www.Vuihoc24h.vn - Kênh h c t p Online MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC – TÌM CỰC TRỊ (tt) NGUYỂN ANH KHOA THPT Lê Khiết, Thành phố Quảng Ngãi Email:anhkhoa_lk12@yahoo.com Nick name: anhkhoa_lk12 V u ih o c h v n I.Phương pháp đánh giá tổng phân thức: Phương pháp người ta gọi phương pháp xét biểu thức phụ.Sau toán tiêu biểu cho phương pháp Bài toán 1: Cho a,b,c,d dương CMR a b c + + ≥ ( BĐT Nesbit với n=3) b+c c+a a+b a b c d + + + ≥ ( BĐT Nesbit với n=4) b+c c+d d +a a +b GIẢI Ý tưởng để giải toán ta xét biểu thức phụ có tính hốn vị a b c b c a c a b Đặt A= + + ≥ ;B = + + ;C = + + b+c a +c a+b b+c c+a a+b b+c c+a a+b Khi ta có B+C=3 Mặt khác a +b b+c a+c A+ B = + + ≥3 b+c a+c a+b a+c b+a b+c A+C = + + ≥3 b+c c+a b+a Do A + B + C ≥ ⇒ A ≥ ( đpcm) a b c d b c d a c d a b Đặt A = + + + ;B = + + + ;C = + + + b+c c+d d +a a+b b+c c+d d +a a+b b+c c+d d +a a +b Khi B+C=4 Lại có a +b b+c c+d d +a A+ B = + + + ≥4 b+c c+d d +a a +b a+c b+d c+a b+d 4(a + c) 4(b + d ) A+C = + + + ≥ + =4 b+c c+d d +a a +b a+b+c+d a+b+c+d Do A + B + C ≥ ⇒ A ≥ ( đpcm) LB: Cách giải hay, cách giải xuất mà Hầu sách BĐT điều sử dụng cách giải Bài toán 2: Cho a,b,c dương CMR a2 b2 c2 a+b+c + + ≥ a +b b+c c+a www.VNMATH.com ) ( a2 b2 c2 + + ≥ a + b2 + b2 + c + c2 + a2 a +b b+c c+a GIẢI a2 b2 c2 b2 c2 a2 Đặt P = + + ;Q = + + Khi ta có a+b b+c c+a a+b b+c c+a a − b2 b2 − c2 c − a P −Q = + + = a −b +b−c + c − a = a+b b+c c+a P+Q Do P = Q = BĐT cần chứng minh tương đương với BĐT sau  a + b2 b2 + c c2 + a  a + b + c + +  ≥ 2 a +b b+c c+a  2 a + b2 a + b Ta sử dụng BĐT phụ ( a + b ) ≥ ( a + b ) ⇔ ≥ a+b Tương tự ta xây dựng BĐT cịn lại, sau cộng lại ta đpcm Cũng câu ta chuyển BĐT cần chứng minh dạng  a + b2 b2 + c c2 + a2  + + a + b2 + b2 + c + c + a  ≥ 2 a +b b+c c+a  n v ) Ta sử dụng BĐT phụ sau: x + y ≤ 2( x + y ) Ta có h ( o c 2(a + b ) b + c 2(b + c ) c + a 2(c + a ) a + b2 a + b2 ≥ = ; ≥ ; ≥ a+b b+c c+a 2(a + b ) Cộng lại ta đpcm a+b+c NX: Ta thấy a + b2 + b2 + c2 + c + a2 ≥ Nghĩa BĐT mạnh BĐT 1, nhiên hai toán sử dụng phương pháp đánh giá tổng phân thức Ngồi bạn giải tốn cách sử dụng BĐT Bunhiacopski ) ih ( a2 b2 c2 (a + b + c) = a + b + c + + ≥ a + b b + c c + a 2(a + b + c ) BL1: Cho a,b,c,d,e,f dương CMR: a b c d e f + + + + + ≥3 b+c c+d d +e e+ f