MỤC LỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO 22 PHỤ LỤC 22 DANH MỤC CÁC TỪ VIẾT TẮT Stt 10 Chữ viết tắt SKKN THPTQG THPT ĐH-CĐ HSG GTLN GTNN minP maxP BĐT Nội dung Sáng kiến kinh nghiệm Trung học phổ thông quốc gia Trung học phổ thông Đại học, Cao đẳng Học sinh giỏi Giá trị lớn Giá trị nhỏ Giá trị nhỏ biểu thức P Giá trị lớn biểu thức P Bất đẳng thức 1 Mở đầu - Lí chọn đề tài Trong chương trình toán THPT, toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ (GTLN, GTNN) hàm số có vai trò quan trọng Nó thường xuyên vận dụng để giải nhiều toán thuộc lĩnh vực khác như: Giải tích, Đại số, Hình học, Đặc biệt phương pháp tìm GTLN, GTNN công cụ đạo hàm (Giải tích 12) cách vận dụng thật đơn giản, hiệu Những năm gần đây, kỳ thi HSG cấp tỉnh, kỳ thi ĐH-CĐ (trước năm 2015) kỳ thi THPTQG Bài toán tìm GTLN, GTNN biểu thức nhiều biến xuất ngày nhiều (với hướng giải chủ đạo dồn biến sử dụng đạo hàm) thử thách lớn cuối dành cho thí sinh muốn chinh phục điểm 10 môn Toán Nhưng thử thách “ngọn núi” lớn để vượt qua ? Chỉ có số thí sinh làm Nguyên nhân chủ yếu em định hướng giải, không xác định cách dồn biến hợp lí Vì tính thiết thực, nhiều giáo viên hứng thú ôn luyện phần (trừ có tay học trò thật xuất sắc) Lâu dần thành mặc định nhiều học sinh (và giáo viên): Câu lấy điểm 10 câu cho “đẹp đội hình”, chẳng quan tâm đến cả! Chính SKKN viết phần chưa nhiều Với học sinh em có quyền lựa chọn ôn thi cần đạt đến điểm Nhưng với kinh nghiệm giáo viên nhiều năm luyện thi ĐHCĐ, bồi dưỡng HSG nhà trường (liên tục từ năm học 2009-2010 đến nay) Trên quan điểm “biết mười dạy một”, “mỗi thầy cô giáo gương tinh thần tự học sáng tạo”, tự nhủ dù khó đến phải tâm tìm cho hướng tiếp cận khả thi Có thể có “ngọn núi” không vượt qua điều quan trọng phải vượt qua thân Với lí đó, viết SKKN với đề tài: “Phương pháp kết hợp dồn biến đạo hàm tìm GTLN, GTNN biểu thức nhiều biến luyện thi THPTQG bồi dưỡng HSG trường THPT Lê Lai” với mong muốn truyền thêm lửa ham mê khám phá khoa học, đồng thời giúp em học sinh luyện thi THPTQG, luyện thi HSG cấp tỉnh trường THPT Lê Lai có cách nhìn mới, cách tiếp cận toán - Mục đích nghiên cứu + Giúp học sinh (đặc biệt em học sinh khá, giỏi) ôn thi THPTQG, luyện thi HSG môn Toán có phương pháp hữu hiệu, cách tiếp cận gần gũi, tự nhiên với toán tìm GTLN, GTNN biểu thức nhiều biến, + Giúp cho bạn đồng nghiệp có thêm nguồn tài liệu phục vụ công tác luyện thi THPTQG bồi dưỡng học sinh giỏi, + Giúp thân tự học nâng cao trình độ chuyên môn, nghiệp vụ - Đối tượng nghiên cứu SKKN tập trung nghiên cứu số phương pháp dồn biến để đưa biểu thức nhiều biến (chủ yếu đến biến) hàm biến Sau sử dụng công cụ đạo hàm để khảo sát hàm biến tìm GTLN, GTNN Các toán sáng kiến tập trung mức độ đề thi ĐH-CĐ (trước đây), đề thi THPTQG đề thi HSG cấp tỉnh - Phương pháp nghiên cứu Một số phương pháp sử dụng SKKN là: + Phương pháp điều tra khảo sát thực tế, + Phương pháp thu thập thông tin, + Phương pháp thống kê, xử lý số liệu, + Phương pháp thực nghiệm, đối chứng Nội dung 2.1 Cơ sở lí luận Phương pháp kết hợp dồn biến đạo hàm tìm GTLN, GTNN biểu thức nhiều biến (3 biến) mô tả toán sau: 2.1.1 Bài toán: Cho ba số thực x, y, z thõa mãn điều kiện: F ( x, y, z ) = (hoặc F ( x, y, z ) ≥ , F ( x, y, z ) ≤ ) Tìm GTLN, GTNN biểu thức P ( x, y , z ) Phương pháp: * Bước 1: - Quan sát, dự đoán, tìm biến cần dồn - Đặt t = biến cần dồn - Tìm điều kiện xác t * Bước 2: Chuyển biểu thức cần tìm GTLN, GTNN theo t P ( x, y, z) → f (t) , với điều kiện t * Bước 3: Dùng công cụ đạo hàm khảo sát hàm f (t) tìm GTLN, GTNN 2.1.2 Phương pháp tìm GTLN, GTNN hàm biến số 2.1.2.1 Quy tắc tìm GTLN, GTNN hàm số y = f ( x) liên tục [a; b] * Bước 1: Tìm điểm x1, x2, , xn khoảng (a; b) , f '(x) = f '(x) không xác định * Bước 2: Tính f (a) , f (x1) , f (x2) , , f (xn ) , f (b) * Bước 3: Tìm số lớn M số nhỏ m số Ta có: M= max f (x) , m= f (x) [a; b] [a; b] 2.1.2.2 Quy tắc tìm GTLN, GTNN hàm số y = f ( x) liên