Tài liệu Su dung ham so giai bat dang thuc va gtln, gtnn

Sử dụng hàm số chứng minh bài toán BĐT và GTLN, GTNN Thầy Bằng - 0975826870 Bình Dương, Tháng 12 năm 2015 Chương 1 Phương pháp Phương pháp chứng minh bất đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất nhỏ nhất trong những đề đại học các năm gần đây thường được đưa về hàm số. Để tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất thì ta khảo sát hàm số để tìm min và max của nó. Còn với bài toán BĐT A ≥ B ta sẽ xét hàm số f = A − B sau đó ta khảo sát hàm f và chứng minh rằng giá trị nhỏ nhất của f ≥ 0. Kỹ thuật sử dụng chủ yếu ở đây là kỹ thuật dồn biến bằng cách đặt ẩn phụ hoặc sử dụng các bất đẳng thức quen thuộc. Trong phương pháp biến đổi để đưa về hàm số ta hay dùng các BĐT quen thuộc sau: 1. Bất đẳng thức Cauchy Cho a1 , a2 , ..., an là n các số thực dương khi đó ta có trung bình cộng của n số đó luôn lớn hơn hoặc bằng trung bình nhân của nó. √ a1 +a2 +...+an ≥ a1 a2 an n Dấu = xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = ... = an 2. Bất đẳng thức Bunhiacopxki Với hai bộ số a1 , a2 , ..., an và b1 , b2 , ..., bn ta có: (a2 + a2 + ... + a2 )(b2 + b2 + ... + b2 ) ≥ (a1 b1 + a2 b2 + ... + an bn ) 1 2 n 1 2 n 3. Một số bất đẳng thức hay gặp - Cho x, y là hai số thực dương khi đó ta có: 1 x + 1 y ≥ 4 x+y - Cho a, b > 0, ab ≥ 1 khi đó ta có: 1 1+a2 + 1 1+b2 1 ≥ 2 1+ab Chương 2 Các bài toán trong đề thi đại học và đề thi thử Bài 1 (A-2006). Cho hai số x = 0 và y = 0 thay đổi thỏa mãn điều kiện 1 (x + y)xy = x2 + y 2 − xy. Tính giá trị lớn nhất của biểu thức: A = x3 + y13 . Nhận xét: Đây là bài toán đối xứng nghĩa là vai trò của x và y như nhau. Vậy phương pháp chung để giải bài toán dạng này là ta đặt x = ty. Khi đó ta đưa về bài toán khảo sát hàm số theo t. Lời giải Từ giả thiết ta có: A= 1 x3 + 1 y3 = x3 +y 3 x3 y 3 = (x+y)(x2+y x3 y 3 2 −xy ) 1 1 = ( x+y )2 = ( x + y )2 xy Đặt: x = ty thế vào điều kiện: (x + y)xy = x2 + y 2 − xy ⇒ (t + 1)ty 3 = 2 2 −t+1 (t2 − t + 1)y 2 do đó: y = t t−t+1 ; x = ty = t t+1 . 2 +t Khi đó ta có: 2 1 1 A = ( x + y )2 = ( tt2+2t+1 )2 −t+1 Bây giờ ta xét hàm số: f (t) = t2 +2t+1 t2 −t+1 có f (t) = −3t2 +3 (t2 −t+1)2 Ta có: f (t) = 0 ⇔ t = −1 ∨ t = 1 Giá trị lớn nhất của f (t) = 4 khi t = 1, dễ thấy f (t) ≥ 0. Vậy giá trị lớn nhất của A = f 2 (1) = 16 khi x = y = 1 . 