SKKN: Kỹ năng dồn biến để giải bài toán tìm cực trị của biểu thức, nhằm nâng cao hiệu quả của việc ôn tập học sinh giỏi và thi THPT Quốc Gia tại trường THPT Như Thanh

Chia sẻ: Trần Thị Ta | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:23

Thêm vào BST

Báo xấu

38
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mục tiêu của đề tài "Kỹ năng dồn biến để giải bài toán tìm cực trị của biểu thức, nhằm nâng cao hiệu quả của việc ôn tập học sinh giỏi và thi THPT Quốc Gia tại trường THPT Như Thanh" là Rèn luyện kỹ năng tìm cực trị của biểu thức nhiều biến, kỹ năng đánh giá biểu thức bằng bất đẳng thức trong bài toán tìm cực trị.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: SKKN: Kỹ năng dồn biến để giải bài toán tìm cực trị của biểu thức, nhằm nâng cao hiệu quả của việc ôn tập học sinh giỏi và thi THPT Quốc Gia tại trường THPT Như Thanh

1. MỞ ĐẦU Lý do chọn đề tài Trong những năm qua trường THPT Như Thanh rất coi trọng việc bồi dưỡng, nâng cao năng lực nghiên cứu khoa học cho giáo viên thông qua nhiều hình thức như: đổi mới sinh hoạt tổ nhóm chuyên môn theo hướng nghiên cứu bài học, ứng dụng công nghệ thông tin trong các tiết dạy, phát động phong trào viết chuyên đề, sáng kiến kinh nghiệm giảng dạy, nghiên cứu các đề tài khoa học sư phạm ứng dụng, tổ chức hoạt động ngoại khoá. Đối với môn toán có nhiều đơn vị kiến thức giáo viên phải tích cực trau dồi, bồi dưỡng đổi mới phương pháp thì mới đạt hiệu quả khi truyền tải kiến thức cho học sinh. Hiện nay cấu trúc đề thi THPT Quốc Gia có những câu hỏi phân loại rất khó, vì vậy mỗi giáo viên phải tìm tòi, tìm ra phương pháp mới để học sinh có thể giải quyết các bài toán khó này một cách hiệu quả nhất trong các đề thi học sinh giỏi, thi THPT Quốc Gia. Bài toán tìm cực trị của biểu thức nhiều biến là bài toán khó nhất trong các đề thi học sinh giỏi và thi THPT Quốc Gia, phần lớn học sinh không giải quyết được, nguyên nhân chính là vì dạng toán này quá khó chỉ có một phần nhỏ có thể làm được, tuy nhiên nếu giáo viên hướng dẫn cho học sinh một cách hệ thống và phương pháp rõ ràng, tôi tin rằng sẽ có nhiều học sinh làm được bài toán này. Với lý do như vậy, tôi mạnh dạn chọn đề tài “Kỹ năng dồn biến để giải bài toán tìm cực trị của biểu thức, nhằm nâng cao hiệu quả của việc ôn tập học sinh giỏi và thi THPT Quốc Gia tại trường THPT Như Thanh”. Mục đích nghiên cứu Rèn luyện kỹ năng tìm cực trị của biểu thức nhiều biến, kỹ năng đánh giá biểu thức bằng bất đẳng thức trong bài toán tìm cực trị. Đối tượng nghiên cứu Nghiên cứu bất đẳng thức, các hệ quả của các bất đẳng thức AMGM, Bunhiacopski, Cauchy – Schwarz. Nghiên cứu các các bài toán tìm cực trị của hàm số, của biểu thức. Phương pháp nghiên cứu Nghiên cứu tài liệu, tự nghiên cứu. 2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1. Cơ sở lý luận Có nhiều cách định nghĩa khác nhau về kỹ năng. Tuy nhiên hầu hết chúng ta đều thừa nhận rằng kỹ năng được hình thành khi chúng ta áp dụng kiến thức vào thực tiễn, kỹ năng học được do quá trình lặp đi lặp lại một hoặc một nhóm hành động nhất định nào đó. Trong hoạt động dạy học môn toán nói riêng thì kỹ năng được thể hiện qua phương pháp dạy học, kỹ năng trình bày, kỹ năng thuyết trình... Trong 1
