Một số phương pháp đặc biệt chứng minh bất đẳng thức

Chuyên đề Bất đẳng thức gồm nội dung trọng tâm giúp bạn học ôn tập, củng cố lại kiến thức Toán 9 ôn thi vào lớp 10.

Khoahoc Một số phương pháp đặc biệt chứng minh bất đẳng thức 5,0

I. CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

Dạng 1: Phương pháp đồng bậc chứng minh bất đẳng thức

Ví dụ. Cho $x;y;z$ là các số thực dương và thỏa mãn $x + y + z = 1$ . Chứng minh rằng: $y + z \geq 16xyz\ \ \ (1).$

Hướng dẫn giải

Ta thấy vế trái của bất đẳng thức (1) là bậc nhất trong khi vế phải là bậc ba, do đó để quy bất đẳng thức (1) về cùng bậc ba thì ta biến đổi như sau:

Ta có: $y + z \geq 16xyz \Leftrightarrow (y + z)(x + y + z)^{2} \geq 164xyz.$

Sử dụng bất đẳng thức AM - GM ta có: $(x + y + z)^{2} \geq 4x(y + z) \Leftrightarrow (y + z)(x + y + z)^{2} \geq 4x(y + z)^{2} \geq 16xyz.$

Đẳng thức xảy ra khi : $\left\{\begin{matrix}x = y + z \\y = z \\x + y + z = 1 \\\end{matrix} \right.\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix}x = \dfrac{1}{2} \\y = z = \dfrac{1}{4} \\\end{matrix} \right.$

Ví dụ. Cho $a;b;c$ là các số thực dương và thỏa mãn $a + b + c = 3$ . Chứng minh rằng: $4\left( a^{2} + b^{2} + c^{2} \right) - \left( a^{3} + b^{3} + c^{3} \right) \geq 9.\ \ (*)$

Hướng dẫn giải

Để quy bất đẳng thức (*) về cùng bậc thì ta biến đổi như sau:

Ta có: $4\left( a^{2} + b^{2} + c^{2} \right)(a + b + c) - 3\left( a^{3} + b^{3} + c^{3} \right) \geq (a + b + c)^{3}$

Ta có:

$4\left( a^{2} + b^{2} + c^{2} \right)(a+ b + c)$ $= 4\left( a^{3} + b^{3} + c^{3} \right) + 4\left( a^{2}b +b^{2}c + c^{2}a + ab^{2} + bc^{2} + ca^{2} \right)$

$(a + b + c)^{3}$ $= \left( a^{3} + b^{3} +c^{3} \right) + 3\left( a^{2}b + b^{2}c + c^{2}a + ab^{2} + bc^{2} +ca^{2} \right) + 6abc$

Vì $(a + b + c)^{3} = (a + b)^{3} + 3(a + b)^{2}c + 3(a + b)c^{2} + c^{3}.$

Từ đó:

$4\left( a^{2} + b^{2} + c^{2} \right)(a + b + c) - 3\left( a^{3} + b^{3} + c^{3} \right) \geq (a + b + c)^{3}$

$a^{2}b + b^{2}c + c^{2}a + ab^{2} + bc^{2} + ca^{2} \geq 6abc.$

Thật vậy, sử dụng bất đẳng thức Cauchy:

$\left\{ \begin{matrix}a^{2}b + bc^{2} \geq 2abc \\b^{2}c + ca^{2} \geq 2abc \\c^{2}a + ab^{2} \geq 2abc \\\end{matrix} \right.$ $\Rightarrow a^{2}b + bc^{2} + b^{2}c + ca^{2} +c^{2}a + ab^{2} \geq 6abc$

Vậy bất đẳng thức được chứng minh.

Ví dụ. Cho $a,b,c$ là các số thực dương và thỏa mãn $a^{2} + b^{2} + c^{2} = 3$ . Chứng minh rằng:

$\frac{2a^{2}}{a + b^{2}} + \frac{2b^{2}}{b + c^{2}} + \frac{2c^{2}}{c + a^{2}} \geq a + b + c$ .

Hướng dẫn giải

Với ý tưởng đưa tử và mẫu về cùng bậc, ta có hướng phân tích sau:

Ta có: $a + b^{2} = a.1 + b^{2} \leq \frac{a^{2} + 1}{2} + b^{2} = \frac{a^{2} + 2b^{2} + 1}{2}$

$\Rightarrow \frac{2a^{2}}{a + b^{2}} \geq \frac{4a^{2}}{a^{2} + 2b^{2} + 1} = \frac{4a^{4}}{a^{4} + 2a^{2}b^{2} + a^{2}}.$

Tương tự ta có: $\left\{ \begin{matrix}\dfrac{2b^{2}}{b + c^{2}} \geq \dfrac{4b^{4}}{b^{4} + 2b^{2}c^{2} + b^{2}}\\\dfrac{2c^{2}}{b + c^{2}} \geq \dfrac{4b^{4}}{b^{4} + 2b^{2}c^{2} +b^{2}}, \\\end{matrix} \right.$