2 Bài 2 (B-2008). Cho x, y là hai số thực thay đổi thỏa mãn:x2 + y 2 = 1. Tìm GTLN, GTNN của: 2 P = 2(x2 +6xy) 1+2xy+2y 2 Nhận xét: Đây là dạng bài toán đẳng cấp bậc 2 đối với x và y nên ta sẽ đặt x = ty để đưa về xét hàm số f (t). Lời giải Từ điều kiên:x2 + y 2 = 1 thế vào P ta có: P = 2(x2 +6xy) 1+2xy+2y 2 = 2(x2 +6xy) x2 +2xy+3y 2 + Với y = 0 ta có P = 2 + Với y = 0 ta đặt x = ty khi đó ta có: P = 2t2 +12t t2 +2t+3 =2+ 8t−6 2+t2 t+3 2 Xét hàm số: f (t) = 2 + t28t−6 có f (t) = −8t +12t+36 . +2t+3 (2+t2 t+3)2 −3 Ta có: f (t) = 0 ⇔ t = 3 ∨ t = 2 . Giá trị lớn nhất của P là P = f (3) = 3 khi x = 3y; x2 + y 2 = 1 hay −3 −1 (x, y) = ( √3 , √1 ); ( √10 , √10 ). 10 10 −2 −3 Giá trị nhỏ nhất của P là P = f ( −3 ) = −6 khi (x, y) = ( √3 , √13 ); ( √13 , √2 ). 2 13 13 Bài 3 (D-2013). Cho x, y là các thực dương thỏa mãn điều kiện xy ≤ y − 1. x−2y Tìm giá trị lớn nhất của P = √ 2 x+y 2 − 6(x+y) . x −xy+3y Nhận xét: Ta thấy rằng bậc của x và y trong biểu thức là bậc 1. Tuy có chứa căn nhưng khai căn là bậc 1. Vậy bài toán này sẽ đặt t = x sau đó xét y hàm f (t) với điều kiện ràng buộc của t. Lời giải Ta đặt t = x y khi đó ta chia cả tử và mẫu của P cho y ta được: P = √ t+1 t2 −t+3 − t−2 6(t+1) 1 1 Do x > 0, y > 0, xy ≤ y−1 nên ta có:0 < x ≤ y−1 = y − y12 = 1 −( y − 1 )2 ≤ 1 . y y2 4 2 4 t+1 t−2 Xét hàm số: f (t) = √t2 −t+3 − 6(t+1) với 0 < t ≤ 1 . 4 1 √ 7−3t 3 − 2(t+1)2 . Với 0 < t ≤ 1 ta có t2 − t + 3 = Ta có: f (t) = 4 2 2 (t −t+3) t(t + 1) + 3 < 3; 7 − 3t > 6; t + 1 > 1 ⇒ √ 7−3t 2 2 1 − 2(t+1)2 > −1 . 2 Từ đó ta có:f (t) > √ 1 √ 3 7 . 30 − 1 2 (t −t+3)3 > 7−3t √ 6 3 > 1 √ 3 và > 0. Vậy f (t) là hàm đồng biến. Nghĩa là: P = f (t) ≤ f ( 1 )√= 35 + 4 √ 1 7 7 Khi x = 2 , y = 4 thì P = 35 + 30 . Vậy giá trị lớn nhất của P là: 35 + 30 . Bài 4(TPHCM-2015). Cho x, y là hai số thực thỏa mãn điều kiện x4 + 16y 4 + 2(2xy − 5)2 = 41. Tìm GTNN, GTLN của biểu thức: 3 P = xy − 3 x2 +4y 2 +3 Nhận xét: Bài toán này tương đối dễ nhận biết cách đặt ẩn phụ ta có thể dễ dàng đặt t = x2 + 4y 2 bài toán sẽ trở thành hàm f(t) với điều kiện ràng buộc của t phụ thuộc vào điều kiện. Lời giải Từ điều kiện x4 +16y 4 +2(2xy −5)2 = 41 ta có: (x2 +4y 2 )2 +9 = 40xy. Do đó ta đặt t = x2 + 4y 2 ⇒ t2 + 9 = 40xy = 10.2.x.2y ≤ 10(x2 + 4y 2 ) ⇒ 1 ≤ t ≤ 9. 2 +9 2 +9 3 3 3 Khi đó ta có: P = xy − x2 +4y2 +3 = t 40 − t+3 . Xét hàm số f (t) = t 40 − t+3 3 t với 0 ≤ t ≤ 9 ta có f (t) = 20 + (t+3)2 > 0 với 0 ≤ t ≤ 9. Nghĩa là f(t) là hàm đồng biến do đó: f (1) ≤ f (t) ≤ f (9) ⇒ − 1 ≤ P ≤ 2. 2 3 3 Giá trị lớn nhất của P là 2 khi x = √2 ; y = 2√2 . 