Sáng kiến kinh nghiệm, 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 ThanhSáng kiến kinh nghiệm, 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 ThanhSáng kiến kinh nghiệm, 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 ThanhSáng kiến kinh nghiệm, 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 ThanhSáng kiến kinh nghiệm, 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 ThanhSáng kiến kinh nghiệm, 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 ThanhSáng kiến kinh nghiệm, 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 ThanhSáng kiến kinh nghiệm, 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 ThanhSáng kiến kinh nghiệm, 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 ThanhSáng kiến kinh nghiệm, 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 ThanhSáng kiến kinh nghiệm, 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 ThanhSáng kiến kinh nghiệm, 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 ThanhSáng kiến kinh nghiệm, 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 ThanhSáng kiến kinh nghiệm, 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 ThanhSáng kiến kinh nghiệm, 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 ThanhSáng kiến kinh nghiệm, 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 ThanhSáng kiến kinh nghiệm, 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 ThanhSáng kiến kinh nghiệm, 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 ThanhSáng kiến kinh nghiệm, 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 ThanhSáng kiến kinh nghiệm, 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 ThanhSáng kiến kinh nghiệm, 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 ThanhSáng kiến kinh nghiệm, 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 ThanhSáng kiến kinh nghiệm, 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 ThanhSáng kiến kinh nghiệm, 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 ThanhSáng kiến kinh nghiệm, 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 ThanhSáng kiến kinh nghiệm, 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 ThanhSáng kiến kinh nghiệm, 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 ThanhSáng kiến kinh nghiệm, 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
Trang 11 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 AM-GM, 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 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
Trang 2Trong 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 x 0 D sao cho f(x0) M
Khi đó ta kí hiệu: M maxx 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 x 0 D sao cho f(x0) m
Khi đó ta kí hiệu: mminx D f(x)
2.3.2 Các bất đẳng thức cơ bản thường sử dụng
Bất đẳng thức Cauchy (hay AM – GM)
Cho n số dương a a1, , ,2 a ta có n 1 2
1 2
n
n
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a1 a2 a n
Bất đẳng thức Cauchy – Schwarz (hay còn gọi Bunhiacopski)
Cho hai bộ số a a1, , ,2 a nR; , , ,b b1 2 b nR
a b a b a b a a a b b b
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1 2
1 2
n n
a
a a
b b b
Bất đẳng thức Cauchy – Schwarz thường sử dụng
Cho a,b,c 0 và x,y,z 0 khi đó a x b y c z a x b y c z
2 2
2 2
2.3.3 Sử dụng điều kiện ban đầu để đánh giá đưa về hàm số một biến
Điều kiện ban đầu thường gặp:
Trang 3 ; 0
x a b x a x b
0 0
0
; ,
b y b x
a y a x
b y a x b
a y
x
,
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
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 một biến.
Lời giải
Ta có: ab bc ca2 a2b2 b2c2 c2a2 2abca b c a2b2 b2c2 c2a2 12abc
3
2
ca bc
ab
x
Ta có: a,b,c1 ; 3 a 1b 1c 1 0 abc abbcacabc 1 0
5 0
5
Lại có: a 3b 3c 3 0 abc 3abbcca 9abc 27 0
27
3
abc x Do đó: 3x 27 abcx 5 2x 22 x 11
2
5 72 2
5 2
1 72 2
1
2
x
x x
x
x abc x
x
P
Xét hàm số ( ) 27225
x
x x
f , x11 ; 12
2
1 )
(
x x
f x11 ; 12 nên Pf(x) f( 11 ) 16011
Vậy maxP16011 khi a 1 ;b 2 ;c 3
Nhận xét: Đây là bài toán rất hay Ta phải dùng hai lần giả thiết của các biến
1 ; 3
;
;b c
a để tìm ra miền giá trị của xabbcca 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.