Cộng vế ta được: $\frac{2a^{2}}{a + b^{2}}+ \frac{2b^{2}}{b + c^{2}} + \frac{2c^{2}}{c + a^{2}}$ $\geq \frac{4\left(a^{4} + b^{4} + c^{4} \right)^{2}}{\left( a^{2} + b^{2} + c^{2}\right)^{2} + a^{2} + b^{2} + c^{2}} = 3.$

Mặt khác: $(a + b + c)^{2} \leq 3\left( a^{2} + b^{2} + c^{2} \right) = 9 \Leftrightarrow a + b + c \leq 3.$

Vậy $\frac{2a^{2}}{a + b^{2}} + \frac{2b^{2}}{b + c^{2}} + \frac{2c^{2}}{c + a^{2}} \geq a + b + c.$

Ví dụ. Cho $a$ , $b$ , $c$ là các số thực dương thỏa mãn $a^{2} + b^{2} + c^{2} = 3$ . Chứng minh rằng $\frac{ab}{c} + \frac{bc}{a} + \frac{ca}{b} \geq 3$ .

Hướng dẫn giải

Để đưa về cùng bậc ta thực hiện bình phương hai vế được:

Ta có:

$\left( \frac{ab}{c} + \frac{bc}{a} + \frac{ca}{b} \right)^{2} \geq 9$

$\Leftrightarrow \frac{a^{2}b^{2}}{c^{2}} + \frac{b^{2}c^{2}}{a^{2}} + \frac{c^{2}a^{2}}{b^{2}} + 2\left( a^{2} + b^{2} + c^{2} \right) \geq 3\left( a^{2} + b^{2} + c^{2} \right)$ .

$\Leftrightarrow \frac{a^{2}b^{2}}{c^{2}} + \frac{b^{2}c^{2}}{a^{2}} + \frac{c^{2}a^{2}}{b^{2}} \geq a^{2} + b^{2} + c^{2}$ .

Thật vậy, Theo Côsi có: $\left\{\begin{matrix}\dfrac{a^{2}b^{2}}{c^{2}} + \dfrac{b^{2}c^{2}}{a^{2}} \geq 2b^{2} \\\dfrac{b^{2}c^{2}}{a^{2}} + \dfrac{c^{2}a^{2}}{b^{2}} \geq 2c^{2} \\\dfrac{c^{2}a^{2}}{b^{2}} + \dfrac{a^{2}b^{2}}{c^{2}} \geq 2a^{2} \\\end{matrix} \right.$ $\Leftrightarrow \frac{a^{2}b^{2}}{c^{2}} +\frac{b^{2}c^{2}}{a^{2}} + \frac{c^{2}a^{2}}{b^{2}} \geq a^{2} + b^{2} +c^{2}$

Vậy $\frac{ab}{c} + \frac{bc}{a} + \frac{ca}{b} \geq 3$ .

Dạng 2: Phương pháp sử dụng bất đẳng thức Bunyakovsky

a) Bất đẳng thức Bunyakovsky.

Cho dãy số thực $\left( a_{1},a_{2},...,a_{n} \right)$ và $\left( b_{1},b_{2},...,b_{n} \right)$ thì ta luôn có:

$\left( a_{1}^{2} + a_{2}^{2} + ... + a_{n}^{2} \right)\left( b_{1}^{2} + b_{2}^{2} + ... + b_{n}^{2} \right) \geq \left( a_{1}b_{1} + a_{2}b_{2} + ... + a_{n}b_{n} \right)^{2}$ .

Dẳng thức xảy ra khi: $\frac{a_{1}}{b_{1}} = \frac{a_{2}}{b_{2}} = ... = \frac{a_{n}}{b_{n}}$ .

Quy ước: Nếu $b_{1} = 0$ thì $a_{1} = 0$ , tương tự áp dụng với $b_{2},b_{3},...,b_{n}$ .

Đặc biệt: $(a + b)(c + d) \geq \left( \sqrt{ac} + \sqrt{bd} \right)^{2},\forall a,b,c,d > 0$ .

Vì theo Bunyakovsky có: $\left\lbrack \left( \sqrt{a} \right)^{2} + \left( \sqrt{b} \right)^{2} \right\rbrack\left\lbrack \left( \sqrt{c} \right)^{2} + \left( \sqrt{d} \right)^{2} \right\rbrack \geq \left( \sqrt{ac} + \sqrt{bd} \right)^{2}$ .

Đẳng thức xảy ra khi: $ac = bd \Leftrightarrow \frac{a}{c} = \frac{b}{d}$ .

Mở rộng: $(a + b + c)(d + e + f) \geq \left( \sqrt{ad} + \sqrt{be} + \sqrt{cf} \right)^{2},\forall a,b,c,d,e,f > 0$ .

b) Các ví dụ minh họa

Ví dụ. Cho $a,b > 0$ . Chứng minh rằng: $\frac{1}{(1 + a)^{2}} + \frac{1}{(1 + b)^{2}} \geq \frac{1}{1 + ab}$ .

Hướng dẫn giải

Ta có $(1 + ab)\left( 1 + \frac{a}{b} \right) \geq (1 + a)^{2} > 0 \Rightarrow \frac{1}{(1 + a)^{2}} \geq \frac{b}{(1 + ab)(a + b)}$ .