f +a a+b BL2: Cho a,b,c,d dương CMR: a3 b3 c3 a+b+c + + ≥ 2 a + ab + b b + bc + c c + ca + a 4 a b c d4 a +b+c+d + + + ≥ 2 2 2 2 (a + b)(a + b ) (b + c)(b + c ) (c + d )(c + d ) (d + a )(d + a ) 2 BL3: Cho a,b,c dương a + b + c = Tìm biểu thức: a + b2 b2 + c c2 + a A= + + b+c c+a a+b II Phương pháp sử dụng tam thức bậc hai – tính chất đặc biệt phân số - tính chất đoạn thẳng Sử dụng tam thức bậc hai: V u www.VNMATH.com Kiến thức bổ sung: Cho tam thức bậc hai f ( x ) = ax + bx + c ( a ≠ ) - f ( x ) ≥ 0, ∀x ⇔ a > ∧ ∆ ≤ - f ( x ) ≤ 0, ∀x ⇔ a < ∧ ∆ ≤ Bài toán 1: Cho x,y tuỳ ý CMR x − 3x + ≥ y − y − xy - a f (α ) ≤ ⇒ b − 4ac ≥ - α ≤ x ≤ β ⇔ ( x − α )( x − β ) ≤ ( x + y )2 ≥ x − y + y − GIẢI Xét f ( x) = x + ( y − 3) x + y − y + Ta có ∆ = ( y − 3)2 − 4( y − y + 1) = −3 y + y − = −( y − 1) ≤ 0, ∀y ∈ R Mặt khác a=1>0 nên f ( x ) ≥ ⇒ đpcm Xét f ( x ) = x + 2( y − 5) x + y − y + v n Ta có : ∆ = ( y − 5)2 − y + y − = −5 y + y − = −( y − 1) ≤ 0, ∀y ∈ R Mặt khác a=1>0 nên f ( x ) ≥ ⇒ đpcm Bài toán 2: Chứng minh bất đẳng thức sau: Cho a, b, c, d ∈ [ 0;1] CMR: (1 + a + b + c + d ) ≥ 4(a + b + c + d ) h 1 1 1 Cho a, b, c, d ∈ [1; 2] CMR: ( a + b + c + d )  + + +  ≤ 18 a b c d  GIẢI Xét tam thức bậc hai f ( x ) = x − (1 + a + b + c + d ) x + a + b + c + d Ta có f (1) = −a (1 − a ) − b(1 − b) − c(1 − c) − d (1 − d ) o c Vì a, b, c, d ∈ [0;1] ⇒ f (1) ≤ Nghĩa tam thức bậc hai ln có nghiệm u ih Do ∆ = (1 + a + b + c + d ) − 4(a + b + c + d ) ≥ ⇒ đpcm 2 Ta có a ∈ [1; 2] ⇒ (a − 1)(a − 2) ≤ ⇒ a + ≤ 3a ⇒ a + ≤ a 2 Tương tự : b + ≤ 3; c + ≤ 3; d + ≤ b c d Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: V 2 2  a+ +b+ +c+ +d +  2 2  b c d ≤ 36 (a + b + c + d ) + + +  ≤  a  a b c d       1 1 1 ⇒ ( a + b + c + d )  + + +  ≤ 18 a b c d NX: Việc chọn tam thức bậc hai để chứng minh bất đẳng thức câu toán tinh ý Để việc chọn tam thức bậc hai cho phù hợp ta cần phải xem xét thật kĩ cấu trúc toán cần chứng minh đồng thời xem thử mối liên hệ biểu thức ∆ = b − 4ac BL1: Cho tam giác ABC CMR: pa + qb > pqc ; ∀p, q cho p + q = BL2: Cho a,b,c,d,p,q cho p + q − a − b − c − d > CMR: (p − a − b )( q − c − d ) ≤ ( pq − ac − bd ) BL3: Cho x,y,z,t thoả y>z>t CMR: ( x + y + z + t )2 > 8( xz + yt ) 2.Cho a,b,c thoả mãn (a + c )(a + b + c ) < CMR: (b − c) > 4a(a + b + c) Cho ax + by ≥ xy ; ∀x, y CMR: ab ≥ BL4: Cho hàm số bậc hai f ( x ) = ax + bx + c cho a < b; f ( x ) ≥ ( ∀x ∈ R ) CMR: a +b+c ≥3 b−a u ih o c h v n 2.Cho a,b,c thoả mãn a, b, c ∈ [ −1; 2] a + b + c = CMR: a + b + c ≤ Phương pháp sử dụng tính chất đặc biệt phân số Kiến thức bổ sung: Với a, b, c, d ∈ R* ta có: a a a+c a a - < 1⇒ < > b b b+c a+b a+b+c a a a+c a c a a+c c > 1⇒ > > ⇒ > > b b b+c b d b b+c d Đây tính chất tiêu biểu phân số Đồng qua tính chất ta thấy phương pháp sử dụng cho loại BĐT phân số khơng chặt Nói chung dạng khơng khó nên tơi không đưa lời nhận xét hay giải thích thêm Bài tốn 1: Cho a,b,c cạnh tam giác CMR: a b c 1< + + b > 0; m, n ∈ N ; m > n CMR: V a m − bm a n − bn > a m + bm an + bn GIẢI BĐT cần chứng minh tương đương với BĐT sau: 2b m 2b n bm bn 1 1− m > 1− n ⇔ m < n ⇔ < m n m n m n a +b a +b a +b a +b a a   +1   +1 b b m a a ⇔  >  b b n m n a a a Từ a > b ⇒ > ⇒   >   ( ∀m, n ∈ N ; m > n ) b b b Bài toán 3: a+b a b < + 1+ a + b 1+ a 1+ b a b c d Cho a,b,c,d dương CMR: < + + + 1 c c a+b+c b+c+d c+d +a d +a+b > c+d +a a +b+c+d d d > d +a+b a+b+c+d + a + a + + a n −1 + b + b + + b n−1 BL1: Cho a > b > A= ; B= CMR A0 CMR số A sau không số nguyên dương a+b b+c c+d d +a A= + + + a+b+c b+c+d c+d +a d +a +b BL4: Cho a,b,c dương CMR: a b c a b c + + < + + a +b b+c c+a b+c c+a a +b Phương pháp sử dụng tính chất đoạn thẳng: Kiến thức bổ sung: Định lí 1: Cho hàm số bậc f ( x) = ax + b Nếu tồn hai số thực α < β cho f (α ) ≥ 0; f ( β ) ≥ V u ih o c h v n Cho a,b,c dương CMR: f ( x) ≥ ( ∀x ∈ (α ; β ) ∨ ∀x ∈ [α ; β ]) Định lí 2: Cho hàm số bậc f ( x) = ax + b min{ f (α ); f ( β )} ≤ f ( x) ≤ max{ f (α ); f ( β )} ∀x ∈ [α ; β ] Ta chứng minh định lí 1: Vì f(x) hàm số bậc nên đồ thị f(x) đường thẳng Từ tính chất đoạn thẳng: “ hai đầu mút đoạn thẳng hai điểm (α ; f (α ) ) ( β ; f ( β ) ) phía trục hồnh Ox đoạn thẳng hồn tồn trục đó” suy f ( x) ≥ ( ∀x ∈ (α ; β ) ) Định lí bạn đọc tự chứng minh xem tập Bài toán 1: Cho x, y, z ∈ [0; 2] CMR: 2( x + y + z ) − ( xy + yz + xz ) ≤ GIẢI BĐT cần chứng minh tương đương với BĐT sau: (2 − y − z ) x + 2( y + z ) − yz − ≤ Xét f ( x) = (2 − y − z ) x + 2( y + z ) − yz − ( ∀x ∈ [ 0; 2]) hàm bậc theo x Theo định lí ta có : h v n f ( x ) ≤ max{ f (0); f (2)} Mà f (0) = −(2 − y )(2 − z ) ≤ 0; f (2) = − yz ≤ Nên f ( x ) ≤ ⇒ đpcm NX: Bằng cách dùng tính chất đoạn thẳng ta giải tốn nhẹ nhàng, vơ đơn giản Ngồi cịn cách hay để giải tốn này, cách giải sau: Từ điều kiện suy (2 − x)(2 − y )(2 − z ) ≥ ⇔ − 4( x + y + z ) + 2( xy + yz + xz ) − xyz ≥ ⇒ 4( x + y + z ) − 2( xy + yz + xz ) ≤ − xyz ≤ ⇔ 2( x + y + z ) − ( xy + yz + xz ) ≤ ( đpcm) Cách giải dựa vào nhận xét sau : Với số a1 , a2 , an ∈ [α ; β ] ta có bất đẳng thức sau: (a1 − α )(a2 − α ) (an − α ) ≥ ∑ ; i =1 n ∑ i ≠ j ;i , j =1 a j … Bạn đọc giải số ví dụ sau: ih n bình o c ( β − a1 )(β − a2 ) (β − an ) ≥ Phương pháp sử dụng nhận xét để giải hữu ích việc đánh giá đại lượng trung V u Cho a,b,c độ dài cạnh tam giác có chu vi 1.CMR: a + b + c + 2abc < 2 Cho ≤ a, b, c ≤ CMR: a + b + c ≤ + a 2b + b 2c + c a Chú ý đánh giá qua đại lượng trung bình bạn cần nhớ cách phân tích sau: ( X ± α )( X ± β )( X ± γ ) = X ± X (α + β + γ ) + X (αβ + βγ + αγ ) ± αβγ Bài toán 2: Cho x,y,z không âm x + y + z = CMR: xy + yz + xz − xyz ≤ 27 GIẢI Như ta biết tốn có nhiều cách giải “ cân bậc”; “ sử dụng BĐT Cauchy”… Nhưng ta sử dụng tính chất đoạn thẳng để giải: BĐT cần chứng minh tương đương với BĐT sau: 7 xy + yz + yz − xyz − = x ( y + z ) + yz (1 − x) − = x(1 − x ) + yz (1 − x ) − 27 27 27  (1 − x )    Ta cố định x xét f ( yz ) = x(1 − x) + yz (1 − x ) −  yz ∈ 0;   Theo định lí ta có : 27        1− x  f ( yz ) ≤ max{ f (0); f   }   2 7 1  = − x2 + x − < − x + x − = −  x −  ≤ ⇒ f (0) < 27 27 2   (1 − x )   (1 − x )2  (1 − x )2 2(1 − x )2 −1   1 f − − =  x −  x +  ≤ ⇒ f   = x(1 − x ) + ≤0 4 27   6         Do f ( yz ) ≤ ⇒ đpcm Bài tốn 3: Cho x,y,z khơng âm x + y + z = CMR: x + y + z + xyz ≥ Đẳng thức xảy nào? GIẢI Ta viết BĐT cần chứng minh dạng: ( y + z ) − yz + x + xyz − ≥ ⇔ (3 − x )2 + x + yz ( x − 2) − ≥ ⇔ (2 − x) yz + x − x + ≥ Mà f (0) = x (1 − x) −   ( − x )2    yz ∈  0; Ta cố định x xét f ( yz ) = ( x − 2) yz + x − x +        (3 − x)  Theo đĩnh lí f ( yz ) ≥ min{ f (0); f  } Mà     v n 2 h 3  f (0) = x − x + =  x −  + > ⇒ f (0) > 2  (3 − x)   ( − x )2  (3 − x) 2 f + x − x + = ( x − 1) ( x + 2) ≥ ⇒ f   = ( x − 2) ≥0 4         Do f ( yz ) ≥ ⇒ đpcm LB: Điều kiện yz mà ta có dựa vào BĐT Cauchy ta làm sau: ( y + z) yz ≤ (3 − x ) = o c 2 V u ih 4 Thực nguồn gốc phương pháp sử dụng tính chất đoạn thẳng “ kĩ thuật xét phần