tục (a; b) * Bước 1: Tìm điểm x1, x2, , xn khoảng (a; b) , f '(x) = f '(x) không xác định f ( x) = L1 , f (x ) , f (x ) , , f (x ) , lim f ( x) = L2 * Bước 2: Tính xlim →a x →b n * Bước 3: + Nếu { f(x1), f(x2 ), , f(xn ) } < { L 1, L } fmin = { f(x1), f(x2), , f(xn ) } (1) + Nếu max { f(x1), f(x2), , f(xn ) } > max { L 1, L } fmax = max { f(x1), f(x2), , f(xn ) } (2) + Nếu không thỏa (1) (hoặc (2)) hàm số không đạt (hoặc max) Chú ý: i) Có thể lập bảng biến thiên hàm số f(x) khoảng (a; b) thay cho bước ii) Nếu phương trình f '(x) = vô nghiệm (a; b) hàm số không đạt min, + − max (a; b) 2.1.3 Phương pháp dồn biến Giả sử ta cần chứng minh f ( x, y, z ) ≥ (hoặc f ( x, y, z ) ≤ ), với f ( x, y, z ) biểu thức đối xứng x, y, z x, y, z biến số thực thỏa mãn tính chất Phương pháp dồn biến cho f ( x, y, z ) khái quát hai bước sau: Bước (Kỹ thuật dồn biến nhau) Đánh giá f ( x, y, z ) ≥ f ( x, t , t ) với t biến cho số (x,t,t) thỏa mãn tính chất số (x,y,z) Thông thường ta hay đặt t đại lượng trung bình để không làm 2 tính chất cho trước, chẳng hạn t = x + y , t = xy, t = x + y , 2 f ( x , t , t ) ≥ Bước Đánh giá Việc khó đánh giá f ( x, y, z ) ≥ f ( x, t , t ) Điều phải sử dụng nhiều kỹ thuật (đặc biệt việc vận dụng bất đẳng thức trung gian), bước thứ hầu hết đơn giản hạn chế lại biến 2.1.4 Một số bất đẳng thức, đẳng thức thường dùng (phần phụ lục) 2.2 Thực trạng vấn đề Những năm gần đây, kỳ thi HSG cấp tỉnh, kỳ thi ĐH-CĐ (trước năm 2015) kỳ thi THPTQG, nói câu “chốt” (câu phân loại thí sinh xuất sắc) đề thi môn Toán chủ yếu toán tìm GTLN, GTNN biểu thức nhiều biến Bài toán xuất ngày nhiều, dần thay cho toán bất đẳng thức truyền thống Đây xu hướng đề Bộ GD&ĐT, nhằm tăng cường ứng dụng đạo hàm, hàm số vào giải toán Tuy nhiên đại đa số thí sinh trường THPT Lê Lai chưa làm toán Có số nguyên nhân sau: Thứ nhất, phía giáo viên: Chưa tâm giảng dạy, ôn luyện dạng (lí có học sinh có đủ trình độ, lực để tiếp thu) Tuy nhiên điều quan trọng giáo viên chưa thực đầu tư nghiên cứu để tìm hướng tiếp cận, phương pháp giải giải hiệu Thứ hai, phía học sinh: Chưa thầy cô ôn luyện cẩn thận (hầu hết em không định hướng cách giải có định hướng không nắm phương pháp dồn biến, thiếu kĩ vận dụng BĐT trung gian, tư phân tích tổng hợp chưa tốt, ), cộng thêm tâm lí thiếu tự tin, ngại khám phá (bằng lòng với mục tiêu ≤ điểm) Trên thực tế, trường Lê Lai năm có học sinh xuất sắc (năm có học sinh thi đỗ vào trường ĐH với điểm số cao từ 25-28 điểm) Nếu em tự tin ôn luyện tích cực lấy điểm toán Bởi toán tìm GTLN, GTNN biểu thức nhiều biến có hướng giải chủ đạo dồn biến (chủ yếu quy hàm biến) dùng đạo hàm khảo sát hàm số tìm GTLN, GTNN Rõ ràng công việc mấu chốt dồn biến Đó phương pháp cổ điển không đơn giản Muốn làm chủ nó, quan trọng cần phải có hiểu biết kĩ sâu sắc phần bất đẳng thức, cực trị Chính lẽ có tâm cao, có thời gian ôn luyện, rút kinh nghiệm chắn làm Trong SKKN tập trung vào việc phân tích, định hướng cách vận dụng phương pháp dồn biến Còn công việc sử dụng đạo hàm để khảo sát hàm biến số tìm GTLN, GTNN không bàn nhiều 2.3 Giải pháp thực Trong sáng kiến này, phương pháp dồn biến vận dụng sở chủ yếu vào dạng ban đầu biểu thức cần tìm GTLN, GTNN Bao gồm hai dạng sau: 2.3.1 Phương pháp dồn biến biểu thức đối xứng Việc vận dụng phương pháp dồn biến (mục 2.1.3 ) cho định hướng việc chọn biến để dồn sau: Nếu x, y đối xứng thông thường ta dồn biến t = x + y , t = xy t = x2 + y2 , Nếu x , y , z đối xứng thông thường ta dồn biến t = x + y + z , t = xyz , t = x + y + z t = xy + yz + zx , Ta xét ví dụ cụ thể sau: Ví dụ 1: Cho x ≥ y ≥ thỏa mãn điều kiện x + y = Tìm giá trị lớn biểu thức P = xy + xy + Lời giải x+ y Đặt t = xy Ta có ≤ xy ≤   = Suy điều kiện ≤ t ≤   Khi đó: P = P(t ) = t + t (t + 2) / , với ≤ t ≤ ⇒ P (t ) = − t + = (t + 1) ( ) t +1 Bảng biến thiên: Vậy max P = x = 1; y = Ví dụ : ( ĐH Khối D – 2009 ) Cho x ≥ 0, y ≥ x + y = Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức S = (4 