Tương tự ta có được:

$(1 + ab)\left( 1 + \frac{b}{a} \right)\geq (1 + b)^{2}$ $\Rightarrow \frac{1}{(1 + b)^{2}} \geq \frac{a}{(1 +ab)(a + b)}$ .

Cộng vế với vế ta được: $\frac{1}{(1 + a)^{2}} + \frac{1}{(1 + b)^{2}} \geq \frac{1}{1 + ab}$ .

Đẳng thức xảy ra khi: $a = b = 1$ .

Ví dụ. Cho $a;b;c$ là các số dương và thỏa mãn : $a + b + c = 3$ . Chứng minh rằng:

$\frac{1}{a^{2} + b + c} + \frac{1}{b^{2} + c + a} + \frac{1}{c^{2} + a + b} \leq 1$

Hướng dẫn giải

Ta dễ thấy điểm rơi đạt tại: $a = b = c = 1$ .

Sử dụng bất đẳng thức Bunyakovsky có:

$\left\lbrack a^{2} + \left( \sqrt{b} \right)^{2} + \left( \sqrt{c} \right)^{2} \right\rbrack\left\lbrack 1^{2} + \left( \sqrt{b} \right)^{2} + \left( \sqrt{c} \right)^{2} \right\rbrack \geq (a + b + c)^{2}.$

$\Leftrightarrow a^{2} + b + c \geq \frac{(a + b + c)^{2}}{1 + b + c} \Rightarrow \frac{1}{a^{2} + b + c} \leq \frac{1 + b + c}{(a + b + c)^{2}}.$

Tương tự ta có: $\left\{ \begin{matrix}\dfrac{1}{b^{2} + c + a} \leq \dfrac{1 + c + a}{(a + b + c)^{2}} \\\dfrac{1}{c^{2} + a + b} \leq \dfrac{1 + a + b}{(a + b + c)^{2}} \\\end{matrix} \right.$

Vậy $\frac{1}{a^{2} + b + c} + \frac{1}{b^{2} + c + a} + \frac{1}{c^{2} + a + b} \leq \frac{2(a + b + c) + 3}{(a + b + c)^{2}} = 1.$

Đẳng thức xảy ra khi: $a = b = c = 1$ .

Ví dụ. Cho $a,b,c > 0$ và thỏa mãn $a + b + c = 1$ . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

$P = \frac{a}{9a^{3} + 3b^{2} + c} + \frac{b}{9b^{3} + 3c^{2} + a} + \frac{c}{9c^{3} + 3a^{2} + b}$

Hướng dẫn giải

Ta dễ dàng thấy điểm rơi đạt tại: $a = b = c = \frac{1}{3}$ .

Ta có:

$\left( 9a^{3} + 3b^{2} + c \right)\left(\frac{1}{9a} + \frac{1}{3} + c \right) \geq \left( a^{2} + b^{2} + c^{2}\right) = 1$ $\Leftrightarrow 9a^{3} + 3b^{2} + c \geq\dfrac{1}{\dfrac{1}{9a} + \dfrac{1}{3} + c}.$

Từ đó: $\frac{a}{9a^{3} + 3b^{2} + c} \leq a\left( \frac{1}{9a} + \frac{1}{3} + c \right) = \frac{a}{3} + ac + \frac{1}{9}$ .

Tương tự: $\left\{ \begin{matrix}\dfrac{b}{9b^{3} + 3c^{2} + a} \leq \dfrac{b}{3} + ba + \dfrac{1}{9} \\\dfrac{c}{9c^{3} + 3a^{2} + b} \leq \dfrac{c}{3} + cb + \dfrac{1}{9} \\\end{matrix} \right.$ .

Khi đó: $P \leq \left( \frac{a + b + c}{3} \right) + (ac + bc + ca) + \frac{1}{3} \leq \frac{2}{3} + \frac{1}{3}(a + b + c)^{2} = 1$ .

Vậy $MaxP\ = \ 1 \Leftrightarrow a\ = \ b\ = \ c\ = \ \frac{1}{3}$ .

Ví dụ. Cho $a,b,c > 0$ và thỏa mãn $abc \geq 1$ . Chứng minh rằng:

$\frac{1}{a^{5} + b^{2} + c^{2}} + \frac{1}{b^{5} + c^{2} + a^{2}} + \frac{1}{c^{5} + a^{2} + b^{2}} \leq \frac{3}{a^{2} + b^{2} + c^{2}}$

Hướng dẫn giải

Ta dễ thấy điểm rơi đạt tại: $a = b = c = 1$ .

Ta có:

$\left( a^{5} + b^{2} + c^{2} \right)\left( \frac{1}{a} + b^{2} + c^{2} \right) \geq \left( a^{2} + b^{2} + c^{2} \right)^{2}$

$\Leftrightarrow a^{5} + b^{2} + c^{2}\geq \dfrac{\left( a^{2} + b^{2} + c^{2} \right)^{2}}{\dfrac{1}{a} + b^{2}+ c^{2}}$

Từ đó $\dfrac{1}{a^{5} + b^{2} + c^{2}}\leq \dfrac{\dfrac{1}{a} + b^{2} + c^{2}}{\left( a^{2} + b^{2} + c^{2}\right)^{2}}$ .

