6.2.5 Đánh giá làm trội và xét hàm số: Bài toán 1: (ĐH-CĐ-KB-03) Tìm GTNN, GTLN của : P = sin5x + 3 cosx. có bạn đã giải như sau:  Chỉ cần xét trong x  [0 ; ].Ta có:sin5x  sinx suy ra : f(x)  sinx + 3 cosx 2  Mặt khác : sinx + 3 cosx = 2sin(x + ) 2 . 3 Vậy f  x MAX = 2. Nhận xét : bài giải trên sai (bài giải đúng xem ở dưới) do đã vướng sai lầm trong tìm dấu =f(x) không thể đạt giá trị bằng 2 được vì để tới BĐT cuối chúng ta đã thực hiện 2 phép biến đổi : + lần 1: sin5x  sinx ; dấu = khi x = 0,  /2. + lần 2: 2sin(x +  / 6 )  2 ; dấu = khi x=  / 6 Phân tích: Ta thấy P chứa một ẩn x suy nghĩ đầu tiên của ta thường là dùng đạo hàm. Thử đạo hàm : f’(x) = 5sin4x.cosx 3 sinx + Chúng ta thấy có một nghiệm là sinx = 0 nhưng các nghiệm còn lại ta không thể tìm được. Như vậy hướng giải quyết khi đạo hàm trực tiếp là không khả thi. Nhưng qua đây cho ta có dự đoán được các điểm mà tại đó đạt NN, LN sẽ là các điểm làm sinx = 0.(thường thì các điểm đạt max, min là các điểm tới hạn của hàm số) + Từ điều này, khi ta biến đổi và sử dụng các bất đẳng thức để đánh giá phải luôn luôn có dấu = tại các điểm làm sinx = 0. + Muốn đưa về một ẩn t, ta đặt t = cosx, nhưng sin5x không chuyển về t được  đánh giá sin5x để hạ một bậc (sin2x, sin4x, . . . thì đưa về t = cosx được). Phải đánh giá như thế nào để dấu =có được khi sinx = 0  sin5x  sin4x  Khi đó : sin4x = (1 - t2)2 f(x)  g(t) = (1 - t2)2 + 3 t , t  [-1 ; 1]. + g'(t) = 3 - 4t(1 - t2)  hàm bậc 3 nhưng ta không nhẩm nghiệm được (thử bấm máy xem có nghiệm trong [-1 ; 1]  không có nghiệm  g’(t) chỉ mang dấu) đánh giá g(t) để chứng minh g(t) có một dấu  dùng BĐT hoặc đạo hàm: + g(t) = 12t2 4, g(t) = 0  t  1/ 2 . Lập BBT hoặc để ý rằng g(  1), g(  1/ 2 ) > 0  g(t) > 0, t  [ 1;1] . Suy ra: max g(t) = g(1) (vẫn đảm bảo dấu = như ở trên). Bài toán 2: (ĐH-CĐ-KA-04) TR£N CON §¦êng vinh quang kh«ng cã dÊu ch©n cña kÎ l­êi biÕng 10
  11. Gi¸o viªn: nguyÔn b¸ trung – tr­êng thpt xu©n giang Mobile: 012469.15999 CHUY£N §Ò: 6 BÊT §¼NG THøC – GTLN - GTNN Cho tam giác không tù ABC, thỏa mãn điều kiện: cos2A + 2 2 cosB + 2 2 cosC = 3. Tính các góc của tam giác ABC. Phân tích: Bài toán yêu cầu tính 3 góc trong khi đó chỉ cho một đẳng thức ràng buộc như vậy chỉ có cách dùng BĐT để đánh giá một vế lớn hơn hoặc bằng vế còn lại. + Dự đoán dấu =’: B = C = 450 và A = 900. (B, C đối xứng nên dự đoán B = C, hệ số cosB là 2 từ đây dự đoán B = 450 thử vào thấy thỏa.) BC BC + Ta thực hiện biến đổi biểu thức quen thuộc : cosB + cosC = 2cos .cos , với dự 2 2 BC đoán B = C thì cos = 1, ta có thể đánh giá cosB + cosC để chuyển về một ẩn : cosB + cosC = 2 BC A A 2cos .sin  2 sin 2 2 2 A + Vậy : cos2A + 4 2 sin  3  0 . 