Bài giảng môn toán lớp 10 Phép biến đổi tương đương áp dụng bất đẳng thức để tìm cực trị40863

* Một số bài toán áp dụng BĐT trị tuyệt đối.

áp dụng bất đẳng thức để tìm cực trị

I - Phép biến đổi tương đương

1) Phương pháp chung

- Từ 1 BĐT ban đầu biến đổi tương đương về một BĐT luôn đúng ( hoặc ngược lại)

- Một số ví dụ;

VD1; Cho a;b; c > 0 CMR ; a3 + b3 + abc ab (a + b + c)

Lời giải:

Ta có a3 + b3 + abc ab (a + b + c)

a3 + b3 + abc a2b + ab2 + abc

(a+b)(a2_ab+b2) ab (a+b)

(a+b) (a-b)2 0

Ta có: a; b; > 0  a + b > 0

(a - b)2 0 a, b 

(a + b).(a - b)2 0 (Luôn đúng) a, b > 0

a3 + b3 + abc ab (a+b+c) (ĐpCM)

VD2: Cho a, b, c > 0 CM:

ab bc ca

a b c

c  a  b    Lời giải:

Ta có ab bc ca a b c

c  a  b   

a2b2 + b2c2 + c2a2 abc (a + b + c)

2(a2b2 + b2c2 + c2a2) 2 abc(a + b + c)

(a2b2 + b2c2 - 2ab2c)+ (a2b2 + a2c2- 2a2bc) + (b2c2 + c2a2 - 2abc2) 0

b2(a - c) + a2(b - c)2 + c2(a - b)2 0 ( Luôn đúng do a ; b ; c > 0 )

Vậy bất đẳng thức được chứng minh

VD3: Cho a , b , c là độ dài 3 cạnh của Cm:

a b c a c b

1

b     c a c b a  Bµi lµm

§Æt M = a b c a c b

b     c a c b a

cã M = a b b c c a

b     a c b a c

M

(V× a; b; c > 0)

1

M ca cb ab ac bc ba

abc

1

M a c b2 ac ab bc

abc

     

1

M a c c b b a

abc

cã c a b

a  b c

b c a

a b b c c a a.b.c

   

a b b c c a abc 2

VËy a b c c b 1

b    c a a a 

VD4 :Cho ab 1 CM:

(1) a2 1 b2 1ab 1

Bµi gi¶i

Ta cã (1)

2 2

ab 1

a b 1 a b

 



  

a2 b2 2 ab 1     2a2 b2 a b2 2 1 (Vì ab 1)  a b ab3  3 2a b2 2 a2 b2 2ab  0

 2 2  2 2

ab a 2ab b a 2ab b 0

   2 ( Luôn đúng )

ab 1 a b 0

21 1 2

b2 1 ab 1

a 1



Dấu “=” xảy ra a b

ab 1







VD5:Cho a 1 ; b 1 ; c 1  

CM: 31 31 31 3

1 abc

a 1 b 1c 1 



Bài làm

áp dụng kết quả ở ví dụ 4 ta có:

 

3

1 a 1 b 1 a  1 a b

Tương tự: 3

4

1 abc



1 abc



mà :

4 4 4 4

2

2

1 abc





1 abc 1 abc

1 a 1 b 1 c

C

ha

B

a

b c

1 abc

1 a 1 b 1 c



Dấu “=” xảy ra  a = b = c = d

VD6: Cho abc Với: A B C  

h  h  h  h  h  h (ha ; hb ; hc lần lượt là các đường cao hạ từ A; B; C xuống 3 cạnh của )

Bài làm:

Gọi S là diện tích ABC

tương tự: hb 2S ; hc 2S

(1)

a b

S

2

2

b c c a a b a c c b b a

c(b a)(a b) c (b a) ab(b a) 0

(b a)(ac bc c ab) 0

(b a)(c b)(a c) 0

Lại có A B C    a b c (Quan hệ cạnh – góc trong )  

Đpcm

   

b a 0

c b 0

 





  





Dấu”=” xảy ra (=)





 



 



VD7 : CM: a2 + b2 + c2 ab + bc + ca

Từ đó chứng minh: Với a , b , c , > 0

8 8 8

3 3 3

a b c

a b c

 

  

Bài giải:

a2 + b2 + c2 ab + bc + ca (*)

2(a2 + b2 + c2 ) - 2.(ab + bc + ca) 0

(=) (a - b)2 + (b - c)2 + (c - a)2 0 ( luôn đúng )

Dấu “=” xảy ra (=) a = b = c

Ta có : a2 + b2 + c2 ab + bc + ca

a4 + b4 + c4  a2b2 + b2c2 + c2a2

a8 + b8 + c8 a 4b4 + b4c4 + c4a4

áp dụng (*) a 8 + b8 + c8 a 4b4 + b4c4 + c4a4 a 2b3c3 + a3b2c3 + a3b3c2

a b c a b c

a b c

3 3 3

a b c

a b c



Dấu đẳng thức xảy ra (=) a = b = c

VD 8: Cho a ; b ; c là độ dài 3 cạnh của 1 ; p là nửa chu vi

Cm: 1 1 1 2 1 1 1

p a p b p c a b c

Bài giải

Từ bất đẳng thức1 1 1 (x ; y không âm ; xy 0 )

x y  x y

(Dễ dàng CM được BĐT Côsi)