Tương tự $\left\{ \begin{matrix}\dfrac{1}{b^{5} + c^{2} + a^{2}} \leq \dfrac{\dfrac{1}{b} + c^{2} +a^{2}}{\left( a^{2} + b^{2} + c^{2} \right)^{2}} \\\dfrac{1}{c^{5} + a^{2} + b^{2}} \leq \dfrac{\dfrac{1}{c} + a^{2} +b^{2}}{\left( a^{2} + b^{2} + c^{2} \right)^{2}} \\\end{matrix} \right.$

Khi đó

$\dfrac{1}{a^{5} + b^{2} + c^{2}} +\dfrac{1}{b^{5} + c^{2} + a^{2}} + \dfrac{1}{c^{5} + a^{2} + b^{2}}$ $\leq\dfrac{\left( \dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c} \right) + 2\left(a^{2} + b^{2} + c^{2} \right)}{\left( a^{2} + b^{2} + c^{2}\right)^{2}}$

Mặt khác $\left\{ \begin{matrix}\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c} = \dfrac{ab + bc + ca}{abc} \leq ab + bc + ca\left( do \text{ }abc \geq 1 \right) \\ab + bc + ca \leq a^{2} + b^{2} + c^{2} \\\end{matrix} \right.$

Vậy $\frac{1}{a^{5} + b^{2} + c^{2}} + \frac{1}{b^{5} + c^{2} + a^{2}} + \frac{1}{c^{5} + a^{2} + b^{2}} \leq \frac{3}{a^{2} + b^{2} + c^{2}}$ .

Ví dụ. Cho $a,b,c > 0$ và thỏa mãn $abc \geq 1$ . Chứng minh rằng:

$\frac{a^{5} - a^{2}}{a^{5} + b^{2} + c^{2}} + \frac{b^{5} - b^{2}}{b^{5} + c^{2} + a^{2}} + \frac{c^{5} - c^{2}}{c^{5} + a^{2} + b^{2}} \geq 0$

Hướng dẫn giải

$\frac{a^{5} - a^{2}}{a^{5} + b^{2} + c^{2}} + \frac{b^{5} - b^{2}}{b^{5} + c^{2} + a^{2}} + \frac{c^{5} - c^{2}}{c^{5} + a^{2} + b^{2}} \geq 0$

$\Leftrightarrow \left( 1 - \frac{a^{2} + b^{2} + c^{2}}{a^{5} + b^{2} + c^{2}} \right) + \left( 1 - \frac{a^{2} + b^{2} + c^{2}}{b^{5} + c^{2} + a^{2}} \right) + \left( 1 - \frac{a^{2} + b^{2} + c^{2}}{c^{5} + a^{2} + b^{2}} \right) \geq 0$

$\Leftrightarrow \left( a^{2} + b^{2} + c^{2} \right)\left( \frac{1}{a^{5} + b^{2} + c^{2}} + \frac{1}{b^{5} + c^{2} + a^{2}} + \frac{1}{c^{5} + a^{2} + b^{2}} \right) \leq 3$

$\Leftrightarrow \frac{1}{a^{5} + b^{2} + c^{2}} + \frac{1}{b^{5} + c^{2} + a^{2}} + \frac{1}{c^{5} + a^{2} + b^{2}} \leq \frac{3}{a^{2} + b^{2} + c^{2}}$ (đã chứng minh)

Suy ra điều phải chứng minh.

Ví dụ. Cho $a,b,c$ là các số dương và thỏa mãn $abc = 1$ . Chứng minh rằng:

$\frac{1}{a^{3} + b^{3} + 1} + \frac{1}{b^{3} + c^{3} + 1} + \frac{1}{c^{3} + a^{3} + 1} \leq 1$

Hướng dẫn giải

Ta dễ thấy điểm rơi đạt tại: $a = b = c = 1$

Ta có: $\left( a^{3} + b^{3} + 1\right)\left( \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + c^{2} \right) \geq (a + b +c)^{2}$ $\Leftrightarrow a^{3} + b^{3} + 1 \geq \dfrac{(a + b +c)^{2}}{\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + c^{2}}$

Từ đó ta có được $\dfrac{1}{a^{3} + b^{3} +1} \leq \dfrac{\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + c^{2}}{(a + b +c)^{2}}$

Tương tự $\left\{ \begin{matrix}\dfrac{1}{b^{3} + c^{3} + 1} \leq \dfrac{\dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c} +a^{2}}{(a + b + c)^{2}} \\\dfrac{1}{c^{3} + a^{3} + 1} \leq \dfrac{\dfrac{1}{c} + \dfrac{1}{a} +b^{2}}{(a + b + c)^{2}} \\\end{matrix} \right.$

Khi đó $\frac{1}{a^{3} + b^{3} + 1} +\frac{1}{b^{3} + c^{3} + 1} + \frac{1}{c^{3} + a^{3} + 1}$ $\leq\frac{2\left( \dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c} \right) + \left(a^{2} + b^{2} + c^{2} \right)}{(a + b + c)^{2}}$

Mặt khác $\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} = ab + bc + ca$ (do $abc = 1$ )

Vậy $\frac{1}{a^{3} + b^{3} + 1} + \frac{1}{b^{3} + c^{3} + 1} + \frac{1}{c^{3} + a^{3} + 1} \leq \frac{(a + b + c)^{2}}{(a + b + c)^{2}} = 1$

Đẳng thức xảy ra khi $a = b = c = 1$ .