2 Đây là bài toán một ẩn ta có thể A 2 H1: Đặt t = sin (t  (0 ; ] ) chuyển 2 2 f(t)=(2(2t 1) 11) + 4 2 t 1= 8t4 8t2 +4 2 t -1 2 2 2 f’(t)=32t316t + 4 2  không giải được nghiệm. (bấm máy tìm nghiệm t  (0 ; ] thấy không có 2 2 nghiệm  f’(t) chỉ có một dấu )  f”(t) lập BBT suy ra được f(t)  0 , t  f(t)  f ( )  3 ( bài 2 toán thường gặp ở lớp 12) H2: Đánh giá cos2A để giảm bớt bậc, có thể phân tích theo hướng : cos2A = 2cos2A 1.Với dự đoán dấu = khi A = 900 ở trên, ta có thể đánh giá cos2A như thế nào? Đánh giá:cos2A  cosA (để đảm bảo dấu = xảy ra khi A = 900) A + Thu được: cosA + 4 2 sin 30 2 A A hay: 2sin2 + 4 2 sin  4  0 . 2 2 A A 2 Suy ra:  ( 2 sin  2) 2  0  sin =  2 2 2 Bài toán 3: (ĐHSP Hà Nội 99) Cho x, y, z  [0 ; 1]. Chứng minh rằng : 2(x3 + y3 + z3) (x2y + y2z + z2x)  3 Phân tích: + Dự đoán dấu =’: hai số bằng 1còn 1 số bằng 0 hoặc x = y = z = 1. + Với dự đoán trên làm thế nào để xuất hiện được vế trái ? Để làm xuất hiện x2y ta thử xét tích : ( 1- x2)(1 - y)  0 (đảm bảo dấu = như dự đoán) hay : x2y + 1 - x2 - y  0 . Thực hiện tương tự trên ta có : y2z + 1 - y2 - z  0 z2x + 1 - z2 - x  0 TR£N CON §¦êng vinh quang kh«ng cã dÊu ch©n cña kÎ l­êi biÕng 11
  12. Gi¸o viªn: nguyÔn b¸ trung – tr­êng thpt xu©n giang Mobile: 012469.15999 CHUY£N §Ò: 6 BÊT §¼NG THøC – GTLN - GTNN + Nếu cộng 3 vế ta gần được bđt cần chứng minh, chỉ thay 2(x3 + y3 + z3) bằng tổng : x2 + y2 + z2 + x + y + z. Với giả thiết x, y, z  [0 ; 1] thì ta có thể so sánh các lũy thừa với bậc khác nhau, do đó có thể so sánh hai tổng trên: x3  x2  x ; y3  y2  y và z3  z2  z. Cộng các bđt ta được đích cần phải tới. Qua các ví dụ trên chúng ta thấy được tầm quan trọng của việc đánh giá, dự đoán dấu =xảy ra ở các BĐT.Ngoài việc tránh cho ta những sai lầm thường gặp trong quá trình tìm GTNN, GTLN thì việc dự đoán dấu =còn cho chúng ta định hướng được phương pháp chứng minh (các cách đánh giá là hoàn toàn tự nhiên chứ không phải từ trên trời rơi xuống).Xin mời các em vận dụng vào các bài tập sau: Bài toán 4. Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 1. a b c 3 3 Chứng minh: 2 2  2 2  2 2  b c a c a b 2 LG. Từ a2 + b2 + c2 = 1 và a, b, c > 0 suy ra a, b, c thuộc (0;1) a a a2 Ta có 2 2   b c 1  a 2 a  a3 xét hàm số y = a - a3 trên khoảng (0;1) có y' = 1 - 3a2 1 nghiệm của y' trên khoảng (0;1) là x = 3 bảng biến thiên hàm số y = a - a3 trên khoảng (0;1) là: a2 3 3a 2 a 3 3a 2 Suy ra  hay  a  a3 2 b2  c2 2 2 b 3 3b tương tự ta cũng có : 2 2  c a 2 c 3 3c 2  a 2  b2 2 Cộng vế với vế của các bất đẳng thức cùng chiều ở trên suy ra điều phải chứng minh. 6.2.6 Cho các số a1, a2,…, a2009  1; 2 và a1 + a2 +…+ a2009 = 4007 Tìm giá trị lớn nhất của: P = a12  a22  a32  ...a2009 2 Q = a13  a23  a33  ...a2009 3 LG. a. Ta có a1  1; 2 nên (a1 - 1)(a1 -2)  0 hay a12  3a1  2 Tương tự ta cũng chứng minh được: a22  3a2  2 , a32  3a3  2 , a42  3a4  2 ,..., a2009 2  3a2009  2 Cộng tất cả các bất đẳng thức cùng chiều trên ta được: a12  a22  a32  ...a2009 2  3(a1+ a2+…+ a2009) - 4018 = 8003 TR£N CON §¦êng vinh quang kh«ng cã dÊu ch©n cña kÎ l­êi biÕng 12