Ta có: 1 1 4 4

p a  p b  2p a b  c

Cộng từng vế của BĐT trên ta được:

2 1 1 1 4 1 1 1

1 1 1 2 1 1 1

p a p b p c a b c

*Chú ý : Biến đổi ngược lại ta sẽ được một bài C/m BĐT bằng cách biến đổi tương đương thực sự

VD 9: Cho a> b > 0 ; m > n n N ; m  N

(*)

CM :

Bài làm:

m n m n m n m n n m n m n m m n

m n n m

n n m n m n

a a a b b a b b a a a b b a b b

2 a b a b 0 2.a b a  b  0 (1)

Có a > b  am n bm 1

(1) luôn đúng

 (*) luôn đúng

 Đpcm



*Một số bài tập áp dụng:

1) Cho z  y  x  0 C/m:

        

2) Cho a , b , c là các số thực dương thoả mãn abc = 1

CMR:

2

a b c  b c a  c a b 

( Chú ý BĐT Nesôlsit )

x y z 3

y z  x z  x y  2

3) Nếu a, b, c là độ dài 3 cạnh của 1 

CM: a(b - c)2 + b(c - a)2 + c(a + b)2 > a3 + b3 + c3 (*)

4) CM:

  2 2

a b  c d  a c  b d

5) CM:

a b d c  a c b d  a d b c  ab bc cd da

ac bd

(a, b, c, d 0)

6) CM:

2

2 2 2

7) CM:

a) a b c 1 (a, b, c 0)

a b  b c a c  

b)

(0 x y z)

 

 

8) Cho a, b, c 0 CMR:

a b c a  b c a b  c a b c  3abc

II - áp dụng BĐT để tìm cực trị

- Một số BĐT thường gặp để tìm cực trị

* BĐT Côsi: Cho n số không âm: a1, a2, an ta có:

(a1+ a2+ + an ) n

1 2 n

n a a a



* BĐT Bunhiacôpxki: Cho 2 bộ số (a1, a2, an) và (b1, b2,, bn)

Ta có:

 2  2 2 2 2 2

a b a b   a b  a a   a b   b

Dấu “ = ” xảy ra 1 2 n

* BĐT trị tuyệt đối

a  b  a  b

* BĐT trong tam giác

Ta phải áp dụng linh hoạt các bất đẳng thức trên để có thể tìm được cực trị

Khi tìm cực trị của các biểu thức ta nên xem xét các biểu thức phụ như -A; 1 ;

A

A2 để bài toán thêm ngắn gọn

* Sau đây ta xét một vài ví dụ cơ bản

VD1: Tìm max có biểu thức:

A = xyz (x+y) (y+z) (z+x) với x, y, z không âm và x+y+z=1 + Có một bạn giải như sau:

áp dụng BĐT:  2

a b 4ab

Ta có:    2

4 x y z  x y z  1

   2

4 x y x  x y z  1

   2

4 x y y  x y z  1

   

64xyz x y y z z x 1

1 max A

64

*Chú ý: Lời giải trên là hoàn toàn sai lầm do chưa tìm ra dấu bằng khi áp dụng BĐT

+ Ta có lời giải hoàn chỉnh như sau:

áp dụng BĐT Côsi cho 3 số không âm ta có:

3

 

x y y z z x   2 x y z  3 8 (2)

   

Nhân từng vế của (1) và (2) ta được

    82 8

xy x y y z z x

729 27

Dấu “=” xảy ra  x = y = z = 1

3

** Tương tự ta dễ mắc phải sai lầm trong ví dụ sau

- Tìm min của A = 2x +3y biết 2x2 + 3y2 5

Lời giải sai: Gọi B = 2x2 + 3y2 ta có B 5

Xét A + B =  2 1 2 5 5

Mà B  5  B  5

Cộng từng vế của (1); (2) A 25

4

  

*Chú ý : Sai lầm ở đây chính là ở chỗ ta chưa xét dấu bằng ở cả hai BĐT

* Một số bài tập cơ bản áp dụng BĐT Côsi:

1) Tìm min của A x2 4x 4 x 0

x

 

 

3 2

x 1

x

1 5

1 x x





L ời giải:

2

A 8 A min 8 x 2

 

Tương tự giải bài B,C

+)

3

3

2 2



3

3

3

4

5 5

C min 5 2 5 x

4



2) Tìm max của

A = (2x-1) (3-5x)

2 3 2

2

x B

x 2 x C

x 2







 Bài giải

2

A 2x 1 3 5x 3x 3 5x

5x 3 5x

A max A x

Tương tự chúng ta dễ dàng giả được phần B; C

3) Cho a, b, c > 1 Tìm min của

4a 5b 3c

A

a 1 b 1 c 1

Xét:

 

 

4 a 1

4

a 1

 