Lời giải
Vì x,y,z1 ; 2, nên ta có
x 1y 2z 2 0 xyz 22xyz 2yzxyz 4
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
abc ca
bc ab
abc a
c c b b a P
2
1 72 12
2 2 2 2 2 2
Bài 2: Cho x,y,z1 ; 2 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
1
4 4 2 8 2 2
yz z yz z x z x xyz zx xy A
Trang 4Dấu bằng xảy ra khi x 1 hoặc y 2 hoặc z 2 Do đó
4 4
2
4 4
2 4
4 4
2
8 4
2
2
yz
z y yz
z y x
yz yz
z y x yz
z y yz
z y x yz
z
y
x
zx yz
xy
A
4 4
2
4 1
1
4 4
2
4 1
yz
z y yz
z y
yz yz
z y yz
z y
x
yz
A
1
4 2
4 4
4 1
yz
yz yz
yz
yz
A
Đặt t yz ; t1 ; 2
Xét hàm số:
4 2 2
4 1
)
t
t t
t t
f với t1 ; 2
9
2 27
4 1
2 2
8 4 )
t t
t t
f , nên f(t) đồng biến trên 1 ; 2
Suy ra Af(t) f( 2 ) 67
Vậy maxA 67 khi x 1 ;yz 2
Lời giải
Ta có 12a2 3b2 27c2 34a2 b2 9c2 2a b 3c
Mặt khác 2ab 3c b c bac ac2 b 0
2ab 3cbcbac (2)
Lại có 2abacbc b c bac bca 1 0
2abacbcbcbac (3)
Từ (1), (2), (3) ta được
8 ) ( 8
) (
8 )
( 1
2
c a b c b
b c
a b c b
b c
a b
c
b
c a b
c
b
B
8 ) (
8 )
( 1
2
c a b c b c a b c
b
c a b
c
b
B
Đặt tbcb(ac) 0 t 13
Xét hàm số ( ) 21 88
t t
t t
f với t0 ; 13
1 8 0 6
6 10 3 2 8
8 1
2
)
t t
t t
t t
t
f
,
1
)
0
(
7
16 ) 6 (
f
21
47 ) 13
7
16 )
B đạt được khi a 1 ,b 2 ,c32
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
8 12 3 27 8
8 3
2 1
2 2
2 2 2
c b a
b c
a b c b
b c
b a
bc ac ab B
Bài 4: Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn yzxy2 z2 Tìm giá trị nhỏ
4 1 1 1
Trang 5Lời giải
Từ giả thiết ta có:
x z y z y z
y x z y
2 2
2 4
1 2
4
1 1
1
x
x x
z y z
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: P x y z x y z
1 1 1
4 1
1
2 1
1
2
2 3 3
2 2
2
1
1 6
2 1
4 1
1 2
x
x x x x
x x
x P
Xét hàm số:
3
2 3
1
1 6
2 ) (
x
x x x x f
Ta có: 0 51
1
1 5 2 )
(
x
x x
Lập bảng biến thiên ta được: ( ) 5110891
f x f P
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 10891 Khi , 5
5
1
y z
Lời giải
Nhận xét: Giả thiết đã cho chính là gợi ý của bài toán Cách làm giảm biến số
quen thuộc là đặt acx,bcy xy 0
xy y x
x c c c y c y c x c c y c x c ca bc ab c b a
2 2
2 2 2
2 2 2
Do đó ta viết lại P dưới dạng
2 2 1 2 12 12
x y y x y xy x P 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
Đặt 1
y
x
1 1
1
2
t f t
t t t
Xét hàm f(t) trên 1 ; ta có:
1
2 1
1
1 1
1 1
2
)
(
'
t t
t t t
t t
t
f
3 3
3 3
2 3 3 3 3
1
1 1
2 1 1
1 1
2
)
(
'
t t
t t t t t
t t
t t t t
t
f
Cách đặt này khá phức tạp Ta có thể đặt theo cách khác sau đây
Đặt t 2
x
y
y
x
x
y y x x
y y x x
y y
x x
xy y
xy y x
xy x
y
y
x
P
2
1 1
Bài 5: Cho abc 0 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
a c c b b a ca bc ab c b a P
Trang 6 ( )
2
1 2
1
1
3
t f t
t t t
t
Xét hàm f(t) trên 2 ; ta được: ln f(t) 3 ln(t 1 ) ln(t 2 )
1 2
5 2 2
1 1
3
)
(
)
(
'
t t
t t
t
t
f
t
f
5 0
) ( ' 2
1 5 2
)
(
2
t
t t
t
f
Lập bảng biến thiên ta được ( ) 52274
f t f P
2
5
x
y y x
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 274
Lời giải
Nhận xét: Có một chú ý quan trọng của bài 6 là một phép biến đổi nhỏ
yz yz z y x x yz xz xy x z x y
x 2 20
Như vậy biến mới được hình thành.