x + y )(4 y + 3x ) + 25 xy  Phân tích hướng làm : - Từ giả thiết x + y = S biểu thức đối xứng x, y nên ta nghĩ đến việc biến đổi đưa S biến t = xy - Khai triển biểu thức S cố gắng làm xuất xy x + y để sử dụng giả thiết - Chú ý đẳng thức quen thuộc : x + y = ( x + y ) − xy x + y = ( x + y )( x − xy + y ) Lời giải Ta có : S = (4 x + y )(4 y + 3x) + 25 xy = 16 x y + 12( x + y ) + 34 xy = 16 x y + 12( x + y )( x − xy + y ) + 34 xy = 16 x y + 12[( x + y ) − xy ] + 34 xy, x + y = = 16 x y − xy + 12 ( x + y) 1 = ⇒0≤t ≤ Đặt t = xy Do x ≥ 0; y ≥ nên ≤ xy ≤ Xét hàm số f (t ) = 16t − 2t + 12 với ≤ t ≤ Ta có f '(t ) = 32t − f '(t ) = ⇔ t = 16 191 25 Ta có : f (0) = 12 ; f ( ) = ; f( )= 16 16 4 Vậy : 191 2+ 2− 2− 2+ f (t ) = f ( ) = minS= x = ;y=  1 16 16 x = ; y = 0;  4   25 f (t ) = f ( ) = x= y= maxS= max  1 2 0;   4  Nhận xét: VD1, VD2 có điều kiện ban đầu đơn giản x + y = , x + y = Vì ta nghĩ tới cách dồn biến khác y = − x , y = − x Sau đưa S, P hàm số biến x Với điều kiện x ≥ 0, y ≥ ta dễ dàng suy điều kiện x Tuy nhiên cách làm tổng quát Nó gặp nhiều khó khăn điều kiện ban đầu (ràng buộc biến) bậc Ta tiếp tục xét ví dụ sau: Ví dụ 3: ( CĐ Khối A, B – 2008 ) Cho x, y số thực thỏa mãn x + y = Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức P = 2( x3 + y ) − 3xy  Phân tích hướng làm: - Từ giả thiết x + y = P biểu thức đối xứng x, y nên ta nghĩ đến việc biến đổi đưa P biến t = x + y t = xy cách áp dụng đẳng thức x + y = ( x + y ) − xy; x + y = ( x + y )( x − xy + y ) - Khai triển biểu thức P cố gắng làm xuất x + y để sử dụng giả thiết: P = 2( x + y )( x − xy + y ) − xy = 2( x + y )(2 − xy ) − xy ( x + y )2 − Vậy đến ta đưa P hàm biến t = x + y - Từ giả thiết x + y = ( x + y )2 − xy = ⇒ xy = Lời giải Ta có : P = 2( x + y )( x − xy + y ) − xy = 2( x + y )(2 − xy ) − xy ( x + y)2 − , sau đặt t = x + y thì: t2 − t2 − P (t ) = 2t (2 − )−3 = −t − t + 6t + 2 2 ( x + y) ⇒ ( x + y ) ≤ ⇒ −2 ≤ t ≤ Ta có x + y ≥ t = Xét hàm số P(t ) = −t − t + 6t + với −2 ≤ t ≤ Có P '(t ) = −3t − 3t + = ⇔   t = −2 13 Ta có : f (−2) = −7 ; f (1) = ; f (2) = Lại có : xy = Vậy : P (t ) = P (−2) = −7 x = y = −1 ; minP = [ −2;2]  1+ 1− x= ;y=  13 2 P (t ) = P (1) = ⇔  maxP = max [ −2;2]  1− 1+ ;y= x =  2 Ví dụ : ( ĐH Khối B – 2009) Tìm giá trị lớn , giá trị nhỏ biểu thức A = 3( x + y + x y ) − 2( x + y ) + với x, y số thực thỏa mãn điều kiện : ( x + y )3 + xy ≥  Phân tích hướng làm: - Vì A biểu thức đối xứng x, y nên ta nghĩ đến việc dồn biến t = x + y , t = xy t = x + y , - Bằng công thức quen thuộc, ta biến đổi đánh giá A sau : A = 3( x + y + x y ) − 2( x + y ) + 3 = ( x + y ) + ( x + y ) − 2( x + y ) + 2 3( x + y ) ( x + y )2 ≥ ( x + y )2 + − 2( x + y ) + ( x + y ≥ ) Đến ta đưa A hàm biến cách đặt t = x + y Lời giải Ta có kết : ( x + y ) ≥ xy , từ ta có : ( x + y )3 + xy ≥ ⇒ ( x + y )3 + ( x + y ) ≥ ( x + y )3 + xy ≥ ⇒ ( x + y )3 + ( x + y ) ≥ ⇒ [ ( x + y ) − 1]  ( x + y ) + ( x + y ) +  ≥ ⇒ ( x + y) − ≥ 1  Do ( x + y ) + ( x + y ) +  = ( x + y ) +  + ≥ 0, ∀x, y 2  Bài toán đưa tìm max, : A = 3( x + y + x y ) − 2( x + y ) + Với x, y thỏa mãn x + y ≥ Ta biến đổi biểu thức A sau : A = 3( x + y + x y ) − 2( x + y ) + 3 = ( x + y ) + ( x + y ) − 2( x + y ) + 2 3( x + y ) ≥ ( x + y )2 + − 2( x + y ) + ( x + y ≥ ( x + y )2 ) Hay A ≥ ( x + y ) − 2( x + y ) + Vì x + y ≥ ( x + y)2 ( x + y ≥ ) nên x + y ≥ 2 Đặt t = x + y Ta có A ≥ f (t ) = t − 2t + với t ≥ 1 2 9 f (t ) = f ( ) = ⇔ t = Tức A ≥ Mặt khác, A = x= y= Suy [min 16 ; +∞ ) 16 16 Vì f '(t ) = t − > 0, ∀t ≥ Nên suy hàm số f (t ) đồng biến [ ; + ∞) Vậy : A = x = y = giá trị lớn 16 Ví dụ 5: (ĐH Khối B-2011) Cho a, b số thực dương thỏa mãn 2(a + b ) + ab = (a + b)(ab + 2) Tìm giá trị nhỏ biểu thức 2  a b3   a b  P =  + ÷−  + ÷ a  b a  b  Phân tích hướng làm: - Do đặc điểm đối xứng biểu thức P nên ta dễ dàng tìm biến cần a b b a dồn t = + Vấn đề mấu chốt khai thác điều kiện ban đầu để tìm điều kiện t Cách nghĩ tự nhiên phải làm xuất Lời giải - Biến đổi giả thiết: a b + Sau vận dụng BĐT để đánh giá b a 2(a + b ) + ab = (a + b)(ab + 2) ⇔ 2(a + b ) + ab = a 2b + ab + 2(a + b) a +b a b ⇔  + ÷+ = (a + b) + 2( ) ab b a a b 1 1 ⇔  + ÷+ = (a + b) +  + ÷ (*) b a a b - Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta được: 1 1 1 1 a b  (a + b) +  + ÷ ≥ 2(a + b)  + ÷ = 2  + + ÷ a b a b b a        Kết hợp (*) suy ra:  + ÷+ ≥ 2  + ÷+ ⇒  + ÷ ≥ b a b a b a a b a b a b a b b , t ≥ Ta : P = 4(t − 3t ) − 9(t − 2) = 4t − 9t − 12t + 18 a Xét hàm số: f (t ) = 4t − 9t − 12t + 18 ; f '(t ) = 6(2t − 3t − 2) ≥ 0, ∀t ≥ 23   f (t ) = f  ÷ = − Suy min  2  ;+∞ ÷ Đặt t = + 2  Vậy P = − 23 a b 1 1 đạt + = a + b =  + ÷ b a a b ⇔ (a; b) = (2;1) (a; b) = (1; 2) x2 + y + z2 ≤ Ví dụ 6: Cho x, y, z ba số thực dương thỏa mãn: 1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = 8xyz + xy + yz + zx  Phân tích hướng làm: 1 -Vì P = 8xyz + xy + yz + zx biểu thức đối xứng x, y, z Nên ta nghĩ đến việc dồn biến t = x + y + z , t = xyz , t = x + y + z t = xy + yz + zx , -Mặt khác, theo chiều đánh giá tìm GTNN ta dễ nghĩ đến việc áp dụng BĐT Cô si cho tổng 1 1 + + ≥ 33 2 Và biến cần dồn xuất xy yz zx x y z Lời giải Áp dụng BĐT Cô si, ta có 1 1 + + ≥ 33 2 , đặt t = xy yz zx x y z xyz > x2 + y2 + z 1 ≤ ⇒ 0< t ≤ Mà x y z ≤ 3 ⇒ P ≥ 8t + Xét hàm số f (t ) = 8t + với < t ≤ t t 2 Ta có ∀t ≠ 0, f'(t) = 24t − , f'(t ) = ⇔ t = t3 1 ∉ (0; ] , dễ thấy f'(t ) ≤ , ∀ t ∈ (0; ] 2 Từ ta có f(t) ≥ f ( ) =13 với giá trị t thỏa mãn < t ≤ Suy ra: P ≥ 13 Dấu xảy t = 1 hay x = y = z = 2 Vậy: minP = 13 x + y + z = Ví dụ 7: Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện   xyz = Chứng minh rằng: 183 − 165 ≤ x + y + x ≤ 18 4 Hướng dẫn: - Biểu thức P = x + y + z đối xứng với ba ẩn x, y, z Mặt khác theo giả thiết x + y + z = Vì ta nghĩ tới việc dồn biến xy + yz + zx x + y + z  xyz =  - Áp dụng công thức: ( x + y + z ) = x + y + z + 2( xy + yz + zx ) suy ra: P = x + y + z = ( x + y + z )2 − 2( x y + y z + z x ) = (42 − 2( xy + yz + zx)) − 2( xy + yz + zx) − xyz ( x + y + z ) 10 x + y + z = Khi đó: Đặt t = xy + yz + zx từ giả thiết  ta có P = 2(t − 32t + 144)  xyz = - Bây ta cần tìm điều kiện biến t Từ điều kiện x, y, z ta y + z = − x; yz = 2 Do t = x(4 − x) + x x Lúc ta tìm điều kiện ẩn x chuyển điều kiện theo ẩn t x Ta có: ( y + z )2 ≥ yz ⇔ (4 − x)2 ≥ ⇔ x3 − x + 16 x − ≥ ⇔ ( x − 2)( x − x + 4) ≥ ⇔ 3− ≤ x ≤ 2 −2( x − 1)( x − x − 1)   − 5; đoạn   , ta có: t '( x ) = x x2 5 −1 Từ việc xét dấu t '( x) đoạn 3 − 5;  ta ≤ t ≤ 5 −1 - Khảo sát hàm số P = 2(t − 32t + 144) với ≤ t ≤ Từ suy : 183 − 165 ≤ x + y + x ≤ 18 Xét hàm số t ( x) = x(4 − x) + Ví du : (Khối B - 2010) Cho số thực không âm a, b, c thỏa mãn a + b + c = Tìm giá trị nhỏ biểu thức M = 3( a 2b + b 2c + c a ) + 3(ab + bc + ca ) + a + b + c Lời giải Áp dụng BĐT Bunhiacopxki Ta có : 3(a 2b + b c + c a ) ≥ (ab + bc + ca)2 Do : M ≥ (ab + bc + ca )2 + 3(ab + bc + ca ) + − 2(ab + bc + ca) (a + b + c)2 = 3 Xét hàm số : f (t ) = t + 3t + − 2t với t ∈ [0; ] 2 ≤0 Ta có f '(t ) = 2t + − ; f ''(t ) = − (1 − 2t )3 − 2t Đặt t = ab + bc + ca , ta có : ≤ t ≤   Dấu xảy t=0 ; suy f’(t) nghịch biến 0;   3     Xét đoạn 0;  ta có : f '(t ) ≥ f '  ÷ = − > , suy hàm f (t ) đồng biến  3 3 1 11  1 Do f (t ) ≥ f (0) = 2, ∀t ∈ 0;   3  1 Vì M ≥ f (t ) ≥ 2, ∀t ∈ 0;  ; M = ab=bc=ca, ab+bc+ca=0 a+b+c=1  3 ⇔ (a; b; c) số sau: (1;0;0), (0 ;1 ;0), (0 ;0 ;1) Vậy giá trị nhỏ M 11 Ví dụ 9: (THPTQG-2015) Cho số thực a,b,c thuộc đoạn [1; 3] thỏa mãn điều kiện a + b + c = Tìm giá trị lớn biểu thức a b + b c + c 2a + 12abc + 72 − abc P= ab + bc + ca  Phân tích hướng làm: - Với giả thiết a,b,c thuộc đoạn [1; 3] Ta nghĩ đến cách khai thác (a-1)(b-1)(c-1) ≥ (1) (3-a)(3-b)(3-c) ≥ (2) Khai triển (1) (2) dẫn đến biểu thức chứa ab+bc+ca abc Đến cụ thể vào chiều BĐT (1) (2) ta đánh giá miền giá trị ab+bc+ca Từ định việc dồn biến theo t= ab+bc+ca Lời giải Đặt t=ab+bc+ca Ta có: t= ab + bc + ca ≤ ( a + b + c )2 = 12 (*) Mặt khác, từ giả thiết suy ra: • (a-1)(b-1)(c-1) ≥ ⇔ (ab-a-b+1)(c-1) ≥ ⇔ abc-(ab+bc+ca) +(a+b+c) +1 ≥ ⇔ abc-t+6+1 ≥ ⇔ abc ≥ t-5 • (1) (3-a)(3-b)(3-c) ≥ ⇔ (9-3a-3b+ab)(3-c) ≥ ⇔ 27-9(a+b+c)+3(ab+bc+ca)-abc ≥ ⇔ 27-9.6+3t-abc ≥ ⇔ 3t-27 ≥ abc Từ (1) (2) ⇒ 3t-27 ≥ t-5 ⇔ t ≥ 11 (2) (**) Từ (*) (**) ⇒ 11 ≤ t ≤ 12 Ta có : ( ab + bc + ca )2 = a b2 + b 2c + c2a + 2abc( a + b + c ) ⇒ t2= a b2 + b c + c2 a + 12abc 5−t ⇒ P= t + 72 − abc Mặt khác từ (1) ⇒ -abc ≤ −t + ⇒ − abc ≤ , đó: 2 t P≤ t + 72 − t 2t + 144 + t (5 − t ) t + 5t + 144 + = = t 2t 2t Xét hàm số f (t ) = t + 5t + 144 , với t ∈ [ 11; 12] 2t ax f (t ) = 160 t=11 ⇒ P ≤ 160 Khảo sát hàm số ta được: m [11;12] 11 P= 11 160 160 a = 1, b = 2, c = Vậy maxP = 11 11  Nhận xét: 1) Trong VD6, VD7, VD8, VD9 ta nhận thấy việc định hướng dồn biến không khó Tuy nhiên việc tìm điều kiện cho biến lại không dễ 12 dàng Để làm tốt điều đòi hỏi phải có kĩ vận dụng BĐT sử lí điều kiện ban đầu tinh tế 2) Trong số trường hợp, điều kiện ràng buộc ban đầu biến biểu thức bậc đơn giản Khi ta dồn trực tiếp ba biến phương pháp (thay cho phép đặt truyền thống) Tuy nhiên cần phải ý đến tính đối xứng biến Ta xét ví dụ sau:  x + y + z = Tìm giá trị 2  x + y + z = Ví dụ 10: Cho ba số thực x, y, z thay đổi thỏa mãn  lớn biểu thức P = x3 + y3 + z3 Lời giải Ta có x + y + z = ⇒ z = − ( x + y) ⇒ P = x3 + y3 − ( x + y) = 3xyz Từ x2 + y2 + z2 = ⇒ ( x + y) − 2xy + z2 = ⇒ 2z2 − 2xy = ⇒ xy = z2 − 2 Vậy P = 3z( z − 1) 4 x + y) + z2 = z2 ⇒ − ≤ z≤ ( 2 3  4 Đặt P = f ( z) = 3z − 3z với z∈  − ;  = K  3  Do = x2 + y2 + z2 ≥ Có f ′ ( z) = 9z − 3, f ′ ( z) = ⇔ z =  ∨ z= − 4  4  , ff − ÷= − ,  ÷= ÷  3÷ 3      2 Do max P = z = ; x = y = − 3 Ta có: ff − (đều thuộc K)    2 ,  ÷= ÷= − 3  3 3 Ví dụ 11: Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác có chu vi Tìm giá trị nhỏ biểu thức T = 3(a + b + c ) + 4abc Lời giải Do vai trò bình đẳng a, b, c nên ta giả sử : < a ≤ b ≤ c Vì chu vi nên a + b + c=3 ⇒ a + b = − c mà a + b > c ⇒ ≤ c ≤ Ta biến đổi : T = 3(a + b + c ) + 4abc = 3(a + b ) + 3c + 4abc =3  (a + b) − 2ab  + 3c + 4abc = 3(3 − c) + 3c + 2ab(2c − 3) 2  a +b   3−c   3−c  Mặt khác ab ≤  ÷ = ÷ ⇒ ab(2c − 3) ≥  ÷ (2c − 3) ( 2c − < )       13 27  3−c  T ≥ 3(3 − c ) + 3c + 2(2c − 3)  = f (c ) Do ÷ =c − c + 2   27  3  3 Xét hàm số f (c) = c3 − c + , 1;  Có f '(c) = 3c − 3c ≥ , ∀c ∈ 1;  2  2  2 Từ suy T ≥ f (c) ≥ f (1) = 13 c=1; a=1; b=1 2 Vậy minT=13 a=b=c=1 2.3.2 Phương pháp dồn biến biểu thức bất đối xứng Đối với biểu thức bất đối xứng, để dồn biến phải ý thêm nhiều yếu tố (điều kiện ban đầu, tính đẳng cấp, ) từ phân tích, suy luận cách làm cụ thể Có số cách làm sau: 1) Đổi biến để đưa biểu thức ban đầu dạng đối xứng có dạng đơn giản Sau vận dụng cách dồn biến phần 1(mục 2.3.1.) 2) Dùng bất đẳng thức trung gian để đánh giá, đơn giản hóa biểu thức ban đầu, làm giảm số biến 3) Nếu biểu thức P( x, y, z ) đối xứng với hai biến, chẳng hạn x, y Thì ta dồn biến lại z Sau ví dụ cụ thể: Ví dụ 12: (ĐH khối D- 2013) Cho x, y số thực dương thỏa mãn điều kiện xy ≤ y − Tìm giá trị lớn biểu thức P = x+ y x − xy + y − x − 2y 6( x + y)  Phân tích hướng làm: - Vì P biểu thức đẳng cấp (xem thêm phần phụ lục) Lại điều kiện ban đầu x, y>0 Vì ta có: P= x +1 y x −2 x+ y x − 2y y − = − x  x − xy + y 6( x + y ) x x  + 1÷ − +  y÷ y y    x - Đến vấn đề tìm miền giá trị t = y Một suy nghĩ tự nhiên x phải làm xuất y từ giả thiết xy ≤ y − , đồng thời kết hợp đánh giá hợp lí Lời giải Từ giả thiết: 1 1 1 x 1 xy ≤ y − ⇔ ≤ − = −  − ÷ + ≤ y y y  y 2 4 14 x +1 y x −2 x+ y x − 2y y − Ta có: P = x − xy + y − 6( x + y ) = x  x x  y + 1÷  y ÷ − y +3     t +1 t −2 x − Đặt t = y , điều kiện < t ≤ Suy P = t − t + 6(t + 1) −3t + t +1 t −2 f ′(t ) = − f t = − ( ) < t ≤ Xét với Có ( t + 1) ( t − t + 3) t − t + 6(t + 1) − 3t + Với 01 Do đó: 1 3 −1 − 2(t + 1) > − ⇒ f’(t)> >0 (t − t + 3) 2  1  1 + 10 ⇒ f '(t ) > 0, ∀t ∈  0;  ⇒ f đồng biến  0;  ⇒ f (t ) ≤ f  ÷ = 30  4  4 4 Vậy maxP = > = + 10 x = , y = 30 Chú ý: Với biểu