môn toán ngoài những kỹ năng chung về dạy học nó còn được thể hiện qua những yếu tố đặc thù của bộ môn chẳng hạn: kỹ năng giải toán, kỹ năng tính toán... kỹ năng dồn biến trong bài toán tìm cực trị cũng không phải là ngoại lệ. 2.2. Thực trạng của vấn đề nghiên cứu Trong giảng dạy toán lâu nay tại trường THPT Như Thanh đa số giáo viên thực hiện rất tốt công tác chuyên môn như: Đổi mới sinh hoạt tổ, nhóm chuyên môn theo hướng nghiên cứu bài học; phát động phong trào viết chuyên đề, các đề tài ...Tuy nhiên chuyên đề “Kỹ năng dồn biến để giải bài toán tìm cực trị của biểu thức” thì đa số giáo viên trong tổ chưa nghiên cứu một cách có hệ thống. Đối với học sinh chỉ có một số ít có ý thức tự học, phần còn lại học tập thụ động, không sáng tạo, dựa chủ yếu vào thầy (cô) giáo. Đa số học sinh còn chưa có ý thức về nghiên cứu toán học. Trong học toán phần lớn học sinh còn rất yếu về phần bất đẳng thức, các hoạt động của học sinh ở phần này chủ yếu là chứng minh các bất đẳng thức hay áp dụng các bất đẳng thức có sẵn. Đó là những điều hạn chế trong cách học của học sinh tại trường THPT Như Thanh nói riêng và tại các trường THPT nói chung. 2.3. Các giải pháp thực hiện để giải quyết vấn đề 2.3.1. Định nghĩa giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số Định nghĩa 1: Xét hàm số f(x) với x D . Ta nói rằng M là giá trị lớn nhất của f(x) trên D, nếu như thỏa mãn các điều kiện sau: 1. f ( x) M , x D 2. Tồn tại x0 D sao cho f ( x0 ) M Khi đó ta kí hiệu: M max x D f ( x) Định nghĩa 2: Xét hàm số f(x) với x D . Ta nói rằng m là giá trị nhỏ nhất của f(x) trên D, nếu như thỏa mãn các điều kiện sau: 1. f ( x) m, x D 2. Tồn tại x0 D sao cho f ( x0 ) m Khi đó ta kí hiệu: m min x D f ( x) 2.3.2. Các bất đẳng thức cơ bản thường sử dụng Bất đẳng thức Cauchy (hay AM – GM) a + a + .... + an n Cho n số dương a1 , a2 ,..., an ta có 1 2 a1.a2 .....an n Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = .... = an . Bất đẳng thức Cauchy – Schwarz (hay còn gọi Bunhiacopski) Cho hai bộ số a1 , a2 ,..., an �R; b1 , b2 ,..., bn �R . 2
Ta có ( a1b1 + a2b2 + ... + anbn ) 2 (a 1 2 + a2 2 + ... + an 2 ) ( b12 + b2 2 + ... + bn 2 ) a a a Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b = b = ... = b 1 2 n 1 2 n Bất đẳng thức Cauchy – Schwarz thường sử dụng 2 a2 b2 c2 a b c Cho a, b, c 0 và x, y, z 0 khi đó x y z x y z 2.3.3. Sử dụng điều kiện ban đầu để đánh giá đưa về hàm số một biến Điều kiện ban đầu thường gặp: x a; b x a x b 0 x a y b 0 x, y a; b x a y a 0 x b y b 0 x , y , z a; b x a y a z a x b y b z b 0 x y z y x y z 0 Nhận xét: Việc đánh giá điều kiện ban đầu của bài toán là rất quan trọng trong việc giải bài toán cực trị của biểu thức, giúp chúng ta rèn luyện kỹ năng chuyển bài toán cực trị nhiều biến thành bài toán cực trị của hàm số với Bài 1 (Đề THPT QG 2015): Cho các số thực a, b, c thuộc đoạn 1;3 và thỏa mãn điều kiện a b c 6 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức a 2b 2 b 2c 2 c 2 a 2 12abc 72 1 P abc ab bc ca 2 một biến. Lời giải Ta có: ab bc ca 2 ab 2 2 bc 2 2 c a22 2abc a b c a 2b 2 b 2c 2 c 2 a 2 12abc 2 a b c Đặt x ab bc ca 12 3 Ta có: a, b, c 1;3 a 1 b 1 c 1 0 abc ab bc ac a b c 1 0 abc x 5 0 abc x 5 Lại có: a 3 b 3 c 3 0 abc 3 ab bc ca 9 a b c 27 0 abc 3 x 27 . Do đó: 3 x 27 abc x 5 2 x 22 x 11 . 