Đặt tyz 0 suy ra 20 t t2 f(t)
t
P Xét f(t) t2 t 20t
trên 0 ;
1 2 )
2 2
2 3
t
t t t t
t t t t t
f
Lập bảng biến thiên ta suy ra f(t) f( 2 ) 16
Do đó P 16 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1 2 2
10
z y x yz
z y x xyz
1 2 16
min
z y x P
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 ab,bc,ca P 0 Nên sau khi biến đổi chắc chắn sẽ chứa nhân tử a bb cc a
Do đó: Paba bbcabc b ccac a aba b bca b abcbca c caa c
abc
a c c b
b
a
Đến đây ta giả sử 1
2
1
c b a để mục tiêu làm mất dấu giá trị tuyệt đối
Bài 6: Cho x,y,z 0 ;xyzxyz 20 Tìm giá trị nhỏ nhất của
x yx z y2z2
Bài 7: Cho ; 1
2
1 ,
,b c
a Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
b a c a c b c b a
P
Trang 7
abc
a c c b b a
Nhận xét rằng có một phép biến đổi làm giảm biến số một cách đơn giản là Đặt: 1 2
x y
c
b
y
c
a
x
y
x y x
x
x xy
x y y x
Mục tiêu viết như trên là đạo hàm theo biến y (hoặc biến x)
y
x x
x
y
x
f y ; 1 1 2 y ; 0 1 ;
Lập bảng biến thiên ta thu được
; ; 1 1 2 31 21, 1 ; 2
t
t t t t x
x
x x x x x x f y
x
f
P
hay 1 2 1 ( )
3
t g t
t t
Xét hàm g(t) trên 1 ; 2 ta có: lng(t) 3 lnt 1 lnt 1 2 lnt
0 ; 1 ; 2
1 1
2 2 2 1
1
2 2 3
3 2 1
1 1
3
)
(
)
t t t
t t t
t t
t t t t t t t t
t
g
t
g
2
1 2 2
1 2 1 2 2 )
(
2 3
g t
2
1 2
) (
2
P
Đẳng thức xảy ra khi
2 1
; 2 2
;1
; 2 2 2 2
2 c c c y x x t x
2
1
; 2
2
; 1
;
; 2
1 2 max
2
c b a P
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 2 2 2 2 2 2 2
a
y b
x y
c x
c a
y y
c b
x
x
c
Từ thiết 2 2 2 2 2 12 22 1
a b b a b a
Như vậy ta phải chọn 2 1 , 2 2
y x
2
3 1
2 1 2 1
2 2
2 2 2
a b
c c c
a
c b
c P
) ( 1 2
6 2
2
c f c c
Bài 8: Cho a,b,c 0 ,a2 2b2 a2b2 Tìm giá trị lớn nhất của
12
a
c b c P
Trang 8Xét hàm số f(c) trên 0 ; ta có: ( ) 0 1 46
2
6 2 2 )
f
4
6 1 4
6 1 ) (
2
P
Vậy
4
6 1 , 2
6 , 6 2
6 8
3 maxP a b c
Lời giải
Ta có 1 a2 b 0 2 2a bab 0 2abab 2
2 2
2
1 2
1
ab
b a c a b
b a c ab
a
b
Tương tự ta có 2 2
bc
c b a c b
c b a
Lại có
2 8 2 8 4 4 8 4 2
a
7
3 9
2 3
1 2
1 2
1 2
2 3
2 1
2
1
2
3 4
2 4
2 2
ca bc ab
ca bc ab ac
bc ab
ca
bc
ab
ac
ca bc ab bc
bc ab ab
bc
ac
ac
ca bc ab bc
c b a ab
b
a
c
P
Xét hàm số
7
45 7 2 7
2 9 ) (
t t
t t
4
13 7 5
45 7
ab bc ca P t
Vậy ; ; 1 ; 2 ; 1
4
13 minP a b c
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 zy 1 ;z 0
Hơn nữa với xy xz yz
2
có chứa xyxz yz ở mẫu, đây là hạng tử có thể gợi ý cho chúng ta dồn biến về xyxz yz
Ta có x 0 ; 1 suy ra
z x x
z y x z x x
z y x z x
z y x x
2 2
2 2
2 ;
Bài 9: Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn a,c 1 ;b 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
