Biên soạn: Đào Trọng Anh – GV Luyện Thi THPT QG _ _ CHƯƠNG BẤT ĐẲNG THỨC (Đây giảng, tài liệu tham khảo tư duy) Bài (QG – 2015) Cho số thực a, b, c thuộc đoạn [1;3] thỏa mãn điều kiện a  b  c  Tìm GTLN biểu thức: P  a 2b2  b 2c  c a  12abc  72  abc ab  bc  ca Phân tích: - Trước tiên ta hay nghĩ đến trường hợp a  b  c  , đó: P  14 Tuy nhiên cho (1;2;3) ta lại 160 3   14 ,  ; ;3  cho P  14, 275  14 Như GTLN không xảy a  b  c  11 2  - Vì a  b  c  P đối xứng nên có hai hướng: đặt t  ab  bc  ca t  abc Tuy nhiên, thấy tử : (ab  bc  ca)  a 2b2  b c  c a  2abc (a  b  c)  a 2b  b2 c  c a  12abc Nên chắn phải đặt t  ab  bc  ca Nhiệm vụ phải đánh giá biến t : P + Ta có: 3(ab  bc  ca )  (a  b  c)  36  t  12 + t   chắn phải tìm từ điều kiện a, b, c thuộc đoạn [1;3] - Giả thiết: a, b, c thuộc đoạn [1;3] có nhiều cách khai thác: (a  1)(b  1)(c  1)     a   b   c    (a  1)(b  1)  0, (3  a)(3  b)  0, Lời giải  Đặt t  ab  bc  ca Ta có: 3t  3( ab  bc  ca)  (a  b  c )  36  t  12 Mặt khác: (1  a)(1  b)(1  c)   abc  ab  bc  ca   t  (3  a )(3  b)(3  c )   3t  3(ab  bc  ca)  abc  27  t  22  t  11 Vậy t [11;12] a 2b2  b 2c  c a  2abc (a  b  c)  72 abc (ab  bc  ca )  72 abc    ab  bc  ca ab  bc  ca 2 t  72 t  t  5t  144 P   t 2t t  5t  144 t  144  Xét f (t )  , với t [11;12]  f '(t )   0, t  [11;12] 2t 2t 160 160  f (t ) nghịch biến [11;12]  f (t )  f (11)  P 11 11 160  Ta có: ( a; b; c )  (1; 2;3) thỏa mãn điều kiện toán P  11 160 Vậy max P  11  Khi đó: P  Ngoài cách sử dụng cách sau (tuy không tự nhiên): t  5t  144 160  144    11t  55t  1584  320t  11t  265t  1584   11  t   (t  11)  2t 11 11   Luôn Đẳng thức xảy t  11 49 Biên soạn: Đào Trọng Anh – GV Luyện Thi THPT QG _ _ 2 Bài (A-2014) Cho x, y, z số thực không âm thỏa mãn điều kiện x  y  z  Tìm GTLN biểu thức P  x2 yz  yz   x  yz  x  x  y  z  Phân tích 1: - Từ giả thiết x  y  z  Ta có: ( x  y  z )  ( x  y  z )   x  y  z  - Xét bảng số giá trị P x y 6 z 0 1 1 0 0 2 P 0, 4998  0,555  0, 444  0, 444 0,4746… 0,3419… 0,4746… x  y  1, z  Với dự đoán này, kết hợp với điều kiện x  y  z  , ta nghĩ đến ( x  y  z )  Như ta dự đoán GTLN P ( x  y  z )   x  y  z  xy  yz  zx    xy  yz  zx  Để liên kết mẫu lại với cần có: x  yz  x   x  xy  xz  x  yz   xy  xz   yz  xy  zx  (Luôn đúng) Như P  x2 yz  yz x yz  yz     x  y  z 1 x  xy  zx  x x  y  z  Vấn đề xử lý:  yz  tức phải biểu diễn  yz theo t  x  y  z Giờ phải lọc  yz từ t Trước tiên để ý:  yz  x  y  z  yz  x  ( y  z ) t  ( x  y  z )   xy  yz  zx  2(1  yz )  x( y  z )  2(1  yz )  x  ( y  z )  4(1  yz ) P x yz ( x  y  z )2  x  y  z 1 36 Lời giải 1:  ( x  y  z )   x  y  z  xy  yz  zx    xy  yz  zx  x  yz  x   x  xy  xz  x  yz   xy  xz   yz  xy  zx  (Luôn trên) Do đó: x  xy  x   x  xy  zx  x   yz  x  y  z  yz  x  ( y  z ) ( x  y  z )   xy  yz  zx  2(1  yz )  x ( y  z )  2(1  yz )  x  ( y  z )  4(1  yz )  P x2 yz ( x  y  z)2 x yz ( x  y  z )2     x  xy  zx  x x  y  z  36 x  y  z 1 36  Đặt t  x  y  z ta có: t  t  3( x  y  z )   t  6] P t t2   f (t ) t  36 50 Biên soạn: Đào Trọng Anh – GV Luyện Thi THPT QG _ _ t (t  2)(t  4t  9)     f '(t )  ; f '(t )   t  (t  1) 18 18(t  1) 31 Ta có: f (0)  0; f (2)  ; f ( 6)   20 5 5  P  f (t )  Với x  y  1, z  P  Vậy max P  9 Phân tích 2: x  y  1, z  với sở Cách Ta sử dụng z  x2 x2  - Ý tưởng đánh giá P biến Quan sát Ta đưa phần lại biến x x  yz  