2 2 x 72 1 x 72 1 x 72 5 Ta có: P abc x 5 x 2 x 2 2 x 2 x 72 5 Xét hàm số f ( x) , x 11;12 2 x 2 1 72 160 Ta có: f ' ( x) 2 0 x 11;12 nên P f ( x ) f (11) 2 x 11 160 Vậy max P khi a 1; b 2; c 3 11 3
Nhận xét: Đây là bài toán rất hay. Ta phải dùng hai lần giả thiết của các biến a; b; c 1;3 để tìm ra miền giá trị của x ab bc ca và đánh giá được P thông qua biến x. Cũng từ bài toán trên phải chăng bằng việc đánh giá điều kiện ban đầu chúng ta sẽ giải quyết được một lớp các bài toán dạng này bằng cách đưa về hàm số một biến, chính vì vậy qua chuyên đề này tác giả muốn rèn luyện cho học sinh kỹ năng giải toán cực trị bằng phương pháp dồn biến. Bài 2: Cho x, y, z 1;2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2 xy yz zx 8 y z 4 A xyz 2 2 x y z 2x y z yz 4 yz 1 Lời giải Vì x, y, z 1;2 , nên ta có x 1 y 2 z 2 0 xyz 2 2 x y z 2 y z x yz 4 Dấu bằng xảy ra khi x 1 hoặc y 2 hoặc z 2 . Do đó 2 xy yz zx 8 y z 4 2 x y z yz 4 yz 4 y z 4 A 2 x y z yz 4 2 x y z yz 4 yz 4 2 x y z yz 4 yz 1 yz 4 y z 4 yz 4 y z 4 A 1 1 2 x y z yz 4 yz 1 2 y z yz 4 yz 1 yz 4 2 yz 4 A 1 yz 4 yz 4 yz 1 Đặt t yz ; t 1;2 t 2 4 2t 4 Xét hàm số: f (t ) 1 2 với t 1;2 t 2 t 1 4t 8 2 4 2 Ta có f (t ) 3 2 27 9 0 , nên f(t) đồng biến trên 1;2 . t 2 t 1 7 Suy ra A f (t ) f (2) 6 7 Vậy max A khi x 1; y z 2 6 Bài 3: Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn a 1, b 2, c 3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2 2ab ac bc 8 b b B 1 2a b 3c b c ba c 8 12a 2 3b 2 27c 2 8 Lời giải Ta có 12a 2 3b 2 27c 2 3 4a 2 b 2 9c 2 2a b 3c (1) Mặt khác 2a b 3c b c b a c a c 2 b 0 2a b 3c b c b a c (2) Lại có 2ab ac bc b c b a c b c a 1 0 4
2ab ac bc b c b a c (3) Từ (1), (2), (3) ta được 2b c b a c 8 b b B 1 b c b( a c ) b c b( a c ) 8 b c b( a c ) 8 2b c b a c 8 B 1 b c b( a c ) b c b( a c ) 8 Đặt t b c b(a c) 0 t 13 2t 8 Xét hàm số f (t ) với t 0;13 t 1 t 8 2 8 2 3t 10 6 t f (t ) 2 2 2 2 0 t 6 t 1 t 8 t 1 t 8 16 47 f (0) 1, f (6) , f (13) 7 21 16 16 2 Từ đó suy ra B f (t ) max B đạt được khi a 1, b 2, c 7 7 3 Bài 4: Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn y z x y 2 z 2 . Tìm giá trị 1 1 1 4 nhỏ nhất của biểu thức P 2 2 2 1 x 1 y 1 z 1 x 1 y 1 z Lời giải 2 2 Từ giả thiết ta có: x y z 2x y2 z2 2 y z y z x 2 2 1 1 2 1 x Do đó: 1 y 1 z 2 y z 2 2 4 4 x x2 1 2 4 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: P 2 1 y 1 z 1 x 1 y 1 z 1 x 2x2 1 4x2 2 x3 6x2 x 1 P 2 3 3 1 x 1 x 1 x 2x3 6x2 x 1 Xét hàm số: f ( x) 3 1 x 2 5x 1 1 Ta có: f ' ( x) 4 0 x 5 . 1 x 1 91 Lập bảng biến thiên ta được: P f ( x) f 5 108 91 1 Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng . Khi x ,y z 5. 108 5 Bài 5: Cho a b c 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 1 1 P a2 b2 c2 ab bc ca 2 2 2 a b b c c a 5