áp dụng BĐT Côsi cho 2 số không âm 4 (a -1); 4 ta có:

a 1

4a

2 16 8 16

a 1  

 Tương tự với ta tìm được min A = 48

5b 3c

;

b 1 c 1

4) Cho a, b, c không âm CMR a + b + c = 3

Tìm min của A = a2 2ab  b2 2c2  c2 2a2

Dễ dàng CM được

2

3

 

áp dụng BĐT trên ta có:

 

2

a b b

a 2b a b b 3

3 1

3

 

      

Tương tự:

 

 

1

3 1

3

1

3

A 3

 

Dấu “=” xảy ra (=) a b c 1

3

  

* áp dụng BĐT Bunhiacopxki

1) Tìm min; max của

2

Bài làm

A 3 x 1 4 5 x   

áp dụng BĐT Bunhia copxti có 2 bộ số (3; 4) và  x 1 ;  5 x ta có Có:

A 3 x 1 4 5 x 3 4 x 1 5 x 100

A 10

 

 

2

2

A 3 x 1 4 5 x 3 x 1 3 5 x

9 x 1 5 x

5 x 1 5 x 36

A 6 A min 6 x 5



    

Tương tự giải cho B

* Chú ý thêm BĐT suy ra từ BĐT Côsi 1 1 4 (2)

x  y x y



Dựa vào BĐT trên ta giải bài tập sau:

Cho x; y > 0 TM: 1 1 1

4

x   y 2

Tìm max; CM: A 1 1 1 1

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

Theo BĐT ta có

   

2x y z x y x z 4 x y x z 16 x y x z

2x y z 4 x y x z 16 x y x z

Dấu “=”xảy ra  x = y = z Tương tự:

1 1 1 1 1 1

x 2y z 16 x y y z

x y 2z 16 x z y z

     

     

Cộng từng vế 3 BĐT trên

1 2x y z x 2y z x y 2z

Dấu “=” xảy ra (=) x= y = z = 3

4

* Một bài toán tìm cực trị ta có thể áp dụng nhiều BĐT để giải

Vídụ : Cho 3 số dương a, b, c ; a +b +c = m là 1 hằng số

Tìm min của A

b c a c a b

Cách 1: áp dụng BĐT Côsi cho 3 số dương ta có:

   

3

3

a b c a b c a b c 9

a b b c a c 2

a b c a b c

min

 



Cách 2: áp dụng BĐT Côsi ta có:

Tương tự:

2

b

c









Cộng từng vế A m

2

Cách 3: áp dụng BĐT Bunhia copxti ta có:

2

b c c a b

b c c a a b



Cách 4: Giả sử a b c 0 suy ra a   2 b2 c2

1 1 1

b c  c a  a b

áp dụng BĐT Trêbưsép cho 6 số trên

2 2 2

a b c

2

1

a b c

* Một số bài toán áp dụng BĐT trị tuyệt đối

Ví dụ: Tìm min ; max của

A x 1  x 2 x 3 x4 Hướng dẫn:

Đổi:

   

4

       

       



*¸p dông B§T vÒ 3 ®iÓm

* Mét sè bµi tËp

Bµi 1: T×m min cña

B  2 x  1 x  2  x 3

Bµi 2: T×m min; max cña p = x2+y2 víi x, y lµ 2 sè tho¶ m·n x2+ xy + y2 = 1

Bµi 3: T×m max p

a) A = 4x3 - x4

b) B =x y víi

y x x, y   1 ; 2

c) C  xy 2xy x 4y z     víi x  0 ; 2 vµ y 0 ; 1

2

  

Bµi 4: T×m max a.a’

p x y z víi

y x x

   x, y, z  1 ; 2

Bµi 5: T×m min cña

a) A x 4 y4 z4 víi x, y, z TM: xy + yz + zx = 1

b) B     x 1 y 1 z 1 víi x, y, z TM: x  y  z 5

Bµi 6: Cho a, b >0 ; a + b =1

T×m Max Q a b

1 2a 1 2b

Bµi 7: Cho a, b, c, d >0

T×m min cña a c b d c a d b (§S = 4)

a b b c c d d a

      

Bµi 8: Cho x, y, z, t > 0 TM x + y + z + t = 1

Tìm Min của 1 1 1 1 (ĐS = 16)

x   y z t

Bài 9: Cho a, b, c là 3 cạnh của 1 tam giác có a + b + c = m là một hằng số

Tìm Max của a2 b2  b2 c2  c2 a2

Bài 10: Cho x, y, z TM 2xyz + xy + yz + zx 1

Tìm Min của xyz ĐS = 1 x y z 1

    

Bài11: Cho 3 số dương x, y, z > 0 TM

 3 2 2 2

x y z  x y z  4 29xyz Tìm Min của xyz ĐS: 8 x=y=z=2

Bài12: a) Cho a, b, c >0 ; a + b + c = 1

Tìm Max của a b  b c  c a ĐS: 6 a b c 1

3

    b) Cho a, b, c là 3 cạnh của 1 tam giác

Tìm Max của biểu thức

        