tử biên” BĐT Jensen mà giới thiệu viết “ Chuyên đề bất đẳng thức số định lí” BL1: Cho a, b, c, d ∈ [ 0;1] CMR: (1 − a )(1 − b)(1 − c)(1 − d ) + a + b + c + d ≥ BL2: Cho a,b,c không âm a + b + c = CMR: 1 a3 + b3 + c3 + 6abc ≥ 7(ab + bc + ca ) ≤ + 9abc Đẳng thức xảy ? BL3: Cho x,y,z số thực dương x + y + z = CMR 5( x + y + z ) ≤ 6( x3 + y + z ) + III Phương pháp phân chia – phương pháp tham số phụ: A.Phương pháp phân chia: Có hai kiểu phân chia để tìm cực trị: theo tập xác định theo hàm số Mệnh đề 1: Cho hàm số f ( x ) xác định tập D Giả sử D = D1 ∪ D2 với D1 ∩ D2 = ∅ tồn M = max f ( x ) ; M = max f ( x ) ( m1 = f ( x); m2 = f ( x ) ) Khi có M = max{M , M } D1 D2 D1 D2 ( có m = min{m1 , m2 } ) Mệnh đề 2: Giả sử f ( x ) = f1 ( x) + f ( x) xác định tập D tồn M = f ( x0 ) = max f ( x); M = f1 ( x1 ) = max f1 ( x ); M = f ( x2 ) = max f ( x ) D D D Hoặc m = f ( x3 ) = f ( x ); m1 = f1 ( x4 ) = f1 ( x ); m2 = f ( x5 ) = f ( x ) D D D Khi M ≤ M1 + M x1 = x2 M = M + M Hoặc m ≥ m1 + m2 x4 = x5 m = m1 + m2 Chứng minh: Định lí 1: Do M = max f ( x ) ⇒ f ( x) ≤ M ( ∀x ∈ D1 ) tồn x1 ∈ D1 để f ( x1 ) = M D Do M = max f ( x) ⇒ f ( x ) ≤ M ( ∀x ∈ D2 ) tồn x2 ∈ D2 để f ( x2 ) = M D Nếu M ≥ M ⇒ f ( x) ≤ M1 ( ∀x ∈ D ) hay M = max f ( x) = M (1) Nếu M ≥ M ⇒ f ( x) ≤ M ( ∀x ∈ D ) hay M = max f ( x) = M (2) D v Từ (1)&(2) suy M = max f ( x ) = max{M1 ; M } n D D o c h Các điều ý mệnh đề 1: i Nếu tồn M ; M M = max{M , M } , cịn khơng tồn M ( M ) khơng tồn M ii Mệnh đề phân chia tập D thành nhiều tập xét hàm nhiều biến Định lí 2: Theo giả thiết f1 ( x0 ) ≤ f1 ( x1 ) = M f ( x0 ) ≤ f ( x2 ) = M nên M = f ( x0 ) = f1 ( x0 ) + f ( x0 ) ≤ M + M (3) Nếu x1 = x2 M + M = f1 ( x1 ) + f ( x1 ) ≤ max f ( x) = M (4) D V u ih Từ (3)&(4) suy M = M + M Các điều ý mệnh đề 2: i Điều kiện x1 = x2 ( x3 = x4 ) kiện đủ mà điều kiện cần Lưu ý: Tính áp dụng mệnh đề 1: Việc tìm cực trị hàm f(x) tập D ⊂ R nhiều khó khăn, chẳng hạn tính chất f(x) thay đổi khơng có quy luật x biến thiên tập D, tronh trường hợp ta tìm cách phân chia tập xác định D thành tập rời cho việc tìm cực trị hàm tập dễ dàng Tính áp dụng mệnh đề 2: Khi tìm cực trị hàm f(x) tập D ⊂ R mà tính chất hàm f(x) thay đổi tập D thay đổi tập tập D khơng sử dụng phương pháp trên, lúc ta tìm cách tách hàm f(x) thành tổng hàm đơn