x  x  x  - Vẫn dự đoán max P  yz x 1 x 1  yz 1    x  y  z 1 x  y  z 1 x  y 1 9 Ta có: x  y   ( x  y )2  2( x  y )   x  y  P x2 x 1 x2 x x2 x 1     Đến cần chứng minh  0 x  x 1 x  x 1 x  x 1 Lời giải 2: x  y  x  y  z   ( x  y )  2( x  y )   x  y  Vì z  nên: x2 x2  yz   2 x  yz  x  x  x  9 yz x 1 x 1 x 1 1     x  y  z 1 x  y  z 1 x  y 1 P x2 x 1 x2 x  x( x  1) 5          2 x  x 1 x  x  3( x  x  1) 9 Vậy max P  x  y  1, z  Phân tích 3: Ta làm Cách : P  x yz  yz 1  yz  1  x  y  z 1 x  y  z 1 Ý tưởng đưa biến yz : ( x  y  z )   x  ( y  z )2 ]  4(1  yz )  x  y  z   yz Như đưa thứ t   yz Lời giải 3:  ( x  y  z )   x  y  z  xy  yz  zx    xy  yz  zx  x  yz  x   x  xy  xz  x  yz   xy  xz   yz  xy  zx  (Luôn trên) Do đó: x  xy  x   x  xy  zx  x P x2 y z  yz x yz  yz 1  yz     1  x  xy  zx  x x  y  z  x  y  z 1 x  y  z 1  ( x  y  z )   x  ( y  z )2 ]  4(1  yz )  x  y  z   yz  Đặt t   yz ,  P   t  2t  51 Biên soạn: Đào Trọng Anh – GV Luyện Thi THPT QG _ _ y  z x2  y  z yz   1 t  1 t  2 t  Cần chứng minh     2t  t  8t    (t  1) (2t  5)  (Luôn đúng) 2t  9 Vậy max P  x  y  1, z  Lời giải 4: Xuất phát từ: (a  1)   a  2a   ( x  y  z )   x  y  z  xy  yz  zx    xy  yz  zx  x  yz  x   x  xy  xz  x  yz   xy  xz   yz  xy  zx  (Luôn trên) Do đó: x  xy  x   x  xy  zx  x   yz  x  ( y  z )  x   2( y  z )   2( x  y  z  1)   yz  x  y  z  P P x yz x  y  z 1 x  y  z 1  1   x  y  z 1 x  y  z 1 9 11  x  y  z   11 x  y  z  11       2  x  y  z 1 x  y  z 1 9  Vậy max P  x  y  1, z  Bài (B-2014) Cho a, b, c số rút thực không âm thỏa mãn điều kiện (a  b)c  Tìm GTNN biểu thức P  a b c   bc a  c 2(a  b) Phân tích 1: Từ điều kiện a, b, c không âm (a  b)c  ta có: c  , a  b  Áp dụng BĐT Cô-si: a a 2a   ; bc a (b  c) a  b  c b b 2b   ac b (a  c) b  a  c Vì cần đánh giá P theo hướng nhỏ nên phù hợp áp dụng Cô-si mẫu Lời giải 1: - Từ điều kiện a, b, c không âm (a  b)c  ta có: c  , a  b  Áp dụng BĐT Cô-si: P a a 2a   ; bc a (b  c) a  b  c b b 2b   ac b (a  c) b  a  c 2(a  b) c 2(a  b) a  b  c 1     2  a  b  c 2( a  b) a  b  c 2( a  b) 2 a  0, b  c  2(a  b) c Nhận xét: Để tìm GTNN  Ta chia tử mẫu cho a  b  a  b  c 2( a  b) Vậy P  c c  Đặt t  0 c 2( a  b) ab 1 ab t 2 P   f (t ) f '(t)   ; f '(t )   t  1 t 2 (t  1) P Lập bảng biến thiên cho kết P  52 Biên soạn: Đào Trọng Anh – GV Luyện Thi THPT QG _ _ Bài (D-2014) Cho hai số thực x, y thỏa mãn điều kiện  x  ,  y  Tìm GTNN biểu thức: P x  2y y  2x   4( x  y  1) x  y  y  3x  Phân tích Từ điều kiện:  x  ,  y  ta có: ( x  1)( x  2)   x  x  ( y  1)( y  2)   y  y  Thay vào có: P  x  2y y  2x x y     3x  y  3x  y  4( x  y  1) x  y  4( x  y  1) Đến biết phải làm ! Lời giải  Ta có:  x   ( x  1)( x  2)   x  x    x  3x  Tương tự: y  y  P x  2y y  2x x y     3x  y  3 x  y  4( x  y  1) x  y  4( x  y  1)  Đặt t  x  y  t  [2; 4] P  f (t )  1 3t  10t  t    ; f '(t )  t  4(t  1) (t  1)2 4(t  1)2 4(t  1)2 (t  1) (L) t  11 53  Ta có: f (2)  ; f (3)  ; f (4)   f (t )  x[1;3] 12 60 Vậy P  , x  1; y  x  2; y  f '(t )   t  Bình luận - Đây toán đơn giản, từ điều kiện  x   ( x  1)( x  2)   x  3x  Từ có dạng đẹp Việc xử lý phía sau không khó khăn - Với dạng cho biến thuộc khoảng Ngoài cách nghĩ nghĩ đến hệ ( x  1)( y  1)  ( x  2)( y  2)  ( x  1)( y  2)  ( x  2)( y  1)  CHÚ Ý: Đây giảng, tài liệu tham khảo tư ! Ý kiến đóng góp xin liên hệ: Facebook: Đào Trọng Anh 53