February 22, 2015 BĐT TRONG ĐỀ THI ĐẠI HỌC Bất đẳng thức đề đại học Câu 1: (Diễn đàn Tốn phổ thơng) Cho a , b c số thực dương Tìm giá trị nhỏ của: P (a  b  c)(ab  bc  ca) 4bc  abc (b  c) Hướng đi: (Nhiệm vụ hướng giúp bạn hướng tư dự đoán dấu bằng) Việc ta dự đốn dấu Đối với này, thông thường dấu = xảy b  c Khi P  (a  2b)(ab  b  ab) (a  2b)(b  2a) a b 1  1  2    1 ab ab b a Đến ta dự đoán a  b (theo Cauchy) Từ ta biết a  b  c Giải: P  (a  b  c)(ab  bc  ca) 4bc   abc (b  c) Ta dùng Bất đẳng thức phụ: 1 1 4bc     a b c  (b  c)  a  b  c   (a  b)( x  y)  ax  by  (a  b)( x  y)  ax  by  abxy  ay  bx  abxy (luôn theo Cauchy) Dấu = xảy a x  b y Tiếp theo ta lồng biểu thức 1 1    vào BĐT phụ trên, điều ưu tiên ta khử ẩn a a b c  a  b  c   1 1 bc 1 1     a  (b  c)      a bc a b c b c  a  b  c   Đến ta kiểm tra, dấu = xảy a a a bc     a  bc Điều với bc  b  c a (b  c) b c hướng vạch a  b  c Lê Anh Tuấn_Trần Phú-BRVT_0966194630 Email: smart.mst@gmail.com February 22, 2015 BĐT TRONG ĐỀ THI ĐẠI HỌC ( Ở bước ta làm sau 2  b  c   a(b  c)  b  c    b  c   b  c   b  c 1 )  a  b  c        bc bc a bc bc bc a b c  P  1 bc 4bc bc       4t  f (t ), t    0; t b  c   bc  b  c  8t  f '(t )  8t    t t 1 23   f (t ) nghịch biến 22  1  0;   2 1  f (t )  f    Dấu = t   a  b  c 2 Vậy MinP  a  b  c Câu 2: (nguoithay.vn) Cho a , b c số thực dương thỏa mãn a  b  c(a  b)  4c  Tim giá trị lớn 2 a b  c  b  a  c  P    ac bc c Hướng đi: Với đề này, ta mập mờ đoán a  b Khi đó, giả thiết a  ac  2c  2 Dấu = c  ,a  b 1 a a  c a a  c 1 1   P    2a(a  c)    4c     4c     (cauchy số) ac ac c c c 2c 2c    x  y Giải: Chìa khóa bất đẳng thức phụ ab  x2 y2  a b Đây bất đẳng thức mà bạn nên học muốn chinh phục 10 điểm đề thi THPT Quốc gia Nó có nhiều tên gọi, số Schwarz Cách chứng minh BĐT có nhiều mạng, bạn lên google search Vì đất nước đường hội nhập nên cách bạn tự trang bị cho kĩ năng, kĩ tìm kiếm thơng tin Tơi xin nói dấu Dấu = xảy x y  a b Lê Anh Tuấn_Trần Phú-BRVT_0966194630 Email: smart.mst@gmail.com BĐT TRONG ĐỀ THI ĐẠI HỌC February 22, 2015  b2   a2  1 1    c   b   c    a  b  c(a  b)    4c     4c     c c 2c 2c   a   b  c Từ ta có P  a  Dấu xảy c  ,a  b 1 Câu 3: (diendantoanhoc.net) Cho x, y z thực dương thỏa mãn x  y  z  z ( x  y ) Tim giá trị nhỏ P  x3 y  x  z  y3 x y  z x2  y  z Hướng đi: Qua hai câu trên, chắn bạn dự đoán x  y Từ giả thiết suy ( x  z )( x  z )  Đến ta thử trường hợp x  y  z x  y  z vào P Thấy x  y  z P có giá trị nhỏ Vậy dấu x  y  z Giải: Để ý thấy BĐT (có nghĩa đồng bậc) nên ta sử dụng phép đặt sau: Đặt a  x y , b  (từ hướng quy a  b  ) z z  2 x2 y x y 4(a  b)  a  b    a  b   x  y  z  z( x  y)     60 z z z z 4(a  b)  2ab  2  a  b  2( a  b)  ab  P x3 y  x  z y3  x y  z  x2  y a3 b3    a2  b2 2 z b  a  1 a  b  1 Đến đây, ta thấy tương quan a3 b  a  1 b3 a  b  1 Nhiệm vụ khử mẫu làm cho chúng chung mẫu số Bây ta chia hai hướng Hướng 1: Khử mẫu Ta thấy tử bậc ba, điều liên tưởng cho ta cauchy số Và ta khử theo hai cách sau: Cách 1.1: Ta có a3 b  a  1  a  ab  b 3a a3 a  ab  b (lưu ý a  b       nên ta chọn 