1 1 Giá trị nhỏ nhất của P là − 1 khi x = √2 ; y = 2√2 . 2 Bài 5 (Bình Dương-2015). Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện a2 + b2 + c2 = 1, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 1 a4 +a2 b2 + 1 b4 +a2 b2 + 32 (1+c)3 Nhận xét: Ta thấy rằng bài toán cần áp dụng bất đẳng thức quen thuộc 1 1 4 + y ≥ x+y khi đó ta đưa bài toán về xét hàm f (c) với c thỏa mãn điều kiện x ràng buộc. Bài toán này kỹ thuật đặt không khó tuy nhiên các bạn phải làm nhiều bài tập để biết các bất đẳng thức hay dùng. Khi đưa về được hàm thì vấn đề còn lại là tìm min và max của hàm số. Lời giải Từ điều kiện ta có a, b, c ∈ (0, 1). Áp dụng bất đẳng thức trên ta có: 1 a4 +a2 b2 + 1 b4 +a2 b2 32 4 Do đó: P ≥ (1−c2 )2 + (1+c)3 . 4 Xét hàm số f (c) = (1−c2 )2 + ≥ 4 a4 +2a2 b2 +b4 32 (1+c)3 = 4 (a2 +b2 )2 = 4 (1−c2 )2 với c ∈ (0, 1) 3 −17c2 +19c+6 16 6c(1−c)3 (1+c)4 2 −7c+6) Ta có:f (c) = − = = 16 (2c−1)(3c(1+c)4 . (1−c)3 f (c) = 0 ⇔ c Lập bảng biến thiên ta có f (c) ≥ f ( 1 ) = 448 . √ 2 27 Vậy giá trị nhỏ nhất của P = 448 khi a = b = 46 ; c = 1 . 27 2 Bài 6 (B-2006). Cho x, y là các số thực thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 16c (1−c2 )3 1 = 2. 96 (1+c)4 4 A= (x + 1)2 + y 2 + (x − 1)2 + y 2 + |y − 2| Nhận xét: Quan sát bài toán ta thấy rằng ở đây ta có thể sử dụng bất đẳng √ thức vecto bởi vì ta thấy u(a, b) thì |u| = a2 + b2 . Từ đó ta nghĩ tới bất đẳng thức sau: Cho u và v là hai vecto ta luôn có |u + v| ≤ |u| + |v|. Từ đó ta sẽ đưa về hàm số f(y) để tìm GTNN. Lời giải Trong mặt phẳng tọa độ ta xét 2 vecto sau: u = (1 − x, y) và v = (x + 1, y). Áp dụng bất đẳng thức vecto trên ta có: √ (x + 1)2 + y 2 + (x − 1)2 + y 2 ≥ 4 + 4y 2 √ Do đó A ≥ 2 1 + y 2 + √ − 2| = f (y). |y - Với y ≤ 2 ⇒ f (y) = 2 1 + y 2 + 2 − y. Ta có: f (y) = √ 2y 2 − 1 1+y √ 1 2 ⇔ y = √ f (y) = 0 ⇔ 2y = 1 + y 3 √ 1 Lập bảng biến thiên ta có f (y) ≥ f ( √3 ) = 2 + 3. √ √ √ - Với y ≥ 2 ta có f (y) ≥ 2 1 + y 2 ≥ 2 5 > 2 + 3. √ Vậy A ≥ 2 + 3 với mọi x, y. √ √ 1 Khi x = 0, y = √3 thì A = 2 + 3 nên giá trị nhỏ nhất của A là 2 + 3. Bài 7 (B-2009). Cho các số thực x, y thay đổi và thỏa mãn (x+y)3 +4xy ≥ 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = 3(x4 + y 4 + x2 y 2 ) − 2(x2 + y 2 ) + 1 Nhận xét: Ta nhận thấy rằng đây là bài toán đối xứng nên thường đặt t = xy hoặc t = x + y hoặc t = x2 + y 2 . Ở trong biểu thức của A có bậc nhỏ nhất của x và y là 2 nên ta sẽ đặt t = x2 + y 2 . Khi đó biểu diễn A theo t với t phụ thuộc vào điều kiện. Lời giải Đặt t = x2 + y 2 . Ta có: A = 3(x4 + y 4 + x2 y 2 ) − 2(x2 + y 2 ) + 1 = 3(x2 + y 2 )2 − 3x2 y 2 − 2(x2 + y 2 ) + 1. Theo BĐT Cauchy ta có: t2 ≥ 4x2 y 2 ⇒ A ≥ 3 9 3(x2 + y 2 )2 − 4 (x2 + y 2 )2 − 2(x2 + y 2 ) + 1 ⇒ A ≥ 4 t2 − 2t + 1. Từ điều kiện:(x + y)3 + 4xy ≥ 2 và (x + y)2 ≥ 4xy ta có:(x + y)3 + (x + y)2 ≥ 2 ⇒ (x + y − 1)[(x + y)2 − 2(x + y) + 2] ≥ 0 ⇒ x + y ≥ 1. 2 Ta lại có: t = x2 + y 2 ≥ (x+y) ≥ 1 . 2 2 1 9 Xét hàm số: f (t) = 9 t2 − 2t + 1 với t ≥ 2 . Ta có: f (t) = 2 t − 2 > 0 với mọi 4 9 t ≥ 1 nên f(t) là hàm đồng biến ⇒ f (t) ≥ f ( 1 ) = 16 . 2 2 5 1 9 9 Khi x = y = 2 thì A = 16 nên GTNN của A là 16 . Bài 8 (D-2009). Cho x, y là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện x + y = 1. Tìm GTLN, GTNN của biểu thức S = (4x2 + 3y)(4y 2 + 3x) + 25xy Nhận xét: Đây là bài toán đối xứng có nghĩa là vai trò x và y như nhau. Vậy ta có thể đặt ẩn phụ là t = x + y hoặc t = xy. Tuy nhiên dựa vào điều kiện bài toán x + y = 1 nên ta sẽ chọn đặt biến t = xy. Khi đó ta sẽ xét hàm f(t) với t phụ thuộc điều kiện. Lời giải Thay x+y = 1 vào S ta có: S = (4x2 +3y)(4y 2 +3x)+25xy = 16x2 y 2 +12(x3 + y 3 ) + 34xy = 16x2 y 2 + 12(x + y)[(x + y)2 − 3xy] + 25xy = 16x2 y 2 − 2xy + 12. 2 Đặt t = x + y do x, y ≥ 0 và x + y = 1 nên 0 ≤ xy ≤ (x+y) = 1 . 4 4 1 Xét hàm số f (t) = 16t2 − 2t + 12 với t ∈ [0, 4 ]. 1 Ta có:f (t) = 32t − 2 ⇒ f (t) = 0 ⇔ t = 16 . 1 f (0) = 12; f ( 1 ) = 25 ; f ( 16 ) = 191 . 4 2 16 191 1 minf (t) = f ( 16 ) = 16 ; maxf (t) = f ( 1 ) = 25 . 4 2 1 Vậy giá trị lớn nhất của S là 25 khi (x, y) = (√, 1 ). √ 2 2 2 √ √ Giá trị nhỏ nhất của S là 191 khi (x, y) = ( 2+4 3 , 2−4 3 ); ( 2−4 3 , 2+4 3 ). 16 Bài 9 (B-2010). Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức √ M = 3(a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 ) + 3(ab + bc + ca) + 2 a2 + b2 + c2 Nhận xét: Trong bài toán này vai trò a, b, c là như nhau kết hợp với điều kiện thì ta có thể đặt t = ab + bc + ca hoặc t = a2 + b2 + c2 . Tuy nhiên dựa vào biểu thức M thì ta sẽ đặt t = ab + bc + ca. Xét hàm f(t) với t phụ thuộc điều kiện. Lời giải Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có:3(a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 ) ≥ (ab + ac + bc)2 . Từ đó ta thấy: √ M ≥ (ab + ac + bc)2 + 3(ab + bc + ca) + 2 a2 + b2 + c2 = (ab + ac + bc)2 + 3(ab + bc + ca) + 2 (a + b + c)2 − 2(ab + ac + bc) = (ab + ac + bc)2 + 3(ab + bc + ca) − 2 1 − (ab + bc + ac). Đặt t = ab+bc+ca do a, b, c ≥ 0; a+b+c = 1 nên ta có 0 ≤ t ≤ √ Xét hàm số f (t) = t2 + 3t + 2 1 − 2t với t ∈ [0, 1 ]. 