Bài tập có đáp án chi tiết về đưa bài toán về một biến để chứng minh bất đẳng thức của thầy nguyễn tất thu

Nguyễn Tất Thu

1

PHƯƠNG PHÁP ðƯA VỀ MỘT BIẾN TRONG CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ VÀ CHỨNG MINH BðT BðT và cực trị thường gây khó khăn cho không ít thí sinh trong các kì thi ðH – Cð . Trong bài viết này tôi xin giới thiệu với các bạn một kĩ thuật quen thuộc mà chúng ta thường gặp trong chứng minh BDT ñó là kĩ thuật “ðưa về một biến”

Ví dụ 1. Cho 5 0, 0 và

4 x y x y > > + = . Chứng minh : 4 1 5 4 x y + ≥ (1)

Lời giải: Ta có 5 4 5 4 4 x y y x + = ⇒ = − 4 1 (1) 5 5 4 x x ⇒ ⇔ + ≥ −

.

Xét ( ) 4 1 5 , 0; 5 4 4 f x x x x

  = + ∈  −   ( )

( )

( ) 2 2 4 4 ' , ' 0 1 5 4 f x f x x x x ⇒ = − + = ⇔ = −

Từ bảng biến thiên ta ñược: ( ) ( ) 5 0; 4

min 1 5 f x f      

= = , từ ñó suy ra 4 1 5 4 x y + ≥ .

ðẳng thức xảy ra khi 1 1,

4 x y = = .

Ví dụ 2. Cho , 3;2 x y   ∈−   thỏa 3 3 2 x y + = . Tìm GTLN, GTNN của biểu thức

2 2 P x y = + . Lời giải.

Từ giả thiết ta suy ra ñược 3 3 2 x y = − thay vào P ta ñược

( )

2 3 3 2 3 2 2 3 3 3 (2 ) (2 ) ( ) P y y t t f t = − + = − + =

Trong ñó ta ñã ñặt 3 t y = . Vì 3 3 3 3;2 27;8 27 2 8 6 29 x x y y     ∈− ⇒ ∈− ⇒− ≤ − ≤ ⇔− ≤ ≤     ,

do 3 27;8 6;8 y t     ∈− ⇒ ∈−    .

Xét hàm số ( ) f t trên 6;8 D   = −  , ta có: 3 3 2 2 '( )

3 3. 2 f t

t t = −

−

3 3 '( ) 0 2 1 f t t t t ⇒ = ⇔ − = ⇔ = . Dựa vào bảng biến thiên ta có ñược

3 min min ( ) (0) (2) 4 D P f t f f = = = =

ðạt ñược khi { } 3 , 0, 2 x y ∈ .

3 max max ( ) ( 6) 4 36 D P f t f = = − = + . ðạt ñược khi { } 3 , 3;2 x y ∈− .

Nhận xét: * Cách giải trên chỉ ñòi hỏi chúng ta kĩ thuật khảo sát hàm số. Cái khó của bài toán trên là ñiều kiện hạn chế của , 3;2 x y   ∈−  ! Nếu ,x y không bị ràng buộc bởi ñiều kiện này thì bài toán trở nên ñơn

giản và ta có thể giải bài toán trên theo cách chuyển qua tổng và tích của ,x y .

t 6 − 0 1 2 8 'f − || + 0 − || + f

www.VNMATH.com

Nguyễn Tất Thu

2

ðặt

3 3 3

2 3 2

2 3 2 8 3 , 0 0 2 3 4 2 4 3

a b a ab a a a x y b xy a a a b a a a

 −  =  − = −   = + = ⇒ ⇔ ⇒ ≤ ⇔ < ≤   ≥ −    ≥ 

Khi ñó:

3 2 2 2 2 4 4 2 ( ) 3 3 3 a a P a b a f a a a − = − = − = + = .

Xét hàm số ( ) f a với (0;2] a D ∈ = có:

3

2 2 2 4 2 4 '( ) 3 3 3

a a f a

a a

− = − =

3 '( ) 0 2 f a a ⇒ = ⇔ = . Lập bảng biến thiên ta có ngay 3 3 min ( 2) 4 P f = =

ðạt ñược khi { } 3 , 0, 2 x y ∈ .

0 lim ( ) a

f a P + → = +∞⇒ không có GTLN.

* Khi gặp bài toán mà các biểu thức có trong bài toán là các biểu thức ñối xứng hai biến thì ta có thể

chuyển về bài toán của tổng và tích hai biến ñó với lưu ý 2 4 S P ≥ . Ví dụ 3. Cho , , a b c là các số thực dương thỏa mãn: 3 ab a b + + = . Chứng minh:

2 2 3 3 3 1 1 2 a b ab a b b a a b + + ≤ + + + + + (1).

Lời giải. Nhận thấy các biểu thức có trong bài toán là các biểu thức ñối xứng hai biến , a b nên ta ñặt

3 t a b ab t = + ⇒ = − và 2 2 2 2 2(3 ) 2 6 a b t t t t + = − − = + −

Vì 2 2 2 ( ) 4 4(3 ) 4 12 0 2 a b ab t t t t t + ≥ ⇒ ≥ − ⇔ + − ≥ ⇔ ≥ (do 0 t > )

Khi ñó :

2 2 2 2 3( ) 3( ) 3 (1) ( ) ( 1)( 1) 2 a b a b ab a b a b a b + + + ⇔ + − + ≤ + + +

2 2 3 6 18 3 3 3 2 6 4 2 t t t t t t t + − + − ⇔ + − − + ≤ 2 12 4 t t

t ⇔− + + ≤ (1.1)

Xét hàm số : 2 12 ( ) f t t t

t = − + + với 2 t ≥ . Ta có :

2 12 '( ) 2 1 0 2 f t t t t = − + − < ∀≥

( ) (2) 4 2 (1.1) f t f t ⇒ ≥ = ∀≥ ⇒ ñúng⇒ñpcm. ðẳng thức xảy ra 1 a b ⇔ = = .

Ví dụ 4. Cho các số thực x, y thay ñổi và thoả mãn + + ≥ 2 ( ) 4 2 x y xy . Tìm giá trị nhỏ nhất của

biểu thức : = + + − + + 4 4 2 2 2 2 3( ) 2( ) 1 A x y x y x y . Lời giải.

Ta có:

3 3 2 2 ( ) 4 2 ( ) ( ) 2 0 ( ) 4 0

x y xy x y x y x y xy

 + + ≥  ⇒ + + + − ≥  + − ≥ 

1 x y ⇒ + ≥ .

( ) 4 4 2 2 2 2 3 2( ) 1 A x y x y x y = + + − + + 2 2 2 2 2 2 2 3 ( ) 2( ) 1 x y x y x y   = + − − + +    

2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) 3 ( ) 2( ) 1 4 x y x y x y   + ≥ + − − + +      

2 2 2 2 2 9 ( ) 2( ) 1 4 x y x y = + − + +

www.VNMATH.com