8 8 b  a  1 thế) Lê Anh Tuấn_Trần Phú-BRVT_0966194630 Email: smart.mst@gmail.com February 22, 2015 Tương tự  b3 a  b  1 a3 b  a  1 Suy P    BĐT TRONG ĐỀ THI ĐẠI HỌC b  ab  a 3b   8 b3 a  b  1  2(a  b)  ab  2(a  b)   2(a  b)  3  1   4 1 ab  a2  b2     2 2 Cách 1.2: Ta có a3 b a  2a  3a    ; 16 b  a  1 b3 a  b  1  a b  2b  3b   16  a3 b  a  1  b3 a  b  1 1 1 1  (a  b)   a  b    (a  b)   4a  4b     (a  b)   16 8 16 8 2 1 ab  a2  b2     2 2 Suy P  Hướng 2: Làm cho chúng chung mẫu số a3 b  a  1  b3 a  b  1  2a 2b3 54(a3  b3 ) 27(a  b3 )    2b(a  1)(a  1) 2a (b  1)(b  1) (2a  2b  2)3 4(a  b  1)3 2(a  b)3 Mặt khác: a  b  (BĐT dễ dàng chứng minh tương đương, bạn thử chứng 27 3 minh theo hướng khác nhé, toán lớn cần toán nhỏ này)  a b  a  b  (3a  3b)3 (2a  2b  2)3  a  b  1    4.27 27.4 27 Từ ta suy Suy P  a3 b  a  1  b3 a  b  1 2  a  b  1 27 27    a  b  1 1 ab  a2  b2     2 2 Lê Anh Tuấn_Trần Phú-BRVT_0966194630 Email: smart.mst@gmail.com BĐT TRONG ĐỀ THI ĐẠI HỌC February 22, 2015 Câu 4: (Boxmath) Cho a , b c số thực dương thỏa 3a ( a  b  c )  bc Tìm GTNN P    Hướng đi: Ta dự đoán b  c Khi đó, 3a (a  2b)  b  b   a   Vậy dấu b  c   a Giải: Ta thấy BĐT Đặt x   x  y Theo giả thiết:  3( x  y )  xy  b c ; y  (từ ta xoay quanh x  y   ) a a  x y  64 P  x y  64   Dấu = x  y    b  c   a Câu 5: (THTT) Cho số thực dương x, y, z thỏa x  y  z  Tìm GTNN P  x  xy  y  xy 1 z Hướng đi: Ta dự đoán dấu x  y  x   z Thay vào P ta P  1 z  1 z Giải: Theo giả thiết z   0;1 P x  xy  y  xy   1 z x  xy  y  xy    1 z x  xy  y   2 2 2       f ( z) x  y 1 z 1 z2 1 z  x2  y   z f '( z )  2z 1  z  1 z2  1  z    z    0 (1  z )  z  1  z   z  z   z z   1  z   z  z  z  1  z  z  z   (2 z  1)(2 z  z  3)   z  Lê Anh Tuấn_Trần Phú-BRVT_0966194630 Email: smart.mst@gmail.com bc a February 22, 2015 BĐT TRONG ĐỀ THI ĐẠI HỌC Bảng biến thiên: Z f’(z) f(z) Theo bảng biến thiên, Dấu xảy 3 x y ,z  2 MinP   22 3  Lưu ý nhiều bạn gặp khó khăn tìm lim  x 1  2  1 z  3  Để làm tốt đề thi THPT Quốc Gia, biết  z  bạn phải chọn lọc thứ cần học, dĩ nhiên phần giới hạn lớp 11 bị bỏ qua, nên gặp trường hợp này, bạn làm theo cảm tính, tưởng tượng, z tiến tới  ta tự tin mà cho lim  x 1  2  1 z   z2 lớn Nên 3     z  Câu 6: Cho số thực không âm a , b, c thỏa a  b  c  khơng có hai số đồng thời Tìm GTNN: P 1    c  1 a  b  3 (a  b)(b  c) (c a )  a  b  Hướng đi: Ta dự đoán dấu = a  b 2a  c  Khi P  1 4    c  1 2a  3    c  1  c    c  3c  a  a  c  2a  a  c   c2 1  c  c  1 Giải: Theo giả thiết c   0;1 P   1     c  1  c  (thêm lần nữa, ta thấy sức mạnh Schwarz)  a  b  (b  c) (c a)  4  c  3c    c  3c    c  3c   f (c )  c a  b  2c 1 c 1 c 1 c f 'c  8c 1  c   1  c    0c   0;1 Suy hàm số nghịch biến  0;1  f  c   f    Lê Anh Tuấn_Trần Phú-BRVT_0966194630 Email: smart.mst@gmail.com February 22, 2015 Vậy MinP  a  b  BĐT TRONG ĐỀ THI ĐẠI HỌC ,c  Câu 7: (nguoithay.vn) Cho số thực dương x, y, z thỏa 5( x  y  z )  9( xy  yz  zx) Tìm GTLN P x  y  z  x  y  z 3     Hướng đi: Dự đốn y  z Khi x  y  18 xy  y  x  y Do P  1 Khảo sát hàm số ta thấy Pmax y   12 y 216 y Vậy dấu = x  , y  z  12 Giải: Từ giả thiết, ta hướng đến đại lượng đối xứng ( yz y  z y  z ) 5( x  y  z )  9( xy  yz  zx)  x  y  z   x   y  z   18 yz  2  y  z  2   y  z   x ( y  z )  x  (đây bất phương trình đẳng cấp)  2 y  z  x Đó ta có từ giả thiết, ta quy ẩn x để khảo sát hàm số Do ta quy ẩn khác Và chìa khóa ẩn y  z 2 y  z x 1 t3 P       4t   f (t ), t  0 3 y  z x  y  z 27 yz  y  z  27  y  z  y  z 27  y  z  t2 f '(t )     t  Bảng biến thiên T f’(t)   Theo bảng biến thiên, MaxP  16 Dấu xảy yz f(t) 16 Lê Anh Tuấn_Trần Phú-BRVT_0966194630 Email: smart.mst@gmail.com 1 ,x  12 February 22, 2015 BĐT TRONG ĐỀ THI ĐẠI HỌC Câu 8: (toanhoc24h) Cho a , b, c số thực dương thỏa mãn 4ac  b   a  b  c  Tìm GTNN 2 b  8a  8c   b  1 P  ac a  b  c Thoạt nhìn biểu thức P thật phức tạp, nhìn kĩ, biểu thức phân phần, phần đối xứng gồm (a,c) Và phần không đối xứng gồm b Nên bạn đừng lo lắng Cốt lõi toán nằm thứ Hướng đi: Ta tiếp tục dự đốn a  c Và bạn làm thử bước Tôi tin tới bạn vạch hướng đầu mà không cần ghi hướng nháp 2 Giải:  a  b  c   b  2b( a  c)   a  c   4ac  b   a  c   b  b  2(a  c )  (bước tương tự câu trên, ta quy biểu thức ac a  c a  c Và bạn đừng ngại, thử hết đó, có gọn nhất) Và để ý tí ta cần thứ 2( a  b  c )   b 2 2 2  a  c    b  1 b  8a  8c   b  1 2b  2b   b  1 Đến biểu thức P: P       2 ac 1 b 1 b a  b  c 1  b  1  b  Đặt t  1 b (cái khó mà tìm điều kiện chặt t, ta cần điều kiện t>0 đủ) b 1 P  f (t )  8t  f '(t )  16t  t 0t  t Bảng biến thiên: T f’(t)    f(t) Lê Anh Tuấn_Trần Phú-BRVT_0966194630 Email: smart.mst@gmail.com Theo bảng biến thiên, MinP  Dấu xảy t 1  b  ,a  c  BĐT TRONG ĐỀ THI ĐẠI HỌC February 22, 2015 Câu 9: (nguoithay.vn) Cho a , b, c số thực dương thỏa mãn  a  2b  b  c   4bc 3a  c Tìm GTNN P  a  2b ac Hướng đi: Như định hướng trước, ta đoán b  c Và dễ trước có thêm kiện 3a  c nên ta giữ niềm tin dấu xảy 3a  b  c Nhìn vào giả thiết biểu thức P ta nghĩ tới phép đặt ẩn phụ x  Giải: Từ giả thiết ta có a b ,y c c a  c a b  c  a a b          c  b  c b c c  a  2b  b  c   4bc   Đặt x  a b ,y x c c x y  y2 1    y Và x   y   x  y y 1 3 2 y  y  y  3 y 2 y  y y  y y 1  y   y  y  1 P  x      f ( y) x y 1 1 y 1 y2 1 y2 Đến đạo hàm vất vả 1  y  y f '( y )  2  y  3  y  y  y  3 2 1  y  1  1  y   y  1   y    y  y  y  3 1    0y   ;  3 2 1  y  1 Vậy f ( y ) đồng biến y   ;   f ( y )  f    3  3 Dấu y  1 c  x ab 3 Từ đây, ta thấy hướng ta vạch khơng đúng, tốn hay, cho ta thấy bất biến BĐT, đề trên, bạn thử tìm GTLN xem! 2 Câu 10: (ĐH Vinh) Cho số thực dương x, y, z thỏa x  y  z  xy   x  y  z  Tìm GTNN P  x y z 20  xz 20 y2 Lê Anh Tuấn_Trần Phú-BRVT_0966194630 Email: smart.mst@gmail.com February 22, 2015 BĐT TRONG ĐỀ THI ĐẠI HỌC Hướng đi: Bài thực khó, khơng phải BĐT nửa đối xứng, ta khó mà đốn điểm rơi Nhưng khó khơng phải khơng thể Để ý kĩ, ta thấy xuất biểu thức xz Điều giúp ta liên tưởng đến việc khử mẫu để ý thấy, hệ số chúng 20, nên có y2 thể chúng 2 2 Khi chúng x  z  y   x  y  z  xy   x  y  z   x  y  x  y   40  Khảo sát hàm số hàm số có GTNN 26 x  z  x z Và P  2( x  z )  x  z    x  z  y   x  1; y  