A  3 B  C  B  C    B  A    B  A 

1  1

 1  1  1  1 

2a  3b c bcbaba

9 a b b c b a 





Có thể bạn quan tâm!

• Rèn luyện tư duy sáng tạo cho học sinh trung học phổ thông thông qua giải một số bài tập Đại số - Giải tích bằng nhiều cách - 1
• Rèn luyện tư duy sáng tạo cho học sinh trung học phổ thông thông qua giải một số bài tập Đại số - Giải tích bằng nhiều cách - 2
• Rèn luyện tư duy sáng tạo cho học sinh trung học phổ thông thông qua giải một số bài tập Đại số - Giải tích bằng nhiều cách - 3
•  X  Y  X  Z  Y  Z   12 Yz  Y  Z   3  Y  Z  2  Y  Z   3  Y  Z  3 ( 2) Cộng (1) (2) Ta Được Điều Phải Chứng Minh
• Rèn luyện tư duy sáng tạo cho học sinh trung học phổ thông thông qua giải một số bài tập Đại số - Giải tích bằng nhiều cách - 6
• Rèn luyện tư duy sáng tạo cho học sinh trung học phổ thông thông qua giải một số bài tập Đại số - Giải tích bằng nhiều cách - 7

Xem toàn bộ 58 trang tài liệu này.

 1  2  3  1 

Cộng vế với vế ta được

36 a b c 

1

a  2b  3c

 1

3a b  2c

 1

2a  3b c

1 ( 6 6 6) 3

36 a b c 16

Bài tập :1.Với

a,b,c là số thực dương thỏa mãn điều kiện 1 1 1  4

a b c

.CMR 1 1 1 1 (1 1 1)

a  2b c a b  2c 2a b c 4 a b c

2.Chứng minh với a,b,c là số thực dương thỏa mãn điều kiện

abc ab ac bc thì 1

a  2b  3c

 1

3a b  2c

 1

2a  3b c

 17

96

Ví dụ 3:Với a, b, c là số thực không âm ta luôn có

aabacbbcbacca(c b)  0

Cách 1: Đặt ẩn phụ

Do vai trò của

a,b,c như nhau nên ta có thể giả sử a b c

Đặt

x a b, y b c ta có bất đẳng thức tương đương

cxyy c yxycx yx(x y)  0

cx2y2xyx2(x  2y)  0

âm

luôn đúng do

x, y,c là các số không

Dấu “=” xảy ra khi a b c hoặc

Cách 2: Đánh giá

a b,c  0 hoặc các hoán vị của nó

Do vai trò của

a,b,c như nhau nên ta có thể giả sử a b c

Khi đó có

cc a(c b)  0

Ta xét

aacbbca2 b2ac bc a b(a b c)  0

aaba cbbca b 0

aabacbbc(b a)  0

Cộng 2 bất đẳng thức ta được điều phải chứng minh

Cách 3: Khảo sát hàm số

Do vai trò của

a,b,c như nhau nên ta có thể giả sử a b c

a3 b3 c3  3abc aba bbcb cca(c a)  0

Xét hàm số

f (a) =

a3 b3 c3  3abc ababbcbcca(c a) . Ta có

f ' a 3a2 b2c2  3bc  2ab  2ac

a2b22a2 2ba2bc  2acbc c2

abab 2a ab 2cabc bc

abab  2a  2cc bc 0

nên

f (a)

đồng biến .

vậy

f (a) 

f(b) = c3 3a2c 2acaccac2 0

Ví dụ 4: ( ĐH – A 2013)

Cho các số thực

a,b,c thỏa mãn điều kiện (a c)(b c)  4c2

a2 b2

32a3 32b3

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Cách 1

Áp dụng BĐT Cô-si ta có:

P 

(b  3c)3 (a 3c)3 c

32a3 1 1 32a3

1 1 6a

P  33

(b  3c)3 2 2 (b 

3c)3 . 2 . 2 b  3c

32a3

32b3

6a 6b

a2 b2

a2 b2

P  2

(b  3c)3

(a 3c)3

c b  3c a  3c c

P  6.

a2 b2  3(ac bc) ab  9c2  3(ac bc)

a2 b2

 2

c

(*)

Ta có:

(a c)(b c)  4c2 ac bc  3c2 ab

(1)

Thế vào (*) ta có:

a2 b2  3(3c2 ab)

P  6.

ab  9c2  3(3c2 ab)

 2

a2 b 2

c

P  6.



(a2 b2  2ab)  (9c2 ab) 2(9c2 ab)

a2 b 2

3(a b)2

 2

a2 b 2

c

P  3.



(9c2 ab)

3(a b)2

 3  2

c

a2 b 2

P  3. 

6c2 ac bc c

a2 b 2

 3(a b)2

1 (do (1))

P  3.

c(6c a b)

( a)2  (b)2

c

c

3( a b )

 1

c

P  3.c c 1 (6 a b)

b c

(**)

Đặt x a ; y b (x  0; y  0) thì (x 1)( y 1)  4 xy x y  3

c c

x2 y2

3(xy)2

(2)

(**) P  3.

(6 x y) 1

(x y)2  2xy 1



3(x y)2  4xy





(6 x y)

(x y)2  4 3  (x y)

P  3 

(6 x y)

do(2)

(x y)2  23  (x y)1

(***)

Đặt x y t . Lại có

 (a c)  (b c) 2

4c2  (a c)(b c) 

2 

 2c a b  2 a b

c c

Hay



x y t  2 Nên từ (***) ta có:

t 2 23 t

t 2  4(3 t)

P  3.

P  3.