Ta có thể giải bài toán theo cách khác

$a^{3} + b^{3} \geq ab(a + b) \Leftrightarrow a^{3} + b^{3} + 1 \geq ab(a + b + c)$

$\Leftrightarrow \frac{1}{a^{3} + b^{3} + 1} \leq \frac{1}{ab(a + b + c)} = \frac{c}{a + b + c}$

Tương tự ta có $\frac{1}{a^{3} + b^{3} + 1} + \frac{1}{b^{3} + c^{3} + 1} + \frac{1}{c^{3} + a^{3} + 1} \leq \frac{c + a + b}{a + b + c} = 1$ .

Ví dụ. Cho $a,b,c$ là các số dương và thỏa mãn $a + b + c = 2016$ . Tìm GTLN của biểu thức:

$P = \frac{a}{a + \sqrt{2016a + bc}} + \frac{b}{b + \sqrt{2016b + ca}} + \frac{c}{c + \sqrt{2016c + ab}}$

Hướng dẫn giải

Ta có $\sqrt{2016a + bc} = \sqrt{a\ (a + b + c) + bc} = \sqrt{(a + b)(c + a)} \geq \sqrt{ac} + \sqrt{ab}$

Từ đó ta có được $\frac{a}{a + \sqrt{2016a + bc}} \leq \frac{a}{a + \sqrt{ac} + \sqrt{ab}} = \frac{\sqrt{a}}{\sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{c}}$

Tương tự $\left\{ \begin{matrix}\dfrac{b}{b + \sqrt{2016b + bc}} \leq \dfrac{\sqrt{b}}{\sqrt{a} + \sqrt{b}+ \sqrt{c}} \\\dfrac{c}{c + \sqrt{2016c + ab}} \leq \dfrac{\sqrt{c}}{\sqrt{a} + \sqrt{b}+ \sqrt{c}} \\\end{matrix} \right.$ . Khi đó $P \leq \frac{\sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{c}}{\sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{c}} = 1$

Mặt khác $\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} = ab + bc + ca$ (do $abc = 1$ )

$\Rightarrow \max P = 1 \Leftrightarrow a = b = c = 672$

Dạng 3: Phương pháp miền giá trị

Ví dụ. Cho $x > y > 0$ và $xy = 4$ . Tìm GTNN của biểu thức: $P = \frac{x^{2} + y^{2}}{x - y + 1}$ .

Hướng dẫn giải

Ta có $P = \frac{(x - y)^{2} + 2xy}{x - y + 1} = \frac{(x - y)^{2} + 8}{x - y + 1}$

Ta đặt $t = x - y > 0 \Rightarrow P = \frac{t^{2} + 8}{t + 1} \Leftrightarrow t^{2} - Pt + 8 - P = 0$

Điều kiện có nghiệm t

$\Delta_{t} = P^{2} - 4(8 - P) \geq 0 \Leftrightarrow P^{2} + 4P - 32 \geq 0 \Leftrightarrow \left\lbrack \begin{matrix} P \geq 4 \\ P \leq - 8 \\ \end{matrix} \right.$

Vậy $\min P = 4 \Leftrightarrow t = \frac{P}{2} = 2 \Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} x = 2 + y \\ xy = 4 \\ \end{matrix} \right.\ \Leftrightarrow (x;y) = \left( \sqrt{5} + 1;\sqrt{5} - 1 \right)$

Ta có thể giải bài toán như sau

Đặt $t = x - y > 0 \Rightarrow P = \frac{t^{2} + 8}{t + 1}$

$\Leftrightarrow t - 1 + \frac{9}{t + 1} = \left( t + 1 + \frac{9}{t + 1} \right) - 2 \geq 2.3 - 2 = 4$

Ta chứng minh :

$P = \frac{(x - y)^{2} + 8}{x - y + 1} \geq 4 \Leftrightarrow \frac{(x - y)^{2} - 4(x - y) + 4}{x - y + 1} \geq 0$

$\Leftrightarrow \frac{(x - y - 2)^{2}}{x - y + 1} \geq 0(\forall x > y > 0)$

Vậy $\min P = 4 \Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} x - y = 2 \\ xy = 4 \\ \end{matrix} \right.\ \Leftrightarrow (x;y) = \left( \sqrt{5} + 1\ ;\ \sqrt{5} - 1 \right)$

Ví dụ. Cho $x,y > 0$ và $x + y = 1$ . Tìm GTNN của biểu thức $P = \frac{1}{x^{2} + y^{2}} + \frac{1}{xy}$ .