Lời giải Nhận xét: Giả thiết đã cho chính là gợi ý của bài toán. Cách làm giảm biến số quen thuộc là đặt a c x, b c y x y 0 Khi đó: 2 2 a2 b2 c2 ab bc ca c x c y c2 c x c y c yc cc x x2 y2 xy 1 1 1 Do đó ta viết lại P dưới dạng P x2 xy y2 2 x y y2 x2 Như vậy với cách đặt ẩn phụ này, ta đã làm giảm số biến của P thành hai biến. Thậm chí là P là đồng bậc giữa x và y. Ta chỉ việc đặt ẩn phụ quen thuộc x 1 1 Đặt t 1 ta được P t2 t 1 2 1 f (t ); y t 1 t2 Xét hàm f(t) trên 1; ta có: 1 1 2 2 f ' (t ) 2t 1 2 1 t2 t 1 3 t 1 t2 t 1 t3 3 3 3 2t 1 t 3 t 1 tt 1 t3 t 1 2 t2 t 1 t3 t 1 f ' (t ) 3 t3 t 1 Cách đặt này khá phức tạp. Ta có thể đặt theo cách khác sau đây x y Đặt t t 2 . Khi đó ta có y x x y xy xy xy x y 1 x y P 1 1 y x x y 2 y2 x2 y x x y y x 2 y x 3 1 t 1 P t 1 t f (t ) t 2 t 2 Xét hàm f(t) trên 2; ta được: ln f (t ) 3 ln(t 1) ln(t 2) f ' (t ) 3 1 2t 5 f (t ) t 1 t 2 t 1 t 2 2 2t 5 t 1 5 f ' (t ) 2 f ' (t ) 0 t t 2 2 5 27 Lập bảng biến thiên ta được P f (t ) f 2 4 x y 5 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi t x 2y a b d c 2d , d 0 y x 2 27 Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 4 Bài 6: Cho x, y, z 0; xyz x y z 20 . Tìm giá trị nhỏ nhất của P x y x z y2 z2 6
Lời giải Nhận xét: Có một chú ý quan trọng của bài 6 là một phép biến đổi nhỏ 20 x y x z x2 xy xz yz xx y z yz yz yz Như vậy biến mới được hình thành. 20 20 Đặt t yz 0 suy ra P t t 2 f (t ) . Xét f (t ) t 2 t trên 0; t t 20 2t 3 t 2 20 t 2 2t 2 5t 10 Ta có: f (t ) 2t 1 2 0 t 2 t t2 t2 Lập bảng biến thiên ta suy ra f (t ) f (2) 16 xyz x y z 10 x y 2 Do đó P 16 . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi yz 2 z 1 x y 2 Kết luận: min P 16 z 1 1 Bài 7: Cho a, b, c ;1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2 a b b c c a P c a b Lời giải Nhận xét: Khi gặp bài toán trên, ta chưa thể tìm cách phá giá dấu giá trị tuyệt đối. Do vậy cứ thử quy đồng và tách tung ra xem có gì đặc biệt không. Bởi vì lưu ý rằng: khi cho a b, b c, c a P 0 . Nên sau khi biến đổi chắc chắn sẽ chứa nhân tử a b b c c a ab a b bc b c ca c a ab a b bc a b bc a c ca a c Do đó: P abc abc a b b c c a P abc 1 Đến đây ta giả sử c b a 1 để mục tiêu làm mất dấu giá trị tuyệt đối. 2 a b b c c a P abc Nhận xét rằng có một phép biến đổi làm giảm biến số một cách đơn giản là a x c Đặt: 1 y x 2 b y c x y y 1 x 1 x 1 x Ta có: P . x 1 y f x; y xy x y Mục tiêu viết như trên là đạo hàm theo biến y (hoặc biến x). 7
x 1 x f y x; y . 1 f y x; y 0 y x 1; x x y2 Lập bảng biến thiên ta thu được x x x 1 x 1 t2 t t 1 t2 1 P f x; y f x; x ,t x 1; 2 x x t3 3 t 1 t 1 hay P g (t ) t2 Xét hàm g(t) trên 1; 2 ta có: ln g (t ) 3. ln t 1 ln t 1 2. ln t g (t ) 3 1 2 3t 2 3t t 2 t 2t 2 2 2t 2 2t 2 0; t 1; 2 g (t ) t 1 t 1 t t 1 t 1t t 1 t 1t 3 2 2 1 2 1 2 1 . Từ đó ta có g (t ) g 2 2 2 2 2 1 Như vậy P g (t ) 2 y x x 2 a 2c 2 1 Đẳng thức xảy ra khi a; b; c 1; ; t x 2 y 2 b c 2 2 2 2 2 1 2 1 Vậy max P a; b; c 1; ; 2 2 2 Bài 8: Cho a, b, c 0, a 2 2b 2 a 2b 2 . Tìm giá trị lớn nhất của c c 2 P c 1 b a Lời giải Nhận xét: Giả thiết chỉ cho dữ liệu liên quan tới a, b dù không dự đoán được đẳng thức xảy ra nhưng ta vẫn có thể khai thác được giả thiết bằng bất đẳng thức Cauchy Schwarz với mục tiêu là chỉ còn biến c. 2 c x c y c2 c2 x2 y2 Ta có: . . x b y a x2 y2 b2 a2 1 2 Từ thiết a 2 2b 2 a 2b 2 2 1 b a2 Như vậy ta phải chọn x 2 1, y 2 2 c c 2 c2 c2 1 2 2 3 Do đó ta có: P c 1 c 1 c c2 2c 1 b a 1 2 b2 a2 2 6 P c2 2 c 1 f (c ) 2 6 6 Xét hàm số f(c) trên 0; ta có: f (c) 2c 2 f (c ) 0 c 1 2 4 8