giản cho dễ tìm cực trị hàm thành phần Bài tốn 1: Tìm GTNN hàm số f ( x) = x − 2001 + x − 2002 GIẢI Gọi D1 = [ 2002; +∞ ) , D2 = ( 2001; 2002 ) , D3 = ( −∞; 2001] R = D1 ∪ D2 ∪ D3 với D1 ∩ D2 = ∅; D2 ∩ D3 = ∅; D1 ∩ D3 = ∅ Với x ∈ D1 ⇒ f ( x ) = x − 2001 + x − 2002 = x − 4003, f ( x) = ⇔ x = 2002 (1) D Với x ∈ D2 ⇒ f ( x) = x − 2001 + 2002 − x = 1, f ( x ) = 1( ∀x ∈ (2001; 2002) ) (2) D Với x ∈ D3 ⇒ f ( x) = 2001 − x + 2002 − x = 4003 − x, f ( x) = ⇔ x = 2001 (3) D Từ (1)&(2)&(3) theo mệnh đề ta có f ( x) = ⇔ x ∈ [ 2001; 2002] R NX: Bài toán đơn giản điển hình cho phương pháp phân chia để tìm cực trị Bài tốn bạn giải cách sử dụng BĐT a + b ≥ a + b Cách giải sau: f ( x) = x − 2001 + x − 2002 = x − 2001 + 2002 − x ≥ x − 2001 + 2002 − x = Đẳng thức xảy ⇔ ( x − 2001)(2002 − x) ≥ ⇔ 2001 ≤ x ≤ 2002 ⇔ x ∈ [ 2001; 2002] n Bài tốn 2: Tìm GTLN,GTNN biểu thức F ( x, y ) = x y (4 − x − y ) x,y số thực thoả mãn điều kiện x ≥ 0; y ≥ 0; x + y ≤ GIẢI *Gọi D = {x ≥ 0, y ≥ 0, x + y ≤ 6}; D1 = {x ≥ 0, y ≥ 0, ≤ x + y ≤ 6}; D2 = {x ≥ 0, y ≥ 0, x + y < 4} Khi ta có : D = D1 ∪ D2 ; D1 ∩ D2 = ∅ Với cặp ( x, y ) ∈ D1 ta có − x − y ≤ 0; x ≥ 0; y ≥ suy F ( x, y ) ≤ Đẳng thức xảy chẳng hạn với cặp ( x, y ) = (0, 4) ∈ D1 ⇒ max F = (1) D1 v Với cặp ( x, y ) ∈ D2 ta có x ≥ 0, y ≥ 0, − x − y > Áp dụng BĐT Cauchy ta có: 2 h x x   + + y + (4 − x − y )  xx F ( x, y ) = y (4 − x − y ) ≤   ⇒ F ( x, y ) ≤ ( ∀x, y ∈ D2 ) 22     Đẳng thức xảy x = 2, y = (2) Từ (1)&(2) suy max F = ⇔ ( x, y ) = (2,1) D o c *Gọi D3 = {x ≥ 0, y ≥ 0, x + y ≤ 4}; D4 = {x ≥ 0, y ≥ 0, < x + y ≤ 6} Ta xét hàm ih − F ( x, y ) = x y ( x + y − 4) Khi ta có : D = D3 ∪ D4 ; D3 ∩ D4 = ∅ Với cặp ( x, y ) ∈ D3 ta có x ≥ 0, y ≥ 0, x + y ≤ suy − F ( x, y ) ≤ ⇒ F ( x, y ) ≥ Đẳng thức xảy chẳng hạn với cặp ( x, y ) = (2, 2) ∈ D3 ⇒ F = (3) D3 Với cặp ( x, y ) ∈ D4 ta có x ≥ 0, y ≥ 0, < x + y ≤ Theo BĐT Cauchy ta có: u V x x   + + y + ( x + y − 4)  xx  x+ y−2 − F ( x, y ) = y ( x + y − 4) ≤   = 4  ≤ 64 ⇒ F ( x, y ) ≥ −64 22       ( ∀x, y ∈ D4 ) Đẳng thức xảy x = 4, y = (4) Từ (3)&(4) suy F = ⇔ ( x, y ) = (4, 2) D Bài tốn 3: Tìm GTNN A = x( y + z ) + z ( x + y ) x,y,z số thực thoả mãn điều kiện x + y + z = Đẳng thức xảy nào? (Đề thi chọn đội tuyển thi quốc gia Hà Tây-2002) GIẢI 2 Gọi D = {x, y , z ∈ R : x + y + z = 