Hướng dẫn giải

Ta có nhận xét: $x,y > 0 \Rightarrow P > 0.$

Ta có: $x^{3} + y^{3} = (x + y)^{3} - 3xy(x + y) = 1 - 3xy \Rightarrow P = \frac{1}{1 - 3xy} + \frac{1}{xy}$

Đơn giản ta đặt $t = xy \leq \frac{(x + y)^{4}}{4} = \frac{1}{4}$

$\Rightarrow P = \frac{1}{1 - 3t} + \frac{1}{t} = \frac{1 - 2t}{t - 3t^{2}} \Leftrightarrow 3Pt^{2} - (P + 2)t + 1 = 0$

Để có nghiệm t $\Leftrightarrow \Delta =(P + 2)^{2} - 12P \geq 0$ $\Leftrightarrow (P + 2)^{2} \geq 12P\Leftrightarrow P \geq 4 + 2\sqrt{3}\ \ (P > 0)$

$MinP = 4 + 2\sqrt{3}$ $\Leftrightarrow t = \frac{P + 2}{6P} = \frac{2\left( 3 + \sqrt{3} \right)}{12\left( 2 + \sqrt{3} \right)} = \frac{3 - \sqrt{3}}{6}$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix}x + y = 1 \\xy = \dfrac{3 - \sqrt{3}}{6} \\\end{matrix} \right.\ \Rightarrow x,y$

Dạng 4: Phương pháp dồn biến

Ví dụ. Cho $a\ ,b > 0$ và thỏa mãn $a\ + b \leq 1$ . Chứng minh rằng: $a^{2} - \frac{3}{4a} - \frac{a}{b} \leq - \frac{9}{4}$ .

Hướng dẫn giải

Ta dễ thấy điểm rơi đạt tại: $a = b = \frac{1}{2}.$

Ta có: $1 \geq a + b \geq 2\sqrt{ab} \Leftrightarrow 4a \leq \frac{1}{b} \Leftrightarrow 4a^{2} \leq \frac{a}{b} \Leftrightarrow - \frac{a}{b} \leq - 4a^{2}$

Từ đó: $M = a^{2} - \frac{3}{4a} - \frac{a}{b} \leq a^{2} - \frac{3}{4a} - 4a^{2} = - 3\left( a^{2} + \frac{1}{4a} \right) \leq - \frac{9}{4}$

Vì với điểm rơi trên thì ta tách:

$a^{2} + \frac{1}{4a} = \left( a - \frac{1}{2} \right)^{2} + \left( a + \frac{1}{4a} \right) - \frac{1}{4} \geq 0 + 2\sqrt{\frac{1}{4}} - \frac{1}{4} = \frac{3}{4}.$

Đẳng thức xảy ra khi: $a = b = c = \frac{1}{3}.$

Ví dụ. Cho $a,\ \ b,\ \ c$ là các số thực dương. Tìm GTLN của biểu thức:

$P = \frac{4}{\sqrt{a^{2} + b^{2} + c^{2} + 4}} - \frac{9}{(a + b)\sqrt{(a + 2c)(b + 2c)}}.$

Hướng dẫn giải

Ta thấy điểm rơi đạt tại: $a = b = c = 2.$

Từ đó ta có: $a^{2} + b^{2} + c^{2} + 4 \geq \frac{(a + b)^{2}}{2} + \frac{(c + 2)^{2}}{2} \geq \frac{(a + b + c + 2)^{2}}{4}.$

$\Rightarrow \sqrt{a^{2} + b^{2} + c^{2} + 4} \geq \frac{(a + b)^{2}}{2} + \frac{(c + 2)^{2}}{2} \geq \frac{a + b + c + 2}{2}.$

$(a + b)\sqrt{(a + 2c)(b + 2c)} \leq\frac{1}{6}(3a + 3b)(a + b + 4c)$ $\leq \frac{1}{24}(4a + 4b +4c)^{2}$

$\Rightarrow (a + b)\sqrt{(a + 2c)(b + 2c)} \leq \frac{2}{3}(a + b + c)^{2}.$

Vậy: $P \leq \frac{8}{a + b + c + 2} - \frac{27}{2(a + b + c)^{2}}.$

Ta đặt: $t = a + b + c(t > 0) \Rightarrow P \leq \frac{8}{t + 2} - \frac{27}{2t^{2}}.$

Với điểm rơi tại: $a = b = c = 2$ thì $t = 6 \Rightarrow P_{\max} = \frac{5}{8}.$

Ta có: $\dfrac{1}{t + 2} =\dfrac{1}{\dfrac{2t}{3} + \left( \dfrac{t}{3} + 2 \right)} \leq\dfrac{1}{4}\left( \dfrac{1}{\dfrac{2t}{3}} + \dfrac{1}{\dfrac{t}{3} + 2}\right)$ $\leq \dfrac{3}{8t} + \dfrac{1}{16}\left( \dfrac{3}{t} + \dfrac{1}{2}\right) = \frac{9}{16t} + \frac{1}{32}.$

$\Rightarrow P \leq \frac{8}{t + 2} -\frac{27}{2t^{2}} = \frac{9}{2t} + \frac{1}{4} - \frac{27}{2t^{2}}$ $=\frac{5}{8} - \frac{3}{2}\left( \frac{3}{t} - \frac{1}{2} \right)^{2}\leq \frac{5}{8}.$

Vậy $MaxP = \frac{5}{8} \Leftrightarrow t = 6 \Rightarrow a = b = c = 2.$

Ví dụ. Cho $x,y$ là các số thực dương và thỏa mãn $x^{4} + y^{4} + \frac{1}{xy} = xy + 2$ . Tìm GTLN của biểu thức:

$P = \frac{2}{1 + x^{2}} + \frac{2}{1 + y^{2}} - \frac{3}{1 + 2xy}.$

Hướng dẫn giải

Ta thấy điểm rơi đạt tại: $x = y = \frac{1}{\sqrt{2}}.$

Ta có: $xy + 2 = x^{4} + y^{4} + \frac{1}{xy} \geq \frac{\left( x^{2} + y^{2} \right)^{2}}{2} + \frac{1}{xy} \geq 2(xy)^{2} + \frac{1}{xy}.$

Đặt: $t = xy(t > 0) \Rightarrow t + 2\geq 2t^{2} + \frac{1}{t}$ $\Leftrightarrow 2t^{3} - t^{2} - 2t + 1 \leq 0\Leftrightarrow \frac{1}{2} \leq t \leq 1.$

Ta dùng bổ đề: $\frac{1}{1 + x^{2}} + \frac{1}{1 + y^{2}} \leq \frac{2}{1 + xy}(0 < xy \leq 1)$

$\Rightarrow P \leq \frac{4}{1 + xy} - \frac{3}{1 + 2xy} = \frac{4}{1 + t} - \frac{3}{1 + 2t}.$

Ta có: $\frac{4}{1 + t} - \frac{3}{1 + 2t} = \frac{5t + 1}{2t^{2} + 3t + 1}\left( \frac{1}{2} \leq t \leq 1 \right).$

Xét hiệu: $\dfrac{7}{6} - \dfrac{5t +1}{2t^{2} + 3t + 1} = \dfrac{14t^{2} - 9t + 1}{6\left( 2t^{2} + 3t + 1\right)}$ $= \dfrac{14\left( t - \dfrac{1}{2} \right)^{2} + 5\left( t -\dfrac{1}{2} \right)}{6\left( 2t^{2} + 3t + 1 \right)} \geq 0,\forall t\geq \frac{1}{2}.$

Vậy $P \leq \frac{5t + 1}{2t^{2} + 3t + 1} \leq \frac{7}{6} \Rightarrow MaxP = \frac{7}{6} \Leftrightarrow t = \frac{1}{2} \Rightarrow x = y = \frac{1}{\sqrt{2}}.$

Ví dụ. Cho $a,b,c > 0$ và thỏa mãn $a + b + c = 1$ . Tìm GTNN của biểu thức

$Q = 14\left( a^{2} + b^{2} + c^{2} \right) + \frac{ab + bc + ca}{a^{2}b + b^{2}c + c^{2}a}.$

Hướng dẫn giải

Với điểm rơi đạt tại $a = b = c = \frac{1}{3}.$

$ab + bc + ca = \frac{1}{2}\left\lbrack (a+ b + c)^{2} - \left( a^{2} + b^{2} + c^{2} \right) \right\rbrack$ $=\frac{1 - \left( a^{2} + b^{2} + c^{2} \right)}{2}$

Ta đã biết:

$(a + b + c)\left( a^{2} + b^{2} + c^{2} \right)$

$= \left( a^{3} + b^{3} + c^{3} \right) + \left( a^{2}b + b^{2}c + c^{2}a \right) + \left( ab^{2} + bc^{2} + ca^{2} \right).$

Sử dụng bất đẳng thức AM – GM:

$a^{3} + ab^{2} \geq 2a^{2}b$ $\Rightarrow\left( a^{3} + ab^{2} \right) + \left( b^{3} + bc^{2} \right) + \left(c^{3} + ca^{2} \right)$ $\geq 2\left( a^{2}b + b^{2}c + c^{2}a\right).$

$(a + b + c)\left( a^{2} + b^{2} + c^{2} \right) \geq 3\left( ab^{2} + b^{2}c + c^{2}a \right)$

$\Leftrightarrow ab^{2} + b^{2}c + c^{2}a \leq \frac{a^{2} + b^{2} + c^{2}}{3}.$

$\Rightarrow Q \geq 14\left( a^{2} + b^{2}+ c^{2} \right) + \frac{3 - 3\left( a^{2} + b^{2} + c^{2}\right)}{2\left( a^{2} + b^{2} + c^{2} \right)}$ $= 14\left( a^{2} + b^{2}+ c^{2} \right) + \frac{3}{2\left( a^{2} + b^{2} + c^{2} \right)} -\frac{3}{2}.$

Ta đặt:

$t = a^{2} + b^{2} + c^{2} \geq \frac{(a + b + c)^{2}}{3} = \frac{1}{3}$

$\Rightarrow Q \geq 14t + \frac{3}{2t} - \frac{3}{2} = \left( \frac{3}{2t} + \frac{27t}{2} \right) + \frac{t}{2} - \frac{3}{2} \geq \frac{23}{3}.$

Vậy $Min\ Q = \frac{23}{3} \Leftrightarrow t = \frac{1}{3} \Leftrightarrow a = b = c = \frac{1}{3}.$

Dạng 5: Phương pháp phản chứng

Ví dụ. Cho $x,y$ là các số thực dương và thỏa mãn $x^{3} + y^{3} = x - y$ . Chứng minh rằng $x^{2} + y^{2} < 1$ .