2 6 6 3 6 Lập bảng biến thiên ta suy ra: P f (c ) f 1 1 1 4 4 8 2 Vậy max P 3 6 6 6 a 6, b ,c 1 8 2 2 4 Bài 9: Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn a, c 1; b 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của 2 ab c ca b 3a c 2b 2 8 biểu thức P b 2c b 2a 4 3 ac Lời giải Ta có 1 a 2 b 0 2 2a b ab 0 2a b ab 2 1 1 ca b ca b b 2a ab 2 b 2a ab 2 ab c ab c Tương tự ta có b 2c bc 2 Lại có 3 a c 2 2b 2 8 2 a c 2 b2 a c 8 2 4 a c b 4ac 8 4 ab ac bc 2 ca b ab c 4 ab bc ca 2 P ab 2 bc 2 4 ac 3 ac bc ab bc ab bc ca 2 1 1 2 ab 2 bc 2 ac 3 1 1 1 9 ab bc ca 3 ab bc ca 2 2 2 ab 2 bc 2 ac 3 ab bc ca 7 9t 2 45 45 13 Xét hàm số f (t ) 2 7 mà t ab bc ca 5 P 7 t 7 t 7 5 7 4 13 Vậy min P a; b; c 1;2;1 4 Bài 10: Cho các số thực x, y, z 0;1 và z min x, y, z . Tìm giá trị nhỏ nhất của 2 y z yz 1 2 biểu thức P x z y y z xy xz yz Lời giải Với những bài toán có điều kiện ban đầu x, y, z 0;1 chúng ta sẽ tìm cách khai thác nó, dự đoán điểm rơi là z y 1; z 0 2 Hơn nữa với có chứa xy xz yz ở mẫu, đây là hạng tử có thể gợi xy xz yz ý cho chúng ta dồn biến về xy xz yz . 2 2 2 y z x y z x2 y z Ta có x 0;1 suy ra x x2 ; x z x x z x x z 9
1 2 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được . Dấu bằng xảy ra khi và A.B A B chỉ khi A B 0 . Vì dự đoán điểm rơi z y 1; z 0 nên khả năng x x z và y y z là hoàn toàn có thể xảy ra. 2 2 x2 y z 2 2 yz 1 2 2 Ta có: x2 y z . và yz 1 . xx z 2x z y y z 2y z 2 2 2 2x2 y z 2 yz 1 2 xy yz xz 1 2 Do đó P 2x z 2y z xy xz yz x y z xy xz yz Với điều kiện x, y, z 0;1 ta luôn có 1 x 1 y 1 z 0 xy yz xz 1 xyz x y z x y z 2 Suy ra P x y z xy xz yz Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có 2 x2 y z 2x y z x2 y2 z2 2 xy xz yz Mà x, y, z 0;1 x y z x2 y2 z2 2 xy xz yz 2 P 2 xy xz yz 4 xy xz yz x y 1 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi z 0 Vậy min P 4 đạt được khi x y 1; x 0 Bài 11: Cho các số a, b, c 0;1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức a b c P abc 1 bc 1 ac 1 ab Lời giải Không mất tính tổng quát của bài toán, ta có thể giả sử 0 c b a 1 a b c 1 b c 1 b c Ta có P abc bc bc 1 bc 1 ac 1 ab 1 bc 1 bc 1 bc 1 bc 1 bc b c Từ giả thiết ta được 1 b 1 c 0 1 bc b c 0 1 1 bc 1 1 Suy ra A bc 1 . Đặt t 1 bc 1 t 2 . Xét hàm số f (t ) t ;t 1;2 1 bc t 10
1 5 Ta có f ' (t ) 1 0 t 1;2 suy ra f(t) đồng biến trên 1;2 f (t ) f ( 2) . t2 2 5 Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P là khi a b c 1 2 2.3.4. Sử dụng bất đẳng thức cơ bản để đánh giá làm giảm số biến của bài toán Có nhiều bài toán tìm cực trị của biểu thức ta chỉ cần sử dụng các biến đổi cơ bản đã làm giảm được số biến. Tuy nhiên bài toán cực trị có dạng phân thức ta phải sử dụng các bất đẳng thức để đánh giá mới làm giảm được số biến của bài toán. Các bất đẳng thức hệ quả thường dùng Hệ quả 1: Cho a, b R ta có a b 2 4ab 3 a b Hệ quả 2: Cho a, b 0 ta có a 3 b3 a 2b ab 2 4 1 1 4 Hệ quả 3: Cho a, b 0 ta có a b a b 2 a b c Hệ quả 4: Cho a, b, c R ta có a 2 b 2 c 2 ab bc ca 3 Hệ quả 5: Cho a, b, c R ta có ab bc ca 2 3abc a b c 1 1 1 9 Hệ quả 6: Cho a, b, c 0 ta có a b c a b c 1 1 2 Hệ quả 7: Cho a, b 0 và ab 1 ta có 1 a 1 b 1 ab 1 1 2 Hệ quả 8: Cho a, b 0 và ab 1 ta có 1 a 1 b 1 ab Nhận xét: Trên đây chỉ là một số hệ quả tiêu biểu thường sử dụng để tìm cực trị bằng cách dồn biến, ngoài ra ta có thể sử dụng các hệ quả khác hoặc các bất đẳng thức khác. Ứng dụng các hệ quả trên để giải các bài toán sau Bài 1: Cho các số thực a, b, c 1;2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: a 2 b 2 2ab P c 2 4 ab bc ca đây. Lời giải Áp dụng hệ quả 1 a b 2 4ab 2 a 2 b 2 2ab a b Ta có P 2 M c 2 4 ab bc ca c2 4c a b a b Do a, b, c 1;2 nên a b 0 , chia tử và mẫu của M cho a b 2 ta được: 11
1 1 M 2 2 c c c t 4t 1 với t . 4 1 a b a b a b c 1 1 1 Với a, b, c 1;2 và t t ;1 . Xét hàm số f (t ) 2 trên ;1 a b 4 t 4t 1 4 2t 2 1 1 Ta có f ' (t ) 2 2 0 , t ;1 f (t ) nghịch biến trên ;1 t 4t 1 4 4 1 1 1 f (t ) f (1) ; t ;1 hay P 6 4 6 1 Vậy MinP , giá trị nhỏ nhất đạt được khi a b 1 và c 2 6 Bài 2: Cho các số không âm a, b, c thỏa mãn c 0 và a 3 b3 c c 1 . Tìm giá trị a 2 b2 c 2 nhỏ nhất của biểu thức: P 2 a b c Lời giải Nhận xét: từ giả thiết ta nhận thấy các biến a và b có tính chất đối xứng, do 2 a b đó để giải bài toán ta sử dụng a 2 b 2 2 2 a b 2 a b c2 2 2 c Ta có: P 2 2 vì c 0 a b c a b 2 1 c 1 2 3 2 1 2 Với hai số thực x, y tùy ý, ta có x 2 xy y 2 x y x y x y . 4 4 4 Từ giả thiết c 0 và a 3 b 3 c c 1 sử dụng đánh giá trên ta thu được 3 3 a b a b a b c2 c a3 b3 c a b a2 ab b 2 c 2 c. 0 1. 4 4 c a b t2 2 Đặt t 0 t 1 (vì a, b 0 và c 0 ). Khi đó P 2 c 2t 1 t2 2 t 2 Xét hàm số f (t ) 2 trên 0;1 , ta có f ' (t ) 3 0 , t 0;1 2t 1 t 1 12
3 Do đó f (t ) là hàm số nghịch biến trên 0;1 f (t ) f (1) , t 0;1 8 3 Hay P , a, b, c 0 thỏa mãn c 0 và a 3 b 3 cc 1. 8 3 Vậy MinP , giá trị nhỏ nhất đạt được khi a b 1; c 2 8 Bài 3: Cho x, y, z 0 thoả mãn x y z 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x3 y 3 16 z 3 P 3 Lxời gi y ảzi 3 3 3 x y z Ta có P 16 x y z x y z x y z 3 3 3 3 x y 1 x y 1 z Áp dụng hệ quả 2 ta có 1 x y z x y z 4 x y z 4 x y z 3 3 1 z z z Do đó P 1 16 . Đặt t t 0;1 . 4 x y z x y z x y z 1 3 1 3 Khi đó P 1 t 16t 3 . Xét hàm số f (t ) 1 t 16t 3 trên 0;1 4 4 1 2 t 0;1 189t 6t 3 9 Ta có f ' (t ) f ' (t ) 0 4 1 t 0;1 7 1 16 16 Lập bảng biến thiên suy ra f (t ) f , t 0;1 P f (t ) 9 81 81 16 Vậy MinP , giá trị nhỏ nhất đạt được khi x y 4z 81 Bài 4: Cho x, y, z là ba số thực thuộc đoạn 1;2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 y x P y Lzời gi2ảxi2 2 2x y2 z2 Nhận xét: Ta chỉ cần biến đổi 2 x y z 2 2 x2 y2 z2 z2 4x yz 4 xy 13