thức đẳng cấp có biến Bằng phép biến đổi tương tự VD12 ta dồn từ biến biến Xét ví dụ sau: Ví dụ 13: (ĐH khối B-2014) Cho số thực a, b, c không âm thỏa mãn điều kiện (a+b)c >0 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P= a + b+c b c + a + c ( a + b) Lời giải Từ điều kiện ta có c > a + b > Do đó: P= a/c b/c + + = b a a b  +1 +1 2 + ÷ c c c c Ta có: x + y + ≥ x( y + 1) ⇒ x y a b + + y +1 x + 2(x + y) với x = ≥ 0, y = ≥ c c x 2x ≥ Dấu “=” xảy x = ∨ x = y + y +1 x + y +1 y 2y ≥ Dấu “=” xảy y = ∨ y = x + x +1 x + y +1 2(x + y) 2t Từ suy ra: P ≥ (x + y) + + 2(x + y) = t + + 2t với t = x + y > 2t Xét hàm số f (t) = t + + 2t , t > 0; f ′(t) = (t + 1) − 2t Tương tự: 15  t = − (loai)  2 f ′(t) = ⇔ 4t = (t + 1) ⇔   t = ⇒ f (1) =  3 Từ bảng biến thiên ta có f (t) ≥ f (1) = Tức P ≥ 2 x = x = a =  b = ∨ ⇔ ∨ Vậy minP =  y = y =  b = c a = c Ví dụ 14: (HSG Vĩnh Phúc, 2015-2016) Cho x, y, z ba số thực thuộc đoạn [ 1;9] x ≥ y , x ≥ z Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = y 1 y z  +  + ÷ 10 y − x  y + z z + x  Lời giải Ta có BĐT 1 + ≥ , với a, b>0 ab ≥ (xem phần phụ lục) + a + b + ab    1 1 ÷ 1  ÷≥ P = + + + Áp dụng bất đẳng thức trên: x 2 z x x x 10 − 1+ 1+ ÷ 10 − 1+  ÷ y y z y y  Đặt x 1 = t ∈ [ 1;3] Xét hàm số f ( t ) = + đoạn [ 1;3] y 10 − t + t 2t f '( t ) = − ; f ' ( t ) = ⇔ t − 2t − 24t − 2t + 100 = ( 10 − t ) ( + t ) ( t − ) ( t − 24t − 50 ) = ⇔ t = t 2 3 − 24t − 50 < ∀t ∈ [ 1;3] f (t ) = ⇔ t = Lập bảng biến thiên, ta có [1;3] x = y    z = x x = y Suy P =   y z ⇔  z = y  x  =   y Ví dụ 15: Cho số thực x, y, z thỏa mãn x > 2, y > 1, z > Tìm giá trị lớn biểu thức P = x + y + z − 2(2 x + y − 3) 2 − y ( x − 1)( z + 1) Lời giải 16 Đặt a = x − 2, b = y − 1, c = z ⇒ a, b, c > Suy ra: P= a2 + b2 + c2 + − (là biểu thức đối xứng đối a, b, c) (a + 1)(b + 1)(c+ 1) (a + b) (c + 1) + ≥ (a + b + c + 1) 2 Dấu “=” xảy a = b = c = Ta có a + b + c + ≥ Mặt khác (a + 1)(b+ 1)(c+ 1) ≤ (a + b + c + 3)3 Dấu “=” xảy a + = b + = c + 27 27 Khi P ≤ a + b + c + − (a + b + c + 3)3 Dấu “=” xảy a = b = c = 1 27 Đặt t = a + b + c + > Khi P ≤ t − (t + 2)3 , t > 1 27 81 81t − (t + 2) f ( t ) = − , t > 1; c ó f '( t ) = − + = Xét hàm số t (t + 2)3 t (t + 2) t (t + 2) f '(t ) = ⇔ 81t − (t + 2) = ⇔ t − 5t + = ⇔ t = lim f (t ) = x →+∞ Bảng biến thiên t f’(t) f(t) + +∞ - 0 a = b = c = 1 ⇔ a = b = c = ⇒ x = 3; y = 2; z = Vậy ma xP = f(4) = ⇔  a + b + c + = ax f(x)=f(4)= Từ BBT Ta có m (1;+∞ ) Ví dụ 16: Cho a, b, c số thực dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức P= − + 4a + 2b + 2bc + a + 2b + 3c + b + 2c Lời giải 1 ≥ Dấu “=” xảy b=2c 4a + 2b + 2bc 4a + 4b + 4c 1 −4 −1 −1 ≥ + (áp dụng BĐT: x + y ≥ x + y , ( x, y > 0) ) + a + 2b + 3c + a + b + c + b + 2c Ta có 2bc ≤ b + 2c ⇒ Dấu “=” xảy 4+a+b+c=4+b+2c  a+b+c=b+2c −1 Suy P ≥ ( a + b + c ) + + ( a + c + b ) , Đặt t = a + b + c, t > 17 ⇒ P ≥ f (t ) = −1 + , 4t + t t > 0, f '(t ) = − f (t ) = − Lập bảng biến thiên ta có: (0; +∞ ) 1 + ; 2 4t ( 4+t) f '(t ) = ⇔ t = ⇔t=4 16 b = 2c a = c = 1  Từ suy giá trị nhỏ P - a + b + c = b + 2c ⇔  16 b = a + b + c =  Ví dụ 17: Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn ab ≥ ; c ( a + b + c ) ≥ Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = b + 2c a + 2c + + 6ln(a + b + 2c) 1+ a 1+ b  Phân tích hướng làm: - Do biểu thức ln(a+b+2c) bất biến Vì ta nghĩ đến việc dồn biến t=a+b+2c Đến điều quan trọng dồn phần lại P theo t Muốn làm điều cần có quan sát tinh tế biểu thức P, điều kiện ban đầu vận dụng khéo léo BĐT trung gian Lời giải Ta có: a + b + 2c + a + b + 2c + + + ln(a + b + 2c ) 1+ a 1+ b   = ( a + b + 2c + 1)  + ÷+ ln(a + b + 2c )  1+ a 1+ b  P+2= Ta chứng minh BĐT quen thuộc sau: 1 + ≥ (1) (với a, b>0 ab ≥ ) + a + b + ab 1 2 + ≥ ≥ = Do đó: + a + b + ab + ab + + ab 4 16 ≥ = ≥ ab + bc + ca + c ( a + c ) ( b + c ) ( a + b + 2c ) +) +) ab ≤ ab + (2) (a, b>0) Đặt t = a + b + 2c, t > ta có: 16 ( t + 1) + ln t , t > 0; t2 16 ( t + ) 6t − 16t − 32 ( t − ) ( 6t + ) f '(t ) = − = = t t3 t3 t3 f (t ) = + ln ⇔ t = Tức P + ≥ + ln Lập bảng biến thiên suy ra: (0; +∞ ) P + ≥ f (t ) = Vậy: minP = 3+6ln4 a=b=c=1 Ví dụ 18: (Đề thi HSG Thanh Hóa, 2013-2014) Cho a, b, c số thực dương Tìm giá trị lớn biểu thức P = 8a + 3b + 4( ab + bc + abc ) + ( a + b + c) 18  Phân tích hướng làm: - Theo chiều đánh giá tìm GTLN, ta nghĩ đến việc vận dụng BĐT Côsi để phá thức P Tuy nhiên điểm khó dự đoán GTLN P đạt (do a, b, c chưa chuẩn hóa) để chọn “điểm rơi” vận dụng BĐT Côsi cho hợp lí - Quan sát P ta dự đoán biến cần dồn t=a+b+c Vì cần nghiên cứu “điểm rơi” vận dụng BĐT Côsi cho tử số P thu gọn dạng k(a+b+c) Từ ta có lời giải sau: Lời giải Ta có: 8a + 3b + 4( ab + bc + abc ) + (a + b + c) a + 4b b + 4c a + 4b + 16c 8a + 3b + 4( + + ) 28 a+b+c 4 12 ≤ = + (a + b + c) + (a + b + c) P= Dấu “=” xảy a=4b=16c Đặt t=a+b+c, ta có t>0 Xét hàm số 1− t2 = ⇔ t = ±1 (1 + t ) 28 14 max f (t ) = ⇔ t = ⇒ P ≤ = (0; +∞ ) 3 Lập bảng biến thiên, suy 14 16 Vây : max P = ⇔ a = , b = , c = 21 21 21 f (t ) = t , t > 0; 1+ t2 f '(t ) =  Nhận xét: Qua ví dụ (VD12-VD18 )chúng ta nhận thấy khó khăn việc định hướng biến cần dồn biểu thức bất đối xứng Cũng từ thêm lần thấy tầm quan trọng kĩ vận dụng BĐT 19 trung gian Đó BĐT đơn giản sức mạnh thật to lớn Chúng cầu nhỏ nối liền đảo lớn với Đây nguyên nhân thực tạo nên khó khăn việc tìm lời giải toán GTLN, GTNN biểu thức nhiều biến 2.3.3 Bài tập tự luyện Bài (ĐH khối D- 2014) Cho hai số thực x, y thỏa mãn điều kiện ≤ x ≤ 2; ≤ y ≤ Tìm giá trị nhỏ biểu thức : x + 2y y + 2x P = x + 3y + + y + 3x + + 4(x + y − 1) x = x =  hay  y = y = Bài Cho x, y, z số thực thỏa mãn điều kiện x + y + z = Tìm GTLN, Đáp số: minP = GTNN biểu thức : P = x3 + y + z − 3xyz Đáp số : max P = 2 đạt x = 2; y = z = P = −2 đạt x = − 2; y = z = Bài Cho a, b, c ba số thực thỏa mãn điều kiện abc + a + c = b Tìm giá trị lớn 2 biểu thức P = − + a +1 b +1 c +1 10 Đáp số: maxP = c = , a = , b = Bài Cho ba số dương x, y, z thay đổi thỏa điều kiện x + y + z = Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = x + y + z Đáp số: P= 648 x=y= ; z= 125 5 Bài Cho số thực dương a, b, c Tìm giá trị nhỏ biểu thức P= − a + ab + abc a+b+c Đáp số: P = − 16 Khi a= ; b = ; c = 21 21 21 2.4 Hiệu SKKN Với nội dung SKKN này, qua thực tế giảng dạy (khoảng 16 tiết) cho đội tuyển HSG cấp tỉnh nhóm học sinh giỏi luyện thi đại học, THPTQG trường THPT Lê Lai năm gần đây, nhận thấy em bước đầu 20 hình thành cho kĩ bản, cần thiết cách tiếp cận có định hướng để giải toán tìm GTLN, GTNN biểu thức nhiều biến Nhưng đặc thù toán khó (nhằm phân loại học sinh xuất sắc), mà việc vận dụng phương pháp dồn biến đa dạng, phong phú Đòi hỏi linh hoạt tư độc lập cao việc vận dụng kiến thức Do biểu thức biến hầu hết em làm Nhưng với biểu thức biến trở lên hạn chế Cần phải có thêm thời gian đầu tư mức Một điều quan trọng mà SKKN làm được, làm thay đổi quan niệm, cách nhìn nhận nhiều học sinh (và giáo viên Toán) trường THPT Lê Lai câu “chốt” đề thi THPTQG Từ chỗ thờ ơ, không quan tâm bắt đầu có nhìn thân thiện có niềm tin vào khả chiếm lĩnh Kết luận, kiến nghị - Kết luận Với đề tài: “Phương pháp kết hợp dồn biến đạo hàm tìm GTLN, GTNN biểu thức nhiều biến luyện thi THPTQG bồi dưỡng HSG trường THPT Lê Lai”, cố gắng hệ thống số phương pháp dồn biến Trong phần có đưa sở lí thuyết ví dụ chọn lọc có tính minh họa cao cho phần định hướng cách giải, có phân tích hướng làm cụ thể nhằm giúp học sinh tự tìm lời giải, từ hình thành cho phương pháp giải toán nói chung để giải toán Các ví dụ đưa từ dễ đến khó, có ví dụ có lời giải chi tiết có ví dụ có hướng dẫn, học sinh phải biết tự chiếm lĩnh tri thức, phát triển khả tư Hệ thống tập sáng kiến chủ yếu tập đề thi Đại học, Cao đẳng năm gần nên học sinh hiểu làm tạo nên hứng thú động lực học tập tốt cho em Chính SKKN tài liệu tham khảo bổ ích cho bạn đồng nghiệp, em học sinh muốn chinh phục điểm 10 môn Toán kỳ thi THPTQG tới Do phải hạn chế dung lượng (không 20 