Chuẩn bị cho kỳ thi QG 2

Trong kì thi THPT quốc gia 2015, cũng như một số đề thi đại học những năm trở lại đây, bất đẳng thức và bài toán tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất bao giờ cũng là vấn đề khó khăn và hóc

Trong kì thi THPT quốc gia 2015, cũng như một số

đề thi đại học những năm trở lại đây, bất đẳng thức và

bài toán tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất bao giờ cũng là

vấn đề khó khăn và hóc búa nhất Có rất nhiều cách giải

khác với các phương pháp khác nhau Bài viết này trình

bày Phương pháp đánh giá miền giá trị của biến số

trong bài toán chứng minh bất đẳng thức Phương

pháp này mặc dù đơn giản nhưng lại vô cùng hiệu quả

Hy vọng nó sẽ giúp ích cho các em học sinh trong các

kỳ thi sắp tới

Ta chú ý các đánh giá sau:

 xa b; xaxb0





    



0

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

Bài toán 1 Cho 0 x y, 1; x y 4 xy Tìm giá trị

lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của A x 2y2xy

Lời giải Ta có Ax2y2xyxy23xy

  23 

4

x y x y Từ giả thiết ta có

x1y10xy 1 xy

 1   1    4

Lại có x y 4xyxy2x y 1

Vậy 1  4

3

Đặt        

2

Khảo sát f t  ta được

Vậy min 1

4

A xảy ra khi  1;

2

9

A

xảy ra khi 1; 1

3

x y hoặc 1; 1

3

Bình luận Do vai trò của x, y là như nhau nên ta lầm

tưởng về việc đẳng thức xảy ra tại x = y Tuy nhiên

thực tế bài toán lại không hoàn toàn như vậy

Bài toán 2 Cho x y z, , 0;1 ; x  y z 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

y

B

y z x z xy z

Lời giải Từ giả thiết ta có x1y10

xy 1 xy Mà    1x y z nên z xy

Ta có: xy z 2xy xy 22xy   

2

2

x y

x y

(do xy1;x y 2)

P

Cuối cùng ta sẽ chứng minh

3 2

y

Đây là bất đẳng thức quen thuộc, độc giả tự chứng minh Dấu ‘=’ xảy ra khi xy  1.z

Vậy min 3

2

B khi xy  1.z

Bài toán 3 Cho a b c, ,  1;2 ,a b c  4

Lời giải Từ giả thiết ta có





2 bc2 3 b c 3(4a)

Do đó ta có 

2

2 3 4

bc a đẳng thức xảy ra

khi a 2;b c 1

T

Tương tự ta có    

Cộng từng vế các BĐT trên ta được:

2

(do dấu bằng không xảy ra)

Xét hàm số    



2

, 1;2 4

t

t Dễ chứng minh

hàm số đồng biến trên  1;2 nên    1 1

3

Thay t lần lượt bởi , , a b c ta được điều phải chứng

minh

Bình luận Bài này cho ta thấy rõ hơn sự lợi hại của

cách giải Tuy nhiên phải kết hợp các phép biến đổi

một cách thành thục thì mới đạt được kết quả của bài

toán

Bài toán 4 (D-2014) Cho x y, thỏa mãn

1 x 2; 1 y 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

thức

 

P

x y

Lời giải Từ giả thiết ta có:

 

 

           



Từ đó suy ra:

P



Q

Đặt u  x + y thì 2 ≤ u ≤ 4, khi đó

 

1

u

Ta có:  

(3 1)( 3)

f u

Lập bảng biến thiên suy ra hàm số f(u) đạt giá trị nhỏ

nhất tại u  3 Khi đó   7

8

P Q Từ đó min  7

8

P

xảy ra  (x, y) là bộ số (1, 2) hoặc (2,1)

Bài toán 5 (THPTQG 2015) Cho các số thực a,

b, c thuộc đoạn [1,3] và thỏa mãn điều kiện

   6

a b c Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

2 2 2 2 2 2

2

ab bc ca

Lời giải Ta có :

  2 2 2 2 2 2 2  

(ab bc ca) a b b c c a 2abc a b c( )

= a b b c c a 12abc

2

12

3

a b c

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ac) 9( a b c) 27 0

abc3x27

Vậy: 3x – 27 ≥ abc ≥ x – 5  2x ≥ 22  x ≥ 11

Ta có: P =  

2

72 1 2

x

abc x

≤   

( 5) 2

x

x

72 5

x

Xét   725, 11;12

x

Ta có ' 1722 0 11;12

2

   

  11 11725 160

P = 160

11 khi a = 1, b = 2, c = 3  maxP =

160

11

Bình luận 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

Bài toán 6 (Dự bị THPTQG 2015) Cho các số

 