Hướng dẫn giải

Ta giả sử rằng: $x^{2} + y^{2} \geq 1$

Từ giả thiết: $x - y = x^{3} + y^{3} \Rightarrow x > y > 0.$

Khi đó: $(x - y)\left( x^{2} + y^{2} \right) \geq x^{3} + y^{3}$

$\Leftrightarrow x^{3} + xy^{2} - x^{2}y - y^{3} \geq x^{3} + y^{3}$

$\Leftrightarrow xy^{2} - x^{2}y - 2y^{3} \geq 0 \Leftrightarrow y\left\lbrack x(y - x) - 2y^{2} \right\rbrack < 0,\forall x > y > 0.$

Vậy bất đẳng thức $(*)$ không thể xảy ra, nên điều kiện giả sử là sai suy ra điều phải chứng minh.

Ví dụ. Cho $a,b$ là các số thực dương và thỏa mãn $a + b = 2$ . Chứng minh rằng: $\sqrt[3]{a} + \sqrt[3]{b} \leq 2.$

Hướng dẫn giải

Ta đặt: $x = \sqrt[3]{a},y = \sqrt[3]{b}(x,y > 0) \Rightarrow x^{3} + y^{3} = 2$

Ta cần đi chứng minh: $x + y \leq 2.$

Ta giả sử: $x + y > 2 \Leftrightarrow (x + y)^{3} > 8$

$\Leftrightarrow x^{3} + y^{3} + 3xy(x + y) > 8 \Leftrightarrow xy(x + y) > 2$

$\Leftrightarrow xy(x + y) > x^{3} + y^{3}$

$\Leftrightarrow xy > x^{2} - xy + y^{2} \Leftrightarrow (x - y)^{2} < 0$ (vô lý).

Vậy điều giả sử là sai nên hoàn tất việc chứng minh.

Dạng 6: Phương pháp làm trội

Ví dụ: Cho $a$ , $b$ , $c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng:

$1 < \frac{a}{a + b} + \frac{b}{b + c} + \frac{c}{c + a} < 2$ Hướng dẫn giải

Ta có: $0 < a < a + b$ $\Rightarrow \frac{a}{a + b} < 1 \Rightarrow \frac{a}{a + b + c} < \frac{a}{a + b} < \frac{a + c}{a + b + c}.$

Tương tự ta có được: $\frac{b}{a + b + c} < \frac{b}{b + c} < \frac{b + a}{a + b + c}$ , $\frac{c}{a + b + c} < \frac{c}{a + c} < \frac{c + b}{a + b + c}.$

Cộng vế với vế ta được: $1 < \frac{a}{a + b} + \frac{b}{b + c} + \frac{c}{c + a} < 2$

II. BÀI TẬP TỰ RÈN LUYỆN

Bài 1. Cho $a$ , $b$ , $c > 0$ và $2ab + 6bc + 2ca = 7abc$ . Tìm GTNN của biểu thức

$Q = \frac{4ab}{a + 2b} + \frac{9ca}{a + 4c} + \frac{4bc}{b + c}.$

Bài 2. Cho $a$ , $b$ , $c > 0$ và thỏa mãn $7\left( \frac{1}{a^{2}} + \frac{1}{b^{2}} + \frac{1}{c^{2}} \right) = 6\left( \frac{1}{ab} + \frac{1}{bc} + \frac{1}{ca} \right) + 2015.$ Tìm GTLN của biểu thức $P = \frac{1}{\sqrt{3\left( 2a^{2} + b^{2} \right)}} + \frac{1}{\sqrt{3\left( 2b^{2} + c^{2} \right)}} + \frac{1}{\sqrt{3\left( 2c^{2} + a^{2} \right)}}$

Bài 3. Cho $a$ , $b$ , $c$ là các số thực dương và thỏa mãn $a + b + c \leq 3$ . Chứng minh rằng: $M = \frac{1}{a^{2} + b^{2} + c^{2}} + \frac{2009}{ab + bc + ca} \geq 670.$

Bài 4. Cho $x$ , $y > 0$ và thỏa mãn $x + y \leq 1$ . Tìm GTNN của biểu thức:

$P = \left( x^{2} + \frac{1}{4y^{2}} \right)\left( y^{2} + \frac{1}{4x^{2}} \right)$

Bài 5. Cho $a$ , $b$ , $c$ là các số thực dương và thỏa mãn $a + b + c = 2$ . Chứng minh rằng:

$\frac{a^{3}}{a^{2} + ab + b^{2}} + \frac{b^{3}}{b^{2} + bc + c^{2}} + \frac{c^{3}}{c^{2} + ca + a^{2}} \geq \frac{2}{3}.$

Bài 6. Cho $a$ , $b$ , $c$ là các số thực dương. Tìm GTLN của biểu thức

$T = \frac{a + b + c}{\left( 4a^{2} + 2b^{2} + 1 \right)\left( 4c^{2} + 3 \right)}.$

Chia sẻ nhận xét

Đánh giá tài liệu

Sắp xếp theo

Xóa Gửi đánh giá

90.000đ

Mua ngay

Thuộc tính tài liệu:

Lớp: Ôn vào 10
Môn: Toán
Dạng tài liệu: Chuyên đề
Loại: Tài liệu Lẻ