2 2 x y x y Ta có P 2 2x y z 2 x2 y2 z2 z2 4 x y z 4 xy 2 x y 2 x y z z Ta có 4 xy x y . Do đó P 2 2 2 z2 4x yz x y x y x y 1 4 z z z z x y t2 Đặt t , vì x, y, z thuộc đoạn 1;2 t 1;4 . Khi đó ta có P z z 1 4t t 2 t2 Xét hàm f (t ) trên 1;4 1 4t t 2 4t 2 2t Ta có f ' (t ) 2 f ' (t ) 0 , t 1;4 . Suy ra f (t ) là hàm số đồng biến 1 4t t 2 1 1 trên 1;4 . Do đó f (t ) f (1) , t 1;4 hay P , x, y, z 1;2 6 6 1 Vậy MinP , giá trị nhỏ nhất đạt được khi x y 1 và z 2 6 1 2 2 Bài 5: Cho các số thực a, b, c 0 thỏa mãn 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của c a2 b2 a b c biểu thức: P b c a c a2 b2 c2 Lời giải a b c c 1 Vì c 0 do đó ta có P b a 2 2 1 1 a b c c 1 c c a b Đặt x , y x, y 0 (vì a, b, c 0 ) khi đó biểu thức P trở thành c c x y 1 P y 1 x 1 x 2 y2 1 1 2 2 Biến đổi giả thiết ta thu được c2 a2 b2 1 2 2 1 c2 c2 1 1 1 x2 y2 2 x2 y 2 c2 a2 b2 2 a2 b2 2 x2 y2 14
Ta có x 2 y 2 2 x 2 y 2 x y 2 xy x y và x 2 y 2 1 x y 2 2 xy 1 x y 2 2 x y 1 x y 1 2 (1) Ta lại có x y 2 4 xy 4x y x y 4 (2) (vì x, y 0) Từ (1) và (2) x2 y2 1 x y 1 Biến đổi biểu thức P, ta thu được x y 1 1 1 1 P 2 1 1 x y 1 y 1 x 1 x2 y2 1 x 1 y 1 x2 y2 1 4 1 4 1 Từ hệ quả 3, ta có: P 2 x y 1 P 2 x y 2 x y 1 x y 2 x y 1 4 1 Đặt t x y t 4 . Do đó P 2 t 2 t 1 4 1 Xét hàm số f (t ) 2 trên 4; t 2 t 1 3t t 4 Ta có f ' (t ) 2 2 0 , t 4; và f ' (t ) 0 t 4 (vì t 4; ) t 1 t 2 Suy ra f (t ) là hàm số đồng biến trên 4; 5 5 f (t ) f ( 4) , t 4; hay P f (t ) 3 3 5 Vậy MinP giá trị nhỏ nhất đạt được khi a b 2c 3 Bài 6: Cho các số thực dương x, y, z thay đổi thỏa mãn điều kiện x 2 y z 0 . x y x 2y Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P 10 y z x y z 2x 3 y Lời giải x y z 2x 3 y Ta có x 2 y z 0 z x 2y 10 y z x 12 y x y x 2y x y x 2y Do đó P 10 y z x y z 2x 3y x 12 y 2x 3y 2x 3y 15
x x 3 x x 3y y y P x 12 y 2x 3y x x 12 2 3 y y x t t 3 Đặt t t 0 . Khi đó P . y t 12 2t 3 t t 3 Xét hàm số f (t ) trên 0; t 12 2t 3 t 2 0; 12t 3 2 2 Ta có f ' (t ) 2 2 f ' (t ) 0 t 12 4 2t 3 18 t 12 2t 3 t 0; 5 6 6 Lập bảng biến thiên suy ra f (t ) f (2) , t 0; . Suy ra P . 7 7 6 Vậy MinP , giá trị nhỏ nhất đạt được khi x 2 y, z 4y . 7 Nhận xét ta có thể coi P là hàm của z và x, y là tham số và xét hàm P(z) trên 0; x 2 y Bài 7: Cho các số thực dương a, b, c thay đổi thỏa mãn điều kiện a b, a c . a b c Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P 5a b c 5a 2c 5a 2b Lời giải b c 1 a a Vì a 0 do đó P b c c b 51 5 2. 5 2. a a a a b x a Đặt x, y 0;1 vì a, b, c 0 và a b, a c . c y a 1 x y Khi đó biểu thức P được viết lại như sau: P 51 x y 5 2y 5 2x 2 1 1 2P 2 2x 2 y 5 51 x y 5 2y 5 2x 16
1 1 4 Ta có và 2 x 2 y 5 0, x, y 0;1 5 2x 5 2y 10 2 x 2 y 2 4 Do đó 2 P 2 2x 2 y 5 51 x y 10 2 x 2 y 2 5 hay P 1 51 x y 5 x y Đặt t x y t 0;2 vì x, y 0;1 . 2 5 Khi đó ta có P 1 5t 1 5 t 2 5 Xét hàm số f (t ) 1 trên 0;2 5t 1 5 t 2 2 25 t 1 t 5 24t 2 60t Ta có f ' (t ) 2 2 2 2 0, t 0;2 5t 1 t 5 5t 1 t 5 11 Do đó f (t ) là hàm số đồng biến trên 0;2 f (t ) f ( 2) , t 0;2 15 11 hay P , với mọi a, b, c 0 thỏa mãn điều kiện a b, a c. 15 11 Vậy MaxP , giá trị lớn nhất đạt được khi a b c 15 Bài 8: Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn 0 x y z . Tìm giá trị nhỏ nhất của x3 z y4 z 3 15 x 3 biểu thức: P y 2 xz y 2 z 2 xz y 2 x2 z Lời giải 3 3 x y a, b, c 0 2 y z z 15 x y z Ta có P . Đặt a ;b ;c abc 1 x y x y x z y z x c 1 y z y z x a3 b3 15 Do đó: P c2 a b a b c ab a b 15 16 Áp dụng hệ quả 2, ta có P c2 c2 a b c c 16 16 Xét hàm số f (c) c 2 trên 1; . Ta có f ' (c) 2c f ' (c ) 0 c 2 c c2 17