2; z   x2  y  x  y    Từ ta biết điểm rơi BĐT Giải:  x  y  z   x  y  z  xy   x  y   z (dễ thấy x  y  z nên ta làm tiếp)  x  y  z   x yz 6 P  x yz 20  xz 20  x y z y2 40  x  z  y     x  y  z  2  40 2 x yz2 Đến đơn giản, có nhiều cách sử lí, tơi chọn cách gần gũi với bạn Đặt t  x yz2 2  P  f t   t  f '(t )  2t  40 2 t 40 2t  40   0t  2  f  t  nghịch biến t2 t2   Vậy f  t   f 2  26 Vậy MinP  26 x  1; y  2; z  Các bạn làm thử này: Lê Anh Tuấn_Trần Phú-BRVT_0966194630 Email: smart.mst@gmail.com  2; 2  2 f (c) ≥ f '( )(c − ) + f ( ) 3 Cộng ba BðT ta có : f (a ) + f (b) + f (c) ≥ f '( ) (a + b + c − ) + f ( ) = 33 Vậy GTNN P = 33 ñạt ñược ⇔ a = b = c = Ví dụ : Cho a, b, c > Chứng minh : 1+ 1 (a + b2 + c2 )( + + ) ≥ a + b + c + a + b + c a b c 3 (Trích đề thi Albania 2002) Lời giải Vì BðT ñã cho nên ta cần chứng minh Bñt ñúng với số thực dương a,b,c thỏa mãn a + b2 + c2 = , bđt cần chứng minh trở thành: f (a ) + f (b) + f (c) ≥ ñó: f (x ) = 1+ − x với < x < Dễ thấy hàm số f có f ''(x ) > ∀x ∈ (0;1) 3 x Nên theo BðT tiếp tuyến ta có :   f (a ) + f (b) + f (c) ≥ f '   (a + b + c − 3) + f            f '   i = 1, 2, , n Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa n ∑ ≤n i =1 n Ta cần chứng minh : Xét hàm số f (x ) = ∏ ≤ (1) i =1 + ai2 x , x > có f '(x ) = 1+x n 2 ⇒ f ''(x ) < ∀x > (1 + x ) ⇒ f (x ) ≤ f '(1)(x − 1) + f (1) = (x − 1) + = 2 (x + 1) n n ⇒∏ i =1 + ai2 n = ∏ f (ai ) ≤ i =1 n ∏ (ai + 1) ≤ 8n i =1  n   ∑ (ai + 1)    i =1 2n =   ≤ n n  n  8     2n ðẳng thức xảy ⇔ a1 = a2 = = an = ⇔ tan x1 = tan x2 = = tan xn = π ⇔ x1 = x = = xn = Nhận xét : Qua ví dụ trên, ta có kết tổng qt sau ðịnh lí : Cho hàm số y = f (x ) có đạo hàm cấp hai a;b  n số a1, a2, , an nằm ñoạn a;b  thỏa mãn : n ∑ = k, na ≤ k ≤ nb i =1 • Nếu f ''(x ) > ∀x ∈ a;b  ta có : • Nếu f ''(x ) < ∀x ∈ a;b  ta có : n k ∑ f (ai ) ≥ nf (n ) i =1 n k ∑ f (ai ) ≤ n f (n ) i =1 Ví dụ Cho tam giác ABC có góc khơng nhỏ tan 2π Chứng minh : A B C + tan + tan ≥ − 2 Lời giải Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa Khơng tính tổng qt, ta giả sử A ≥ 2π π > B ≥C ⇒C ≤  π  π   Hàm số f (x ) = tan x , x ∈  0;  có f ''(x ) > ∀x ∈  0;  Áp dụng BðT tiếp tuyến, ta 3   có A π A π π f ( ) ≥ f '( )( − ) + f ( ) 3 B π B π π f ( ) ≥ f '( )( − ) + f ( ) 12 12 12 C π C π π f ( ) ≥ f '( )( − ) + f ( ) 12 12 12 A ⇒ f + 2 B  f + 2 C   π π   A 2π f   ≥  f '( ) − f '( )  − 12   2   π A + B +C π  −   + f '( )  12  2  π  + f   + 2f 3 π  π  A π Do f '   − f '   > 0; − ≥ 3  12  A B  C  π  f   + f   + f   ≥ f   + 2f 2 2 2 3 ðẳng thức xảy ⇔ A = π     12  A + B +C π = nên ta có : 2 π    = − ñpcm  12  2π π ;B = C = hốn vị Ví dụ Cho số thực không âm a,b, c thỏa max {a, b, c} ≥ a + b + c = Tìm GTNN biểu thức : P = + 3a + + 3b2 + + 3c Lời giải Khơng tính tổng qt, ta giả sử a = max {a, b, c} ⇒ a ≥ , c ≤ Xét hàm số f (x ) = + 3x , x ∈ ( 0;1) có f '(x ) = ⇒ f ''(x ) = − 2x (1 + 3x ) 2x (1 + 3x )2 > ∀x ∈ (0;1) Áp dụng BðT tiếp tuyến, ta có : Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 3 1 1 1 f (a ) ≥ f '( )(a − ) + f ( ) ; f (b) ≥ f '( )(b − ) + f ( ) ; f (c) ≥ f '( )(c − ) + f ( ) 4 8 8 8   3 172 + 23 67 ⇒ f (a ) + f (b) + f (c) ≥  f '( ) − f '( ) (x − ) + f ( ) + f ( ) ≥ f ( ) + f ( ) =  4 8  4 ðẳng thức xảy ⇔ a = ;b = c = Vậy P = hoán vị 172 + 23 67 Nhận xét : Trong số trường hợp ñồ thị hàm số y = f (x ) có khoảng lồi, lõm a; b  ta có đánh giá : f (x ) ≥ f '(x )(x − x ) + f (x ) ,x ∈ (a; b) Chẳng hạn bạn xem ñồ thị minh họa ñây y _ a x _ O x0 _ b Ví dụ 10: Cho a, b, c ∈ ℝ a + b + c = Chứng minh : a + b + c ≥ 2(a + b + c ) Lời giải: BðT ñã cho ⇔ (a − 2a ) + (b − 2b ) + (c − 2c ) ≥ ⇔ f (a ) + f (b) + f (c) ≥ Trong f (x ) = x − 2x Ta thấy f ''(x ) = 12x − 12x nên ñồ thị hàm số f có khoảng lồi khoảng lõm ta khơng thể áp dụng BðT tiếp tuyến Tuy nhiên ta Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 10 đánh giá ñược f (x ) qua tiếp tuyến điểm có hồnh độ x = (vì đẳng thức xảy a = b = c = ) Ta có tiếp tuyến đồ thị hàm số y = f (x ) điểm có hồnh độ x = là: y = 8x − 16 f (x ) − (8x − 16) = x − 2x − 8x + 16 = (x − 2)2 (x − 2x + 4) ≥ ∀x ∈ ℝ ⇒ f (a ) + f (b ) + f (c ) ≥ 8(a + b + c) − 48 = (đpcm) Chú ý Vì y = 8x − 16 tiếp tuyến ñồ thị hàm số f (x ) = x − 2x điểm có hồnh độ x = nên ta có phân tích: f ( x ) − ( 8x − 16 ) = (x − ) g (x ) với k ≥ k g (2) ≠ Ví dụ 11: Cho a, b, c ≥ − a a2 + + a + b + c = Chứng minh rằng: b b2 + + c c2 + ≤ ( Vơ địch Tốn Ba Lan 1996) 10 Lời giải Ta thấy ñẳng thức xảy a = b = c = f (a ) + f (b) + f (c) ≤ Bñt ñã cho có dạng: x ñó f (x ) = với x ∈ [− ; ] 10 x2 + Tiếp tuyến ñồ thị hàm số y = f (x ) điểm có hồnh độ x = Ta có: Vậy : 36x + : y = 50 (3x − 1)2 (4x + 3) x 36x + 36x + 3 − f (x ) = − = ≥ ∀x ∈ [ − ; ] 2 50 50 x +1 50(x + 1) a a2 + + b b2 + + c c2 + ≤ 36(a + b + c) + 9 = ñpcm 50 10 Ví dụ 12 : Cho số thực a, b, c > thoả mãn a + b + c = Chứng minh : a b c + + ≥ + bc + ac + ab 10 Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 11 Lời giải Ta có : b +c 1−a a +c 1−b b +a 1−c bc ≤ ( ) =( ) ; ca ≤ ( ) =( ) ; ab ≤ ( ) =( ) nên 2 2 2 a b c 4a 4b 4c + + ≥ + + = f (a ) + f (b) + f (c) + bc + ac + ab a − 2a + b − 2b + c − 2c + (Nhận xét : ðẳng thức xảy a = b = c = số f (x ) = 4x x − 2x + Mặt khác: ⇒ điểm có hồnh độ x = 4x x − 2x + 4a + a − 2a + − tiếp tuyến ñồ thị hàm 99x − : y = ) 100 99x − (3x − 1)2 (15 − 11x ) = ≥ ∀x ∈ (0;1) 100 100(x − 2x + 5) 4b b − 2b + + 4c c − 2c + ≥ 99(a + b + c) − 9 = đpcm 100 10 Ví dụ 13 Cho a, b, c ñộ dài ba cạnh tam giác Chứng minh :  1 1 1  + + + ≥ 4 + +  a b c a +b +c a + b b + c c + a  Lời giải Không làm tính tổng quát ta giả sử a + b + c = , Bđt cho trở 5a − thành a −a + 5a − b −b + 5c − c −c ≤ Vì a,b,c độ dài ba cạnh tam giác a + b + c = suy a, b, c ∈ (0; ) Ta có : ⇒ 5a − a − a2 − (18a − 3) = (3a − 1)2 (2a − 1) a − a2 ≤ ∀a ∈ (0; ) 5a − 1 ≤ 18a − ∀a ∈ (0; ) a − a2 Ta có hai Bđt tương tự Cộng Bđt lại với ta có: 5a − a −a + 5a − b −b + 5c − c −c ≤ 18(a + b + c) − = (ñpcm) Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 12 ðẳng thức xảy a = b = c = Ví dụ 14 Cho a, b, c > Chứng minh : (b + c − a )2 (b + c)2 + a + (c + a − b)2 (c + a )2 + b + (a + b − c)2 (a + b)2 + c ≥ (Olympic Tốn Nhật Bản 1997) Lời giải Vì Bđt cần chứng minh nên ta cần chứng minh Bñt ñúng với số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = Khi Bđt cho trở thành: (1 − 2a )2 (1 − a )2 + a ⇔ ⇔ + (1 − 2b)2 (1 − b)2 + b2 4a − 4a + 2a − 2a + 1 2a − 2a + + + + (1 − 2c)2 (1 − c)2 + c 4b2 − 4b + 2b2 − 2b + 1 2b − 2b + ⇔ f (a ) + f (b) + f (c) ≤ 27 Trong f (x ) = 2x − 2x + + + ≥ 4c − 4c + ≥ ≤ 27 2c − 2c + 1 2c − 2c + với x ∈ (0;1) Tiếp tuyến ñồ thị hàm số y = f (x ) điểm có hồnh độ x = Ta có: 54x + 27 : y = 25 2(54x − 27x + 1) 2(3x − 1)2 (6x + 1) 54x + 27 − f (x ) = = ≥ ∀x ∈ (0;1) 2 25 25(2x − 2x + 1) 25(2x − 2x + 1) ⇒ f (a ) + f (b) + f (c) ≤ 54(a + b + c) + 81 27 = 25 đpcm Trong ví dụ ta xét BðT ñối xứng ba biến ñẳng thức xảy biến Phần ta xét số BðT khơng đối xứng BðT ñối xứng ñẳng thức xảy có hai biến khơng Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 13 Ví dụ 15: Cho a, b, c > a + b + c = Chứng minh rằng: 10(a + b + c ) − 9(a + b + c ) ≥ (Trung Quốc 2005) Lời giải: Giả sử a ≥ b ≥ c Xét hàm số f (x ) = 10x − 9x , x ∈ (0;1) có f '(x ) = 30x − 45x ⇒ f ''(x ) = 60x − 180x ⇒ f ''(x ) = ⇔ x = x = ñồng thời f ''(x ) > ∀x ∈ (0; x ) f ''(x ) < ∀x ∈ (x ;1) • Nếu a < x Áp dụng BðT tiếp tuyến ,ta có: 1 1 1 f (a ) ≥ f '    a −  + f   3 3 3 1 1 f (b) ≥ f '   b −  + 3 3 1 f  3 1 1 1 f (c) ≥ f '    c −  + f   3 3 3 1 ⇒ f (a ) + f (b) + f (c) ≥ f '   a + b + c − + f 3 ( ) 1   = 3 • Nếu a > x Áp dụng BðT tiếp tuyến cát tuyến ta có: f (a ) ≥ f (1) − f (x ) − x0 (a − 1) + f (1) > f (1) = ( )( ) () ( )( ) () f (b) ≥ f ' b − + f = f (c) ≥ f ' c − + f = ⇒ f (a ) + f (b) + f (c) > Ví dụ 16: Cho ∆ABC nhọn Tìm GTLN biểu thức: F = sin A sin2 B sin2 C Lời giải: Ta có : ln F = ln sin A + ln sin B + ln sin C π Xét hàm số f (x ) = ln sin x, x ∈ (0; ) ⇒ f '(x ) = cot x ⇒ f ''(x ) = −  π ∀x ∈  0;   2 sin2 x Áp dụng BðT tiếp tuyến với ∆MNP nhọn, ta có : Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 14 ( ) ( ( ) ( ( ) ) f (A) ≤ f '(M ) A − M + f (M ) = A − M cot M + ln sin M ) f (B ) ≤ f '(N ) B − N + f (N ) = B − N cot N + ln sin N ( ) f (C ) ≤ f '(P ) C − P + f (P ) = C − P cot P + ln sin P ⇒ tan M f (A) + tan N f (B ) + tan P f (C ) ≥ tan M ln sin M + tan N ln sin N + tan P ln sin P Chọn ba góc M , N , P cho : tan M tan N tan P = = = k ⇒ tan M = k ; tan N = 2k ; tan P = 3k Mặt khác : tan M + tan N + tan P = tan M tan N tan P ⇒ 6k = 6k ⇒ k = ⇒ sin M = ⇒ f (A) + f (B ) + f (C ) ≤ ln ⇒F ≤ 27 25 tan M + tan2 M + ln + ln = 10 ; sin N = = ln ; sin P = 10 27 25 ðẳng thức xảy ⇔ A = M ; B = N ;C = P Vậy GTLN F = 27 25 Nhận xét : Từ cách giải trên, ta có cách giải cho tốn tổng qt sau : Cho ∆ABC nhọn Tìm GTLN E = sinm A sinn B sin p C , với m, n, p số thực dương (Xem phần tập) Ví dụ 17 : Cho tam giác ABC nhọn Tìm GTNN biểu thức : F = tan A + tan B + tan C Lời giải : (Dựa theo lời giải 2M)  π  2 Xét hàm số f (x ) = tan x, x ∈  0;  , có f '(x ) = + tan2 x ⇒ f ''(x ) = tan x (1 + tan2 x ) > 0,  π ∀x ∈  0;   2 Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 15 Áp dụng BðT tiếp tuyến với ∆MNP