1}; A1 = xy + yz + xz; A2 = xz ⇒ A = A1 + A2 ⇔ x+ y+ z = −1 Ta có ( x + y + z )2 ≥ ⇒ x + y + z + A1 ≥ ⇒ A1 ≥ (1) Đẳng thức xảy (2) x + y2 + z2 = 1 1 1 −1 Áp dụng BĐT Cauchy ta có A2 = x z ≤ x + z = (1 − y ) ≤ ⇒ − ≤ A2 ≤ ⇒ A2 ≥ (3) 2 2 2 ( ) ⇔ y=0 Đẳng thức xảy x = − z (4) x + y + z =1 2   Từ (2)&(4) suy ( x, y , z ) =  , 0, −  ∈ D Theo mệnh đề 2: ta có A = A1 + A2 = −1 D D D 2  NX: Việc chia thành hàm đơn giản để tìm cực trị nói chung cơng việc khó khăn Trước làm cơng việc ta phải có bước dự đốn điểm rơi hàm ban đầu Bài tốn 4: Tìm GTNN f ( x, y , z ) = xyz + 2(1 + x + y + z + xy + yz + xz ) x,y,z số thực n thoả mãn điều kiện x + y + z = Đẳng thức xảy nào? GIẢI 2 Gọi D = {x, y , z ∈ R : x + y + z = 1} Ta chia hàm f(x,y,z) thành hàm nhỏ sau: f1 ( x, y , z ) = + x + y + z + xy + yz + xz + xyz ⇒ f ( x, y, z ) = f1 ( x, y , z ) + f ( x, y , z ) f ( x, y, z ) = + x + y + z + xy + yz + xz v Từ điều kiện ta suy : x , y , z ≤ ⇒ + x,1 + y,1 + z ≥ ⇒ (1 + x)(1 + y )(1 + z ) ≥ Hay: + x + y + z + xy + yz + xz + xyz ≥ (1) h Ta có: (1 + x + y + z )2 ≥ ⇒ + x + y + z + xy + yz + xz ≥ ( x + y + z = 1) (2) D D Theo mệnh đề ta có f = f1 + f = Đẳng thức xảy ra: ( x, y , z ) = (−1, 0, 0) ∈ D D o c BL1: Tìm GTNN,GTLN hàm F ( x, y ) = x 2002 y (4 − x − y ) x,y số thực thoả mãn điều kiện x ≥ 0, y ≥ 0, x + y ≤ BL2: Cho x, y, z ∈ [0; 2] x + y + z = Tìm GTLN A = x + y + z u ih BL3: Tìm GTLN hàm f ( x, y , z ) = x + y + z + xy + yz + xz với x,y,z số thực thoả mãn điều kiện x + y + z ≤ 27 Đẳng thức xảy nào? BL4: (IMO-1969) Cho x1 , x2 ; y1 , y2 ; z1 , z2 thoả mãn x1 > 0, x2 > 0, x1 y1 − z12 > 0, x2 y2 − z2 > CMR: 1 ≤ + 2 ( x1 + x2 )( y1 + y2 ) − ( z1 + z2 ) x1 y1 − z1 x2 y2 − z 22 V BL5: Tìm GTNN hàm f ( x, y , z ) = x (4 x3 − x + y + z ) + y (4 y − y + z ) x,y,z số thực thoả mãn điều kiện x + y + z = Phụ lục: Cơ sở lí thuyết phương pháp giá trị lớn nhỏ nhất: I Định nghĩa: Cho hàm số f(x) xét miền D Ta nói số M GTLN f(x) D, đồng thời thoả mãn hai điều kiện sau: i f ( x ) ≤ M ii ∃x0 ∈ D cho f ( x0 ) = M Khi ta kí hiệu M = max f ( x ) đơn giản hơn: M = max f ( x ) x∈D D Ta nói số m GTNN cua f(x) D, đồng thời thoả mãn hai điều kiện sau: i f ( x ) ≥ m ii ∃x0 ∈ D cho f ( x0 ) = m Khi ta kí hiệu m = f ( x ) đơn giản hơn: m = f ( x ) x∈D D * Chú ý: Khi nói đến GTNN,GTLN hàm số