6 t  1

t 2 2t  6

1

t 2  4t 12 

6 t

P  3. (t  2)(t  6) 

6 t

t 2  2t  6

P  3(t  2) 

 1 

 1

t 2  2t  6

f (t)

Ta có:

f , (t)  3 

t 1

t2  2t  6

3 t 1

t2  2t  6

 0  3 

t 1

t2  2t  6

3 t2  2t  6

t2  2t  6

t 1

t 2  2t  6

( t2  2t  6)2

( t2  2t  6)2

 9t 2 18t  54 

t 2  2t 1

( t2  2t  6)2

0

 8t2 16t  55 

g(t)  8t2 16t  55

g, (t)  16t 16  0,t  2

Nên

g(t) g(2)  8.22 16.2  55  9  0

Suy ra 3 

t 1  0

t2  2t  6

hay

f , (t)  0

Nên hàm

f (t) đồng biến trên nửa khoảng 2, )

2

Suy ra f(t) f (2) 1

2

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 1khi t  2a b c 1

Cách 2:

Đặt

x a , y b . ta được x  0, y  0điều kiện của bài toán trở thành

c c

xy x y  3 khi đó P 

32x3



3

32 y3

x2 y2



3

y  3x  3

u 0,v  0 ta cóu3v3uv3 3uv uv

uv3

3uv3

uv3

4 4

Do đó

32x3

32 y3 x y 3

xy2 2xy  3x  3y) 

 8 

y  3 3 

x  3 3 y  3 x  3 

 8

3

xy  3x  3y  9





Thay

xy  3 x y vào biểu thức ta có

32x3

32 y3 x y 1x y  63

 8

xy 13

y 33

Do đó

x 33

2x y  6

Pxy 13

t x yt  0 và

xy 13

x2 y2

xy2 2xy

xy2 2xy 6

xy 13

t2  2t  6

Pt13

xy2t2

Ta có

3 x y xy x yt  nên t  2t  6 0

4 4

t2  2t  6

Do đó

t  0

Xét

ftt13

vì t  2 ta có

t2  2t  6

f't 3t12

t 1

Với mọi t  2 ta có 3t12 3 và



t  1

t2  2t  6

1

7

t12 7

17

2

2

 3

2

Khi a b c thì P 1

2 Do đó giá trị nhỏ nhất của P là

1

2

Ví dụ 5.(Đại học khối A - 2007).

Cho

x  0, y  0, z  0, xyz 1.Tìm GTNN của biểu thức:

x2 y z y2 z x

z2 x y 

y y  2z z

z z  2x x

x x  2 y y

P 

Nhận xét :

z

Nhìn vào biểu thức P trông rất phức tạp nhưng nỗi lên rõ biến đó có liên

quan đến

x x, y y , z

Do vậy để đơn giản hóa ta nên đổi biến đưa về

bài toán mới. Mặt khác với suy nghĩ đổi biến như vậy thì chúng ta cần

đánh giá tử số đưa về biến cần đổi và chú ý tới điểm rơi là Ta có bài giải như sau:

x y z 1.

x2 y z y2zxz2x y 

Cauchy

x

 2x

y

Cauchy

 2 y

z

Cauchy

 2z

Cách 1: Đặt

a x

 2y y ,b y

 2z z ,c z

 2x

x

Suy ra: x

 4c a  2b , y

 4a b  2c , z

 4b c  2a

y

z

x

x

y

z

9 9 9

Do đó: P 24cababc 624.3 3  6 2

9





9



b c a b c a 

Vậy

MinP  2 x y z 1.

Cách 2:

x2 y z y2 z xz2 x y 

y y  2z z

z z  2x x

x x  2 y y

P 

2x x

y y  2z z

2 y y

z z  2x x

2z z

x x  2 y y



Đặt

a x x;b y y;c z

abc 1

2

=> P a b c a

z

b2

c2

2 b  2c c  2a a  2b ab  2ac bc  2ba ca  2cb

P svac _ so

a b c2

3ab bc ca

 1 P  2

( bất đẳng thức

2 3ab bc ca

so-vac)

Bài tập

3ab bc ca

1. Cho thức.

x  0, y  0, z  0, x y z 3 . Tìm giá tri lớn nhất của biểu

4

3 x  3y

3 y  3z

3 z  3x

P 

Nhận xét: Ta thấy x, y, z có vai trò như nhau trong biểu thức. Từ đó ta

dự đoán dấu bằng xảy ra khi

x y z 1 . Với dấu bằng xảy ra tại

4

x y z 1

4

nên

x  3y 1; y  3z 1; z  3x 1, mặt khác để khử được

căn bậc 3 ta phải Cauchy như sau:

Hướng dẫn

Cauchy x  3y  1  1

3 x  3y .1.1  .

3

Cauchy y  3z  1  1

3 y  3z .1.1  .

3

Cauchy z  3x  1  1

3 z  3x.1.1  .

3

Cộng vế theo vế P  3 MaxP  3 x y z 1 .

4

2. Cho a, b, c dương và a2 + b2 + c2 = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

a3 b3 c3

P 

b2  3 c2  3 a2  3

Hương dẫn

a3

a3 b2  3 3a2



33

64

a

6



Ta có:

(1)

2 b2  3 2 b2  3

b3 b3

16

c2  3

4

c6 3c2

 33 

(2)

2 c2  3 2 c2  3

c3 c3

16 64 4



33

64

c6



a2  3 3c2



(3)

2 a2  3 2

a2  3 16 4

Lấy (1) + (2) + (3) ta được:



a2 b2 c2  9 3

2 2 2

P a

16 4

b c 

(4)

Vì a2 b2 c2  3

Từ (4) P 3

2

vậy giá trị nhỏ nhất

P 3 khi

2

a b c 1.