nhọn, ta có : f (A) ≥ f '(M )(A − M ) + f (M ) = (A − M ) + tan M cos M ⇒ cos2 M f (A) ≥ sin 2M + A − M 2 Tương tự : cos2 N f (B ) ≥ sin 2N + B − N ; cos2 P f (C ) ≥ sin 2P + C − P ⇒ cos2 M f (A) + cos2 N f (B ) + cos2 P f (C ) ≥ sin 2M + sin 2N + sin 2P Ta chọn góc M , N , P cho : cos M = k > 0; cos N = 2k ; cos P = 3k Vì M , N , P ba góc tam giác nên ta có đẳng thức : cos2 M + cos2 N + cos2 P + cos M cos N cos P = ⇒ (1 + + 3)k + 6k = ⇒ k nghiệm dương phương trình : 6x + (1 + + 3)x − = (1) ⇒ sin 2M = − cos2 M cos M = 2k − k ; sin 2N = 2k 2(1 − 2k ); sin 2P = 2k 3(1 − 3k ) ⇒F ≥ sin 2M + sin 2N + sin 2P 2k Vậy GTNN F = = − k + 2(1 − 2k ) + 3(1 − 3k ) k − k + 2(1 − 2k ) + 3(1 − 3k ) k ñạt ñược A = M ; B = N ;C = P Với M , N , P ba góc tam giác nhọn xác ñịnh : cos M = k > 0; cos N = 2k ; cos P = 3k , k nghiệm dương PT (1) Nhận xét : Tương tự cách làm trên, ta tìm giá trị nhỏ biểu thức F = m tan A + n tan B + p tan C , m, n, p số thực dương A, B, C ba góc tam giác nhọn (Xem phần tập) Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 16 Ví dụ 18: Cho x , y, z > thỏa x + y + z = Tìm GTNN : P = x + + y2 + + z Lời giải: Ta có hàm số f (t ) = t ; g(t ) = + t ; h(t ) = + t , t ∈ (0;1) hàm số có đạo hàm cấp hai dương khoảng (0;1) Nên với a, b, c > thỏa a + b + c = áp dụng BðT tiếp tuyến, ta có: f (x ) ≥ f '(a )(x − a ) + f (a ) ; h(y ) ≥ h '(b )(y − b) + h(b) ; g (z ) ≥ g '(c )(z − c) + g(c)     k  a = a k =    k  b =k ⇔ b = Ta chọn a, b, c cho f '(a ) = g '(b) = h '(c) = k ⇔   + b2  − k2   c3 k  c = =k 4  4 − k3k   (1 + c ) Do a + b + c = ⇔ k + k 1−k + k (1) = (2) 1−k k Dễ thấy phương trình (2) ln có nghiệm khoảng (0;1) ⇒ P = f (x ) + g(y ) + h(z ) ≥ f (a ) + h(b) + g(c) = k 3k + 1 − k2 + − k3k ðẳng thức xảy ⇔ x = a; y = b; z = c Vậy P = k 3k + 1−k + với k nghiệm nằm (0;1) (2) 1−k k Ví dụ 19 (BðT Jensen) Cho hàm số y = f (x ) liên tục có đạo hàm cấp hai (a; b ) n số thực dương α1, α2 , , αn có tổng  n  a) Nếu f ''(x ) > ∀x ∈ (a; b) ta có: ∑ αi f (xi ) ≥ f  ∑ αi xi    i =1  i =1  n Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 17 với ∀xi ∈ (a; b ) i = 1, n ðẳng thức có x1 = x2 = = xn  n  b) Nếu f ''(x ) < ∀x ∈ (a; b) ta có: ∑ αi f (xi ) ≤ f  ∑ αi xi    i =1  i =1  n với ∀xi ∈ (a; b ) i = 1, n ðẳng thức có x1 = x2 = = xn Lời giải a) ðặt y = α1a1 + α2a2 + + αnan ⇒ y ∈ (a;b) Vì f ''(x ) > nên áp dụng BðT tiếp tuyến, ta có: ( ) f (ai ) ≥ f '(y ) − y + f (y ) ∀i = 1,2, , n ( ) ⇒ αi f (ai ) ≥ f '(y ) αiai − αi y + αi f (y ) ∀i = 1,2, , n  n  ⇒ ∑ αi f (ai ) ≥ f '(y )∑ (αiai − αi y ) + f (y )∑ αi = f (y ) = f  ∑ αiai    i =1 i =1 i =1  i =1  n n n b) Chứng minh tương tự Ví dụ 20 (2M) Cho hai số thực dương x1, x2, , xn a1, a2, , an thỏa mãn: n ∑ xi = i =1 n ∑ Chứng minh rằng: i =1 n n ∏ xi i ≥ ∏ i a i =1 a i =1 Lời giải BðT cần chứng minh ⇔ n n i =1 i =1 ∑ ln xi ≥ ∑ ln Hàm số f (x ) = ln x hàm lồi, nên áp dụng BðT tiếp tuyến ta có: f (xi ) ≤ f '(ai )(xi − ) + f (ai ) = (xi − ) + f (ai ) ⇒ f (xi ) ≤ xi − + f (ai ) ⇒ ⇒ n n i =1 i =1 ∑ ln xi ≤ ∑ ln n ∑ f (xi ) ≤ i =1 n ∑ (xi − ) + i =1 n ∑ f (ai ) = i =1 n ∑ f (ai ) i =1 ñpcm Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 18 Chú ý: ðiều thú vị BðT Cô si lại hệ toán Thật vậy: n ∑ xi Cho a1 = a2 = = an =  n  ∑ xi n n  ∏ xi ≤ ∏ =  i =n1  i =1 i =1   i =1 Khi BðT cho trở thành: n n        ( a1 = a2 = = an ) n ∑ xi ⇒ i =1 n n ≥ n ∏ xi BðT Cơ Si cho n số i =1 Bài tập áp dụng Cho a, b, c > Chứng minh: b +c a2 + c +a b2 + a +b ≥ c2 1 + + a b c Cho a, b, c > thỏa a + b + c ≥ Chứng minh rằng: a +b +c + b +c +a + c +a +b Cho x , y, z ≤ thỏa x + y + z = Chứng minh rằng:  ≤1 1 + x2 + 1 + y2 + 1 + z2 ≤ 27 10 1 2 Cho số thực a1, a2 , , an ∈  0;  a1 + a2 + + an = Chứng minh  1     n − 1 ≥ n −  −   −     a1   a2   an  ( ) π Cho a, b, c, d ∈ (0; ) a + b + c + d = π Chứng minh 2 sin a − sin b − sin c − sin d − + + + ≥ cos a cos b cos c cos d Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 19 n Cho n số thực dương thoả mãn: ∑ xi = n Cmr: i =1 x1 + x12 + + xn + xn2 ≤ 1 ( New Zealand 1998) + + + x1 + xn Cho tam giác ABC Tìm GTNN biểu thức A A π B B π C C ) cot + tan2 ( − ) cot + tan2 ( − )cot 4 4 4 4 Cho tam giác ABC Chứng minh A B C cos cos cos + + < 3≤ A B C + sin + sin + sin 2 Cho tam giác ABC nhọn m, n, k > Tìm: P = tan2 ( π − 1) Giá trị lớn F = sinm A sinn B sink C 2) Giá trị nhỏ F = m tan A + n tan B + k tan C 10 Cho n số thực khơng âm a1, a2 , , an có tổng Chứng minh: n a1a2 an ≤ n (BðT Cauchy) 11 Cho a, b, c > Chứng minh: (2a + b + c)2 2 2a + (b + c) + (2b + c + a )2 2 2b + (c + a ) + (2c + a + b)2 2 2c + (a + b) ≤ (Mỹ - 2003 ) 12 Cho a, b, c > Chứng minh: b +c c +a a +b a b c ) + + ≥ 4( + + a b c b +c c +a a +b a b c 13 Cho a, b, c > Chứng minh: + + ≥ (b + c)2 (c + a )2 (a + b)2 4(a + b + c) 14 Cho a, b, c > a + b2 + c2 = Chứng minh : 1 ( + + ) − (a + b + c) ≥ a b c 15 Cho x , y, z > Chứng minh: xyz (x + y + z + x + y + z ) (x + y + z )(xy + yz + zx ) ≤ 3+ ( Hồng Kơng 1997) IV KẾT QUẢ • Học sinh hứng thú ý học khái niệm Toán học Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 20 • Học sinh giải lớp tốn khó BðT V BÀI HỌC KINH NGHIỆM • Khi dạy học khái niệm Tốn học cần ý đến chất khái niệm khai thác chất khái niệm • Trong q trình dạy học, gợi mở số hướng phát triển từ khái niệm Tốn học cho học sinh tìm tòi nghiên cứu VI KẾT LUẬN Việc khái thác khái niệm ñồ thị lồi lõm ñồ thị hàm số cho chúng ta: • Một phương pháp chứng minh BðT giải số dạng toán cực trị hiệu đơn giản • Dựa vào hai BðT tiếp tuyến cát tuyến kết hợp với phương pháp cân hệ số, sáng tạo nhiều tốn BðT hay khó NGƯỜI THỰC HIỆN Nguyễn Tất Thu Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 21 ... Phạm Toán 48 Lời mở đầu Trong bất đẳng thức cổ điển bất đẳng thức xoay vòng nội dung hay khó Có bất đẳng thức có dạng đơn giản phải hàng chục năm, nhiều nhà toán học giải Ví dụ bất đẳng thức. .. lục Bất đẳng thức xoay vòng 1.1 Bất đẳng thức Schurs 1.1.1 Bất đẳng thức Schurs hệ 1.1.2 Một số toán minh họa 1.2 Bất đẳng thức. .. dụng bất đẳng thức Cauchy chứng minh số dạng bất đẳng thức 1.4 xoay vòng 23 Bất đẳng thức xoay vòng phân thức 32 Một dạng bất đẳng thức xoay