trang) nên sáng kiến khai thác phần nhỏ tổng thể phương pháp kết hợp dồn biến đạo hàm tìm GTLN, GTNN biểu thức nhiều biến Đặc biệt kĩ thuật dồn biến Chính mà sáng kiến chưa thể giải triệt để toán tìm GTLN, GTNN biểu thức nhiều biến Do thời gian tới tiếp tục phát triển sáng kiến cách cập nhật thêm nhiều ví dụ hay, nhiều phương pháp dồn biến độc đáo, sâu vào phương pháp “ khảo sát biến” công cụ đạo hàm - Kiến nghị - Tổ Toán-Tin trường THPT Lê Lai cần tạo điều kiện, khuyến khích, động viên giáo viên luyện thi THPTQG giáo viên dạy đội tuyển HSG cấp tỉnh, 21 dành phần thời gian hợp lí để ôn luyện nội dung lấy điểm 10 đề thi THPTQG cho học sinh - Sau năm Sở GD&ĐT cần chọn lọc SKKN hay thuộc lĩnh vực SKKN (và nhiều lĩnh vực khác) triển khai trường để giáo viên học hỏi, rút kinh nghiệm vận dụng thực nhằm nâng cao chất lượng dạy học nhà trường XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 30 tháng năm 2016 Tôi xin cam đoan SKKN viết, không chép nội dung người khác (Ký ghi rõ họ tên) Nguyễn Đức Lượng TÀI LIỆU THAM KHẢO Đề thi tuyển sinh ĐH-CĐ, đề thi THPTQG hàng năm Bộ GD&ĐT, trường THPT toàn quốc Tài liệu chuyên toán Giải tích 12 – Đoàn Quỳnh (chủ biên), Nhà xuất Giáo dục Chuyên đề Bất đẳng thức – Nguyễn Trung Kiên, Nhà xuất ĐHQGHN PHỤ LỤC * Các đẳng thức bất đẳng thức (cần học thuộc lòng để vận dụng): (a+b+c)2=a2+b2+c2+2(ab+bc+ca)= a2+b2+c2+a(b+c)+b(a+c)+c(a+b) (a+b-c)2=a2+b2+c2+2ab-2bc-2ca (a-b-c)2=a2+b2+c2-2ab+2bc-2ca ( x − y) + ( y − z ) + ( z − x) = 3x + y + 3z − ( x + y + z ) a2+b2+c2 ≥ ab+bc+ca ( a + b + c ) = a + b + c + a(b + c) + b(a + c) + c(a + b) (1) với a= x − y ; b= y − z ; c= z − x Áp dụng bất đẳng thức A + B ≥ A + B 22 x − y + y − z ≥ x − y + y − z = x − z = z − x ⇒ a+b ≥ c Tương tự a+c ≥ b; a+c ≥ b (1) ⇒ ( a + b + c ) ≥ a + b + c + a.a + b.b + c.c ⇔ ( a + b + c ) ≥ 2( a + b + c ) ⇒ a + b + c ≥ 2(a + b + c ) a4+b4+c4 ≥ a2b2+b2c2+c2a2 ≥ abc(a+b+c) (a+b+c)2= [(a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 ] + 3(ab + bc + ca) 10 ⇒ (a+b+c)2 ≥ 3(ab + bc + ca) ⇒ ab + bc + ca ≤ ( a + b + c ) 2 2 ( ab + bc + ca ) = a b + b c + c 2a + 2abc( a + b + c ) Nếu a, b ∈ [α ; β ] ⇒ ( β − a)(β − b) ≥ ⇒ ab − β (a + b) + β ≥ Đặt S=a+b; P=a.b ⇒ P − βS + β ≥ ⇒ P ≥ βS − β Ta có a2+b2=S2-2P ≤ S − 2( βS − β ) ⇒ a2+b2 ≤ S − βS + 2β S Mặt khác ab ≤ (a + b)2 ⇒ P ≤ S2 S ⇒ a3+b3 ≥ S 4 (a − α )(b − α )(c − α ) ≥ Nếu a, b, c ∈ [α ; β ] ⇒  ( β − a )( β − b)( β − c) ≥ Ta lại có: a3+b3= S − 3PS ≥ S − 11 [ [ ] ]  ab − α ( a + b) + α (c − α ) ≥ ⇒   ab − β (a + b) + β ( β − c) ≥ abc − α (ab + bc + ca) + α (a + b + c) − α ≥ ⇒  − abc + β (ab + bc + ca) − β (a + b + c) + β ≥ (1) (2) Lấy (1)+(2) ta ⇒ ( β − α ) (ab + bc + ca) + (α − β )(a + b + c) + β − α ≥ Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki (x1y1+x2y2+x3y3+…xnyn)2 ≤ ( x12 + x22 + x32 + + xn2 ).( y12 + y22 + y32 + + yn2 ) x x x x n Dấu “=” xảy ⇔ y = y = y = = y n 12 13 a +b 2 ( a + b) ≥ a + b2 a4+b4 ≥ ( ) 23 14 15  ( a + b) a + b ≥   a2 + b2  4 a + b ≥  ( ) ⇒ a4+b4 ≥ ( a + b ) a +b =(a+b) -3ab(a+b) ≥ (a+b)3-3 3 ( a + b) (a+b)= (a+b)3 4 Áp dụng bất đẳng thức côsi a1+a2+a3+…+an ≥ n n a1.a2 a3 an Với a1, a2, a3, …, an số thực không âm 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 a+b ≥ ab ab ≤ Với a,b không âm a+b Với a,b không âm ( a + b) 1 + ≥ a b a+b 2ab ≤ a + b a + b2 ab ≤ a+b+c ≥ 3.3 abc (a + b + c)3 ≥ 27 abc Với a,b,c không âm Với a,b,c không âm ( a + b + c )3 27 3 3≥ a +b +c 3abc Với a,b,c không âm ab ≤ abc ≤ a 2a ≥ b+c a+b+c a+b+c ≥ a(b + c) ⇒ x a +a y≥ a a = a x y x+ y = 2.a Với a,b,c không âm x+ y a ≥ t + , ∀t ≥ a > t Chứng minh Đặt f(t)=at-t-1, có f’(t)=at.lna-1>0, ∀t ≥ a > ⇒ hàm số đồng biến t ≥ ⇒ f(t) ≥ f(0) ⇒ at-t-1 ≥ ⇒ a t ≥ t + 29 1 + ≥ + a + b + ab Với a,b>0 ab ≥ Chứng minh 1 + ≥ ⇔ a− b ab − ≥ ab ≥ + a + b + ab Dấu xảy a = b ab = ( 30 )( ) A + B ≥ A+ B 24 x− y + y−z ≥ x− y+ y−z = x−z = z−x 32 P=f(x); x ∈ [ a; b] Nếu f’(x)>0 hàm số f(x) đồng biến ⇒ f(a) ≤ P ≤ f(b) Nếu f’(x)