Lập bảng biến thiên suy ra f (c) f (2) 12, c 1; 1 a b Vậy MinP 12 giá trị nhỏ nhất đạt được khi 2 hay 2 x y 2 z c 2 ab Bài 9: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a c b c . Tìm giá c a b c c2 trị nhỏ nhất của biểu thức: P b c c a a b a2 b2 Lời giải Đặt a x.c; b y.c; x, y 1 Thay x 1 vào giả thiết ta có: b c b c 0 (không thỏa mãn giả thiết) Tương tự y 1 cũng không thỏa mãn . x 1; y 1 thay vào giả thiết ta có: x 1 y 1 xy x y 2 2 x 1 y 1 xy 2 x x y 1 2 x 1 y 1 1 0 x 1 y 1 1 0 x 1 y 1 1 xy x y 2 xy xy 4 Mặt khác x y 1 1 x2 y2 1 1 P 2 2 2 y 1 x 1 x y x y xy x xy y x y x y 2 xy 2 x y 1 1 P 2 2 xy x y x y x y 2 xy 3 2 xy 1 1 xy 2 xy 3xy 3 Hay P 2 3 xy x2 y2 2 xy 3 xy 2 xy t3 2t 2 3t 3 Đặt t xy; t 4 , khi đó ta có P 3 t 2 2t t3 2t 2 3t 3 Xét hàm số f (t ) trên 4; 3 t 2 2t t4 4t 3 t2 6t 6 t3 t 4 t2 6t 4 18 Ta có f ' (t ) 2 2 0, t 4 3 t2 2t 3 t2 2t 18
41 Suy ra hàm số f (t ) đồng biến trên 4; . Do đó: min f (t ) f (4) 4; 24 41 Vậy min P khi x y 2 hay a b 2c 24 Bài 10: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn: a b c . Tìm giá trị nhỏ nhất a2 c 2 ab bc ca của biểu thức: T abc a b c Lời giải Đặt a x.b; c y.b 0 y 1 x 2 x2 y 2 x y xy x y x y xy Khi đó T xy x y 1 2 xy x y 1 S 1 Đặt S x y; P xy vì 0 y 1 x 0 P S 1 x 1 y 1 0 S4 S P S 4 2S P Đặt f ( P) 2 ta có f ' ( P) 2 0, P 0; S 1 4P 2 S 1 4P 3 S 1 Do đó f ( P ) là hàm số nghịch biến trên ( 0; S − 1] S 4 2S 1 S 4 2S 1 f ( P) f ( S 1) 2 , P 0; S 1 . Xét hàm số g ( S ) 2 với S 1 4 S2 1 4 S2 1 S 2 S2 2S 1 S 3 Ta có g ' ( S ) 3 g ' (S ) 0 S 2 (vì S 1 ). 2 S2 1 4 Từ bảng biến thiên suy ra g ( S ) g (2) , S 1; 3 2 Do đó ta có T f ( P) g (S ) g (2) . 3 2 Vậy MinT , giá trị nhỏ nhất đạt được khi x y 1 hay a b c 3 Bài 11: Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn: x 2 y 2 z 2 1 . Tìm giá trị xy yz x3 y 3 y 3 z 3 lớn nhất của biểu thức: P 1 z2 1 x2 24 x 3 z 3 Lời giải 19
Nhận xét: Bài 11 khi ta thay giả thiết x 2 y 2 z 2 1 vào biểu thức P thì P là một biểu thức đồng bậc. Tuy nhiên nếu chỉ sử dụng các biến đổi đại số thì ta vẫn chưa làm giảm số biến của biểu thức. Ta cần sử dụng các hệ quả để đánh giá biểu thức xy yz xy yz Ta có 1 z2 1 x2 x 2 z 2 y 2 z 2 x 2 y 2 x2 z2 xy yz xy yz 1 z2 1 x2 2 x2 z2 y2 z2 2 x2 y2 x2 z2 xy yz 1 x2 y2 1 y2 z2 1 z2 1 x2 4 x2 z2 z2 y2 4 x2 y2 x2 z2 xy yz 1 y2 y2 1 y2 y2 1 1 1 z2 1 x2 4 z2 y2 x2 y2 4 2 yz 2 xy xy yz 1 1 y y 1 z2 1 x2 4 8 z x 3 3 1 x3 y 3 y 3 z 3 1 xy yz 1 y y Ta lại có x y 3 3 3 3 y z xy yz 3 . 4 x3 z 3 4 x3 z 3 4 z x 3 1 1 y y 1 y y y y Vậy P . Đặt t t 0 (vì x, y, z 0) 4 8 z x 96 z x z x 1 1 1 3 Khi đó P t t 4 8 96 1 1 1 3 Xét hàm số f (t ) t t trên 0; 4 8 96 1 1 2 Ta có f ' (t ) t f ' (t ) 0 t 2 (vì t 0) 8 32 5 5 Lập bảng biến thiên suy ra f (t ) f (2) , t 0; hay P f (t ) 12 12 5 1 Vậy MaxP , giá trị lớn nhất đạt được khi x y z 12 3 4 4 x y z x Bài 12: Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn 2 y z x z 2 y2 2z 2 3z Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P x2 y 2 y2 z2 2x z 20