1

2

a b Tìm giá trị nhỏ nhất của



2 2

6

a b

Lời giải Do a b,  1 a1b10

ab   a b 1 0 Khi đó

2

2

1  41  1  4

nên 1  1  4

8

6

a b

Đặt t   1;2a b  , xét hàm số

   

4

2

t

có



 

2 2

12 1 1

t

nên đây là hàm số nghịch biến

Do đó f t  f 2  1 Vậy giá trị nhỏ nhất của

P là –1, đạt được khi  a b 1

Bài toán 7 Cho x y z, ,  1 thỏa mãn

   3

x y z Tìm GTLN của biểu thức



2 2

1

y x

C

Lời giải Do giả thiết ta có: x1y10

 x2 y24 xy 1 x2y24 xy 1 2x1 y1

x2y22xy2x2y 2 x y 1 21

 3 z 1 2 1 z24z5   

2

1

P



2

            

Khảo sát hàm số     

2 2

4

z

f z

z z trên 1;5 ta được     

 

3 5

2

  

z x y hoặc 3, 5,  1

Bài toán 8 Cho các số thực không âm , , a b c thỏa

mãn a1,b2,c3. Tìm giá trị lớn nhất của:

D



b

Lời giải Ta có 12a23b227c2

 3 4a2b29c2 2a b 3 (1).c

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

2ab ac bc    b c b a c (3)

Từ (1), (2), (3) ta có

D



b

b c b a c

b c b a c

Đặt t  b c b a c  0 t 13

 

, 0 13

t

( 1) ( 8) ( 1) ( 8)

Bảng biến thiên

Từ đó suy ra   16max 16

khi 1, 2, 2

3

Bài toán 9 Cho x y z, ,  1;2 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

E

Lời giải Vì x y z, ,  1;2 , nên ta có x1y2z20

xyz2(2x y z)2 yz xyz4

Dấu ‘’=’’ xảy ra khi x 1 hoặc  2y hoặc  2z

Do đó và do  1x nên ta có

E

1

1



4

yz yz

Đặt t yz 1;2  

Xét  





2 2

1

1 2

f t

t t

trên  1;2

Ta có  



27 9

t

f t

liên tục trên  1;2 nên f t  đồng biến trên  1;2

Suy ra     2  7

6

Vậy max  7

6

E khi x1;y z 2

Bình luận Các bài toán 8, 9 nhìn thì rất cồng kềnh, tạo

cảm giác khó và ngại Tuy nhiên sau khi sử dụng miền

giá trị của các biến ta đã đánh giá, đưa được về một

biến để khảo sát và bài toán trở nên đơn giản

Bài toán 10 Cho x y z, ,  1;2 Tìm giá trị lớn

nhất của       

Lời giải Ta có

            

1 1 1

3 z x y x y z

Không mất tính tổng quát giả sử xyz khi đó





             



Khi đó       

1 1 1

Đặt            

1

Ta nhận thấy

    

1 5

2

Vậy maxF10 khi trong ba số x, y, z có hai số bằng 2

một số bằng 1 hoặc một số bằng 2 hai số bằng 1

Bài toán 11 Cho các số thực a, b, c thuộc đoạn

[0; 1] Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

H

Lời giải Vì a b, [0; 1] nên ta có   



2 2

2

( 2) 1

1

b a

2

2

( 2) ( 2)

1

b

b

2

b

Dấu đẳng thức xảy ra a b, {0, 1}

Tương tự, ta cũng có

Suy ra  1 2 2 2 2 2 2 

2

H a b b c c a Dấu đẳng

thức xảy ra a b c, , {0, 1} và a b2 2b c2 2c a2 20

hay trong ba số a, b, c có nhiều nhất một số bằng 1,

các số còn lại bằng 0

Vậy maxH6, đạt được khi trong ba số a, b, c

có nhiều nhất một số bằng 1, các số còn lại bằng 0

Nhận xét Mặc dù xuất phát từ giả thiết sẵn có của bài

toán, và là một công đoạn nhỏ trong cả quá trình giải nhưng việc đánh giá lại có sự hiệu quả vô cùng to lớn Thông qua các ví dụ trên ta đã thấy được các kĩ năng đánh giá biến số hết sức đa dạng và phong phú

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

1 Cho a b,  1;2 Tìm giá trị nhỏ nhất của

3 2 3 2

b a a b P

a a b b b a

2 Cho các số dương a b c, ,  1;2 thỏa mãn

   2.

ab bc ca Tìm giá trị nhỏ nhất của

2

abc P

c



3 Cho a b c; ;  0;2 thỏa mãn ab bc ca 2 Tìm giá trị nhỏ nhất củaPa b3 3 b c3 3 c a3 3  9abc.

4 Cho các số thực 1

2

      thỏa

mãn a bc 4 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:

.

abc P



5 Cho a b ;  0; 2 Tìm giá trị lớn nhất của

.

2

a b a b P

a b a b



6 Cho a b c d; ; ;  1;2 Chứng minh rằng :

25