  13. Gi¸o viªn: nguyÔn b¸ trung – tr­êng thpt xu©n giang Mobile: 012469.15999 CHUY£N §Ò: 6 BÊT §¼NG THøC – GTLN - GTNN Dấu bằng xảy ra khi các số a1, a2,…, a2009 nhận giá trị 1 hoặc 2. Giả sử có n số bằng 2 và 2009 - n số bằng 1 khi đó ta có 2n + 2009 - n = 4007 vậy n = 1998 Vậy P đạt giá trị lớn nhất là 8003 khi các số a1, a2,…, a2009 có 1998 số bằng 2 và 9 số bằng 1 b. Ta có a1  1; 2 nên (a1 - 1)(a1 -2)(a + 3)  0 hay a13  7 a1  6 Tương tự ta cũng chứng minh được: a23  7 a2  6 , a33  7 a3  6 , a43  7 a4  6 ,..., a2009 3  7 a2009  6 Cộng tất cả các bất đẳng thức cùng chiều trên ta được: a13  a23  a33  ...a2009 3  7(a1+ a2+…+ a2009 ) - 12054 = 15995 Dấu bằng xảy ra khi các số a1, a2,…, a2009 nhận giá trị 1 hoặc 2. Giả sử có n số bằng 2 và 2009 - n số bằng 1 khi đó ta có 2n + 2009 - n = 4007 vậy n = 1998 Vậy Q đạt giá trị lớn nhất là 15995 khi các số a1, a2,…, a2009 có 1998 số bằng 2 và 9 số bằng 1 Bài tập tương tự: Bài 2. Tìm các số a,b,c  1; 2 và a + b + c = 5 sao cho A = a3 + b3 + c3 đạt lớn nhất Bài 3. Tìm các số a1, a2, …, a10  1;3 và a1 + a2 + … + a10 = 24 sao cho A = a13  a23  a33  ...a103 đạt lớn nhất. 6.2.7 Một số dạng bất đẳng thức khác: Bài 1. Cho a,b,c  1; 4 chứng minh rằng:  1 1 1  27 A = (a + b + c)      a b c 2 LG.  1 1 1 a a b b c c Ta có A =  a  b  c             3 a b c b c a c a b 2 2 2  a  b  b  c  c  a    a  b 2  b  c  2  c  a 2  =   9  9   9 ab bc ca  9ab 9bc 9ca   Giả sử 1  a  b  c  4 ta có 0  b - a  3, 0  c - b  3, 0  c - a  3 Suy ra 2 2 2 ba cb ca  b a  b a  c b  c b  c  a  c  a 0  1, 0   1, 0  1    ,    ,   suy 3 3 3  3  3  3  3  3  3 ra   a  b 2  b  c 2  c  a 2  b  a c  b c  a  b  a c  b c  a  9    9  9     9  3   9  9ab 9bc 9ca   3ab 3bc 3ca   ab bc ca   1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 27  3        9  3    9  3    9  a b b c a c a c  1 4 2  1 1 1  27 Vậy A = (a + b + c)      . a b c 2 ba c b c a Dấu bằng xảy ra khi , , nhận giá trị 0 hoặc 1, và a = 1, c = 4. hay có 2 số bằng 1, 3 3 3 một số bằng 2 hoặc hai số bằng 2 và một số bằng 1 Bài 2. Cho x,y,z   0;1 chứng minh rằng  2 x  2 y  2 z  2  x  2 y  2 z   10 LG: TR£N CON §¦êng vinh quang kh«ng cã dÊu ch©n cña kÎ l­êi biÕng 13
  14. Gi¸o viªn: nguyÔn b¸ trung – tr­êng thpt xu©n giang Mobile: 012469.15999 CHUY£N §Ò: 6 BÊT §¼NG THøC – GTLN - GTNN Đặt a = 2x , b = 2y , c = 2z, vì x,y,z   0;1 nên a, b, c  1; 2 1 1 1 BĐT đã cho trở thành (a + b + c)      10 a b c  1 1 1 a a b b c c Ta có  a  b  c             3 a b c b c a c a b 2 2 2 a  b b  c  c  a =   9. ab bc ca Giả sử 1  a  b  c  2 ta có 0  b - a  1, 0  c - b  1, 0  c-a  1 2 2 2 Suy ra  b  a   b  a,   c  b   c  b,  c  a   c  a suy ra   a  b 2  b  c 2  