ac
b c a a b
b a c c b
c b a P
3 4
8 2 3
2 2
2 2
Bài 10: Cho các số thực x,y,z 0 ; 1 và z minx,y,z Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
y
yz z
x
z y P
Trang 9Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được A B
B
2
1
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi AB 0 Vì dự đoán điểm rơi zy 1 ;z 0 nên khả năng xxz và
z
y
y là hoàn toàn có thể xảy ra
Ta có:
x z x y z x z
x
z y
x
2
2 2 2
2 2
và
y
yz
2
2 1
yz xz xy z
y x
xz yz xy yz xz xy z y
yz z
x
z y x P
2
1 2 2
Với điều kiện x,y,z 0 ; 1 ta luôn có
1 x1 y1 z 0 xyyzxz 1 xyzxyzxyz
Suy ra P x y z xy xz yz
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có
x2 2 2 2 2 2 2
Mà x,y,z 0 ; 1 xyzx2 y2 z2 2xyxz yz
yz xz xy yz xz xy
P
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
0
1
z
y x
Vậy min P 4 đạt được khi x y 1 ;x 0
Lời giải
Không mất tính tổng quát của bài toán, ta có thể giả sử 0 cba 1
Ta có
bc
c b bc bc
bc bc
c bc
b bc
abc ab
c ac
b bc
a
P
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 0 1
0 1
bc
c b c
b bc c
b
Suy ra
bc bc
A
1
1
1 Đặt t 1 bc 1 t 2 Xét hàm số ( ) 1;t1 ; 2
t t t f
Ta có ' ( ) 1 12 0 t1 ; 2
t t
f suy ra f(t) đồng biến trên 1 ; 2
2
5 ) 2 ( )
f t f Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P là 25 khi abc 1
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,bR ta có a b2 4ab
Bài 11: Cho các số a,b,c0 ; 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
abc ab
c ac
b bc
a
1 1
1
Trang 10Hệ quả 2: Cho a, b 0 ta có 2 2
3 3
3
4 a b ab
b a b
Hệ quả 3: Cho a, b 0 ta có a b a b
1 4 1
Hệ quả 4: Cho a,b,cR ta có a b c abc abbcca
3
2 2
2 2
Hệ quả 5: Cho a,b,cR ta có abbcca2 3abcabc
Hệ quả 6: Cho a,b,c 0 ta có a b c a b c
1
Hệ quả 7: Cho a, b 0 vàab 1 ta có a b ab
2 1
1 1
1
Hệ quả 8: Cho a, b 0 vàab 1 ta có a b ab
2 1
1 1
1
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 đây.
Lời giải
Áp dụng hệ quả 1 a b2 4ab
a b a b M
c c
b a ca
bc ab c
ab b a
2 2
2 2
4 4
2
Do a,b,c1 ; 2 nên ab 0, chia tử và mẫu của M cho a b2 ta được:
1 4
1 1
4
1
2
t t b
a
c b
a c
M
với t a c b
Với a,b,c1 ; 2 và
4
1
t b a
c
t t t
f trên ; 1
4 1
2 2 )
(
t t
t t
4
1
t f (t) nghịch biến trên ; 1
4 1
4
1
; 6
1 ) 1
(
)
Vậy MinP61, giá trị nhỏ nhất đạt được khi ab 1và c 2
Lời giải
Bài 1: Cho các số thực a,b,c1 ; 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
ab bc ca
c
ab b a P
4
2
2
2 2
Bài 2: Cho các số không âm a, b, c thỏa mãn c 0 và 3 3 1
b c c
trị nhỏ nhất của biểu thức: 2
2 2 2
c b a
c b a P