ta phải xác định xác định tập hợp nào.Cùng hàm số f(x), xác định tập khác nhau, nói chung GTNN hay GTLN tương ứng khác II Vài tính chất GTNN,GTLN hàm số Tính chất 1: Giả sử A ⊂ B Khi ta có: max f ( x) ≤ max f ( x) x∈ A x∈B f ( x) ≤ f ( x ) x∈ A x∈B Tính chất 2: ( Nguyên lý “ phân rã”) Giả sử D = D1 ∪ D2 Khi ta có: max f ( x) = max{max f ( x ); max f ( x)} x∈D x∈D1 x∈D2 f ( x) = min{min f ( x); f ( x)} x∈D x∈D1 x∈D2 D D1 D2 h v n * Chú ý: Từ tính chất cho phép ta chuyển việc tìm GTNN( GTLN) hàm tập D phức tạp, việc tìm GTNN(GTLN) tập hợp D1 , D2 đơn giản Vì phương pháp phân chia để tìm cực trị dựa ngun lý Ta tổng quát tính chất sau: Nếu D = D1 ∪ D2 ∪ ∪ Dn : max f ( x) = max{max f ( x); max f ( x ); max f ( x)} Dn D D1 D2 Dn Tính chất 3: Nếu f ( x) ≥ ( ∀x ∈ D ) ta có: max f ( x) = max f ( x) D o c D f ( x ) = f ( x) D f ( x) = min{min f ( x); f ( x) f ( x )} D D D u D ih * Chú ý: Tính chất hay dùng tốn mà hàm y = f ( x ) có chứa dấu thức, hay dấu giá trị tuyệt đối Tính chất 4: max f ( x) + g ( x) ≤ max f ( x) + max g ( x) (1) f ( x ) + g ( x) ≤ f ( x ) + g ( x ) (2) D D D V * Chú ý: Dấu “=” (1) xảy có điểm x0 ∈ D mà f ( x ) g ( x) đạt GTLNN Tương tự, tồn x1 ∈ D mà f ( x ), g ( x ) đạt GTNN (2) dấu “=” xảy ra.Nói chung, GTLN(GTNN) tổng hàm số không tổng GTLN(GTNN) hàm số.Từ điều kiện có dấu (1);(2) người ta chì thay việc tìm GTLN(GTNN) nhiều hàm số đơn giản hơn, chì trường hợp hàm số đạt GTLN(GTNN) điểm chung miền D Tính chất 5: max f ( x) = − ( − f ( x) ) D D Tính chất 6: Nếu ta đặt M = max f ( x); m = f ( x ) thì: D D max f ( x) = max{ M , m } D Tính chất 7: Giả sử D1 = {x ∈ D, f ( x ) ≤ 0}; D = {x ∈ D, f ( x) ≥ 0} f ( x) = min{− max f ( x ), f ( x)} D D1 D2 ... + ca ) ≤ + 9abc Đẳng thức xảy ? BL3: Cho x,y,z số thực dương x + y + z = CMR 5( x + y + z ) ≤ 6( x3 + y + z ) + III Phương pháp phân chia – phương pháp tham số phụ: A .Phương pháp phân chia:... d NX: Việc chọn tam thức bậc hai để chứng minh bất đẳng thức câu toán tinh ý Để việc chọn tam thức bậc hai cho phù hợp ta cần phải xem xét thật kĩ cấu trúc toán cần chứng minh đồng thời xem thử... việc tìm cực trị hàm tập dễ dàng Tính áp dụng mệnh đề 2: Khi tìm cực trị hàm f(x) tập D ⊂ R mà tính chất hàm f(x) thay đổi tập D thay đổi tập tập D khơng sử dụng phương pháp trên, lúc ta tìm cách