c  a 2  b  a c  b c  a  ba cb ca     9      9    9  ab bc ca    ab bc ca  ab bc ca 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1           9  2     9  2     9  10 a b b c a c a c 1 2  1 1 1 Vậy A = (a + b + c)      10 . Dấu bằng xảy ra khi b - a, c - a, c - b nhận giá trị 0 hoặc 1, a b c và a = 1, c = 2. hay có 2 số bằng 1, một số bằng 2 hoặc hai số bằng 2 và một số bằng 1 tức là trong các số x, y, z có hai số bằng 0, một số bằng 1 hoặc hai số bằng 1, một số bằng 0 Bài tập tương tự: 1 1 1 Bài 3. Cho a,b,c  1; 2 chứng minh rằng A = (a + b + c)      10 a b c 35 Bài 4. Cho x,y,z   0;1 chứng minh rằng  3x  3 y  3z  3 x  3 y  3 z   3 6.2.8 Bài 1. Cho các số a,b,c, d  1; 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của biểu thức: 1 1 1 1 P = a  b  c  d      a b c d LG: Vì a,b,c, d  1; 2 nên a,b,c, d là các số dương. Áp dụng BĐT Cô si cho 4 số dương ta có : 1 1 1 1 1 1 1 1 P =  a  b  c  d        4 4 abcd .4 4 . . .  16 dấu bằng khi a=b=c=d  1; 2 a b c d  a b c d Vậy P nhỏ nhất là 16 khi khi a=b=c=d  1; 2 2 Mặt khác ta có a  1; 2 nên (a - 1)(a -2)  0 hay a 2  2  3a  a   3 tương tự ta cũng có a TR£N CON §¦êng vinh quang kh«ng cã dÊu ch©n cña kÎ l­êi biÕng 14
  15. Gi¸o viªn: nguyÔn b¸ trung – tr­êng thpt xu©n giang Mobile: 012469.15999 CHUY£N §Ò: 6 BÊT §¼NG THøC – GTLN - GTNN 2 2 2 b  3 , c   3 , d   3 suy ra b c d 2 2 2 2 2 2 2 2 12  a  b  c  d     2  a  b  c  d      a b c d a b c d  1 1 1 1 Suy ra  a  b  c  d        18 dấu bằng xảy ra khi các số a, b, c, d nhận giá trị là 1 a b c d  2 2 2 2 hoặc 2 và a  b  c  d     . Hay P đạt giá trị lớn nhất là 18 khi trong 4 số a, b, c, d có a b c d hai số nhận giá trị là 1 và hai số nhận giá trị là 2 Bài tập tương tự: Bài 1. Cho các số a,b,c, d  1; 4 . Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của biểu thức 1 1 1 1 P = a  b  c  d      a b c d Bài 2. Cho các số a,b,c, d, e, f  1; 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của biểu thức: 1 1 1 1 1 1  P = a  b  c  d  e  f        a b c d e f  6.2.9 Bài 1. Cho các số a,b,c  1;3 và a + b + c = 6 tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P = a2 + b2 + c2 LG: Đặt x = a - 2,y = b - 2;z = c - 2. Vì a,b,c  1;3 và a + b + c = 6 nên x,y,z   1;1 và x + y + z = 0. Khi đó ta có P = (x + 2)2 + (y + 2)2 +(z + 2)2 = 12 + 4(x + y + z ) + x2 + y2 + z2 = 12 + x2 + y2 + z2 Vì x,y,z   1;1 nên x 2  x , y 2  y , z 2  z  x 2  y 2  z 2  x  y  z Lại có x + y + z = 0 nên phải có một số trái dấu với hai ssó kia giả sử x trái dấu với hai số y và z thế thì x = - y - z vậy x  y  z   y  z  y  z  y  z  y  z  2 x Suy ra P  12  2 x  12  2  14 dấu bằng khi x, y, z có một số bằng 0 một số bằng -1, một số bằng 1 Vậy P lớn nhất là 14 khi a, b, c có một số bằng 1, một số bằng 2, một số bằng 3 Bài 2. Cho các số a,b,c  1;5 và a + b + c = 9 tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P = a2 + b2 + c2 LG: Đặt 2x = a - 3, 2y = b - 3; 2z = c - 3. Vì a,b,c  1;5 và a + b + c = 9 nên x,y,z   1;1 và x + y + z = 0. Khi đó ta có P = (2x + 3)2 + (2y + 3)2 +(2z + 3)2 = 27 + 12(x + y + z ) + 4(x2 + y2 + z2) = 27 + 4(x2 + y2 + z2) Vì x,y,z   1;1 nên : TR£N CON §¦êng vinh quang kh«ng cã dÊu ch©n cña kÎ l­êi biÕng 15
  16. Gi¸o viªn: nguyÔn b¸ trung – tr­êng thpt xu©n giang Mobile: 012469.15999 CHUY£N §Ò: 6 BÊT §¼NG THøC – GTLN - GTNN x2  x y2  y z2  z  x2  y2  z 2  x  y  z Lại có x + y + z = 0 nên phải có một số trái dấu với hai số kia giả sử x trái dấu với hai số y và z thế thì x = - y - z vậy x  y  z   y  z  y  z  y  z  y  z  2 x Suy ra P  27  8 x  27  8  35 dấu bằng khi x,y,z có một số bằng 0 một số bằng -1, một số bằng 1 Vậy P lớn nhất là 35 khi a, b, c có một số bằng 1, một số bằng 3, một số bằng 5. Bài tập tương tự: Bài 3. Cho sinx + siny + sinz = 0. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = sin2x + sin4y + sin6z 6.2.10 Bài 1. Cho x,y là hai số thực thoả mãn 2(x2 + y2) = xy +1 18 70 CMR:  7(x4 + y4) + 4x2y2  25 33 LG: 2 2  xy  1  Ta có: 4 x 2 y 2   x 2  y 2   4 x 2 y 2   2 2   15 x y  2 xy  1  0  2  2 1 1 2  xy  1  5 3       xy   7 x 4  y 4  4 x 2 y 2  7 x 2  y 2   10 x 2 y 2  7   2  2 2   10 x y 33x 2 y 2  14 xy  7  4 1 1 1 1 Đặt x.y = t suy ra    t  lập bảng biến thiên hàm số y = -33t2 + 14t + 7 với   t  5 3 5 3 18 70 Vậy  7(x4 + y4) + 4x2y2  25 33 Bài tập tương tự: Bài 2. Cho x,y là hai số thực thoả mãn x2 + y2 = xy +1 Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức M = x4 + y4 - x2y2 Bài 3. Cho x,y là hai số thực thoả mãn 2x2 + y2 = 2xy +1 Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức M = 4x4 + y4 - 2x2y2 6.2.11 TR£N CON §¦êng vinh quang kh«ng cã dÊu ch©n cña kÎ l­êi biÕng 16
  17. Gi¸o viªn: nguyÔn b¸ trung – tr­êng thpt xu©n giang Mobile: 012469.15999 CHUY£N §Ò: 6 BÊT §¼NG THøC – GTLN - GTNN Bài 1. Cho hai số x, y thỏa mãn x2 + 3xy + 4y2 = 7. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức: P = x2 - 3y2 LG: Từ giả thiết ta suy ra x, y không đồng thời bằng 0 nên ta giả sử y khác 0 khi đó ta có: x2 3 P x2  3 y 2 y2   7 x 2  3 xy  4 y 2 x 2 x 2 3 4 y y x P t2  3 đặt t = khi đó  2 y 7 t  3t  4 t2  3 t2  3 tập giá trị của biểu thức y  là tập tất cả các số y sao cho phương trình y  t 2  3t  4 t 2  3t  4 có nghiệm t t2  3 Mặt khác phương trình y  2 t  3t  4    y t 2  3t  4  t 2  3  ( y  1)t 2  3 yt  4 y  3  0 điều khiện phương trình có nghiệm 9y2 - 4(y - 1)(4y + 3)  0  7y2 - 4y - 12  0 2  2 22 2  2 22 2  2 22 P 2  2 22   y Vậy    2  2 22  P  2  2 22 7 7 7 7 7 Vậy PMin  2  2 22; PMax  2  2 22 Bài tập tương tự: Bài 1. Cho hai số x, y thỏa mãn x2 + 2xy + 5y2 = 3. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức P = x2 - 4xy + 2y2 6.2.12 Bài 1. Chứng minh rằng với mọi x ta có x 2 + 2x + 2 + x 2 - 2x + 2 ³ 2 2 LG: r r ur r r ur Trên mặt phẳng xoy chọn u = (x + 1;1 ), v = (1 - x ;1 ), w = (2;2 ) Þ u + v = w Khi đó ta có u  v  u  v nên x 2 + 2x + 2 + x 2 - 2x + 2 ³ 2 2   1 x 1 Dấu bằng xảy ra khi hai véc tơ u , v cùng hướng hay  hay x = 0. x 1 1 Bài 2. cho các số a, b, c, d  1; 2 Chứng minh rằng a 2   b2 c 2  d 2   25 2  ac  bd  16 LG: Xét hai điểm A(a;b), B(c;d) với a, b, c, d  1; 2 .Khi đó A, B nằm trong hình vuông MNPQ với M(1;2), N(2;2), P(2;1), Q(1;1). Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với 2  ac  bd   16  ac  bd  4  cos AOB  4 a 2 b 2  c 2 d 2  25 a 2  b2 c2  d 2 5 5 TR£N CON §¦êng vinh quang kh«ng cã dÊu ch©n cña kÎ l­êi biÕng 17
  18. Gi¸o viªn: nguyÔn b¸ trung – tr­êng thpt xu©n giang Mobile: 012469.15999 CHUY£N §Ò: 6 BÊT §¼NG THøC – GTLN - GTNN Mặt khác A, B nằm trong hình vuông MNPQ nên 00  AOB  MOP  900 4 Nên cos AOB  cos MOP  suy ra điều phải chứng minh 5 Bài tập tương tự: Bài 1. Chứng minh rằng với mọi x, y, z ta có x 2  xy  y 2  y 2  yz  z 2  x 2  xz  z 2 a 2   b2 c 2  d 2   841   Bài 2. cho các số a, b, c, d  2;5 Chứng minh rằng 2  ac  bd  400 6.2.13 1 1 1 Bài 1. Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn    1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu a2 b2 c2 thức: P = abc LG: 1 1 1   1 a2 b2 c2 2 2 2    2 a2 b2 c2 2 2 2   1 1 a2 b2 c2 2 b c b c    2 . a2 b2 c2 b2 c2 1 b c   . a2 b2 c2 Tương tự ta cũng chứng minh được: 1 c a  . b2 c2 a2 1 a b  . c2 a2 b2 Nhân các bất đẳng thức cùng chiều, dương ta được: 1 1 1 a b c . .  .  P  abc  1 . Vậy PMax = 1 dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1 a2 b2 c2 a2 b2 c2 Bài 2. Cho 30 số dương a1,a2,a3,…,a30 thoả mãn: 1 1 1 1 29    ...   30  a1 30  a2 30  a3 30  a30 30 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = a1a2a3…a30 LG. Ta có: 1 1 1 29 1 1 1 1 1 1 1   ...         ...   30  a1 30  a2 30  a30 30 30  a1 30 30  a2 30 30  a3 30 30  a30 TR£N CON §¦êng vinh quang kh«ng cã dÊu ch©n cña kÎ l­êi biÕng 18
  19. Gi¸o viªn: nguyÔn b¸ trung – tr­êng thpt xu©n giang Mobile: 012469.15999 CHUY£N §Ò: 6 BÊT §¼NG THøC – GTLN - GTNN 1 1  a2 a3 a30  29 a2 a3 a30      ...   29 . ..... 30  a1 30  30  a2 30  a3 30  a30  30 30  a2 30  a3 30  a30 Chứng minh tương tự ta cũng có: 1 29 a1 a3 a30 1 29 a1 a2 a29  29 . ..... ,...,  29 . ..... 30  a2 30 30  a1 30  a3 30  a30 30  a30 30 30  a1 30  a2 30  a29 Nhân các bất đẳng thức cùng chiều, dương ta được 29 1 1 1 1  29  a1 a2 a29 a30 . . .....   . ..... . 30  a1 30  a2 30  a3 30  a30  30  30  a1 30  a2 30  a29 30  a30 29 29 29  30   30   30  30     a1.a2 ....a29 .a30  P    Vậy PMax =   khi a1 =a2 =a3 =…=a30 =  29   29   29  29 Bài tập tương tự: Bài 1. Cho n số dương a1,a2,a3,…,an thoả mãn: 1 1 1 1 n 1    ...   ( p > 0) p  a1 p  a2 p  a3 p  an p Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P = a1a2a3…an Bài 2. Cho 3 số dương a1,a2,a3 thoả mãn: 1 1 1 2    2008  a1 2008  a2 2008  a3 2008 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P = a1a2a3 Bài 3. Cho 4 số dương a1,a2,a3,a4 thoả mãn: 1 1 1 1 3     10  a1 10  a2 10  a3 10  a4 10 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P = a1a2a3a4 6.2.14 Bài 1. Cho các số thực dương a,b,c thoả mãn điều kiện  1 1 1 1 1 1 6 2  2  2   1   a b c  a b c 1 1 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức M =   10a  b  c a  10b  c a  b  10c LG: Ta có 2  1 1 1 1 1 1 1 1 1  1 1 1   1 1 1 a b c a b c  6  2  2  2   1     1     2 12  12  12  2  2  2 a b c  a b c    2     a b c 2  1 1 1  1 1 1 1  1 1 1   2          1  0        1 Vì a, b, c dương nên a b c a b c 2 a b c 1 1 1     1 a b c TR£N CON §¦êng vinh quang kh«ng cã dÊu ch©n cña kÎ l­êi biÕng 19
  20. Gi¸o viªn: nguyÔn b¸ trung – tr­êng thpt xu©n giang Mobile: 012469.15999 CHUY£N §Ò: 6 BÊT §¼NG THøC – GTLN - GTNN Lại có 1 1 1 1 1 1 M      10a  b  c a  10b  c a  b  10c 6a  4a  b  c 6b  4b  a  c 6c  4c  a  b 1 1 1 1 1 1 1          4  6a 4a  b  c 6b 4b  a  c 6c 4c  a  b  1 1 1 1 1  1 1 1 1 1 1              24  a b c  16  3a a  b  c 3b b  a  c 3c c  a  b  1 1 1 1 1  1 1 1 3 1 1  1 1 1 1 1 1 1 1          .          24  a b c  48  a b c  16 a  b  c 16  a b c  48  a b c  12 1 Vậy M lớn nhất là khi a=b=c=3 12 Bài tập tương tự: Bài 1. Cho các số thực dương a,b,c thoả mãn điều kiện  1 1 1 1 1 1 6  2  2  2   1   a b c  a b c 1 1 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức M =   8a  b  c a  8b  c a  b  8c  1 1 1 1 1 1 Bài 2. Cho các số thực dương a,b,c thoả mãn điều kiện 6  2  2  2   1   a b c  a b c 1 1 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức M =   7 a  4b  c a  7b  4c 4a  b  7c 6.2.15 Cho ba số dương a,b,c biết: abc = 1. Chứng minh rằng: 1 1 1 1 A= 2 2  2 2  2 2  a  2b  3 b  2c  3 c  2a  3 2 LG. 1 1 1 c Ta có: 2 2  2 2 2   a  2b  3 a  b  b  1  2 2ab  2b  2 2  2bc  2c 1 1 1 2 2  2 2 2  , b  2c  3 b  c  c  1  2 2bc  2c  2 1 1 1 bc bc 2 2  2 2 2    c  2a  3 c  a  a  1  2 2ac  2a  2 2c  2  2bc 2  2bc  2c 1 1 1 1  bc  c 1  2 2  2 2  2 2   a  2b  3 b  2c  3 c  2a  3 2  2bc  2c 2 6.2.16 Dành cho HS lớp 12 Bài 1. Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x + y + z = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A  ( x  2) 2  ( y  1) 2  ( z  3) 2 LG: Xét điểm I(2;1;3) và điểm M(x;y;z) nằm trên mặt phẳng (P): x + y + z = 3 Khi đó A = IM2 Vậy A nhỏ nhất khi M là hình chiếu vuông góc của I lên (P) TR£N CON §¦êng vinh quang kh«ng cã dÊu ch©n cña kÎ l­êi biÕng 20
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN
TRỢ GIÚP
HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG
Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2