3 6 (a+b+c)2 3 = 1. 3 Ta có:f (t) = 2t + 3 − √ 2 ;f 1−2t (t) = 2 − √ 2 (1−2t)3 ≤ 0 dấu "=" chỉ xảy ra 1 tại t = 0 nghĩa là f (t) nghịch biến. Trên đoạn [0, 3 ] ta có f (t) ≥ f ( 1 ) = 3 √ 11 − 2 3 > 0 ⇒ f(t) đồng biến. Do đó f (t) ≥ f (0) = 2. 3 Vì vậy M ≥ f (t) = 2, khi M = 2 thì ab + bc + ac = 0, a + b + c = 1 và ab = bc = ca. Giá trị nhỏ nhất của M là 2 khi (a, b, c) = (0, 0, 1); (0, 1, 0); (1, 0, 0). Bài 10 (A-2011). Cho x, y, z là 3 số thực thuộc đoạn [1, 4], và x ≥ y; x ≥ z. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x 2x+3y + y y+z + z z+x Nhận xét: Đây là dạng bài toán không đối xứng, nhưng dạng của biểu thức P là đẳng cấp nên ta sẽ thực hiện phép chia cả tử và mẫu cho một số. Sau đó 1 2 1 áp dụng bất đẳng thức 1+a2 + 1+b2 ≥ 1+ab (*) với a, b > 0, ab ≥ 1, tiếp theo ta khảo sát hàm số f(t). Như vậy việc luyện tập nhiều sẽ thành thói quen sử dụng các BĐT cơ bản. Lời giải Ta biến đổi P và áp dụng BĐT (*) ta có: P = x 2x+3y + y y+z + z z+x = 1 y 2+3 x + 1 z 1+ y + 1 1+ x z ≥ 1 y 2+3 x + 2 √ x vì 1+ y zx yz = x y ≥1 z Dấu "=" xảy ra khi y = x hoặc x = 1 (1) z y x Đặt t = y do x, y ∈ [1, 4] nên t ∈ [1, 2]. Khi đó ta có: P ≥ t2 2t2 +3 + 2 1+t 3 2 (4t−3)+3t(2t−1)+9] 2 t Xét hàm số f (t) = 2t2 +3 + 1+t , t ∈ [1, 2] với f (t) = −2[t (2t2 +3)2 (1+t)2 <0 34 với mọi t ∈ [1, 2] ⇒ f(t) là hàm nghịch biến nghĩa là f (t) ≥ f (2) = 33 . Dấu "=" xảy ra khi t = 2 ⇔ x = 4 ⇒ x = 4, y = 1 (2). y 34 Do đó P ≥ 33 . Từ (1) và (2) suy ra dấu "=" xảy ra khi x = 4, y = 1, z = 2. 34 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 33 khi x = 4, y = 1, z = 2. Bài 11 (THPT-2015). Cho các số thực a, b, c thuộc đoạn [1, 3] thỏa mãn điều kiện a + b + c = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = a2 b2 +b2 c2 +c2 a2 +12abc+72 ab+bc+ca 1 − 2 abc Nhận xét: Bài toán này đối xứng với a, b, c nên việc đặt để dồn biến t = ab + bc + ac hoặc t = a + b + c hoặc t = a2 + b2 + c2 tuy nhiên dựa vào điều kiện và biểu thức P ta sẽ đặt t = ab + bc + ac và tìm điều kiện của t để xét hàm f(t). 7 Lời giải Đặt t = ab + bc + ca. Ta có:36 = (a + b + c)2 = 1 [(a − b)2 + (b − c)2 + (c − 2 a)2 ] + 3(ab + bc + ca) ≥ 3t ⇒ t ≤ 12. Do a, b, c ∈ [1, 3] ⇒ (a − 1)(b − 1)(c − 1) ≥ 0 ⇒ abc ≥ ab + bc + ca − 5 = t − 5. Và (3 − c)(3 − b)(3 − a) ≥ 0 ⇒ 3t = ab + bc + ca ≥ abc + 27 ≥ t + 22 ⇒ t ≥ 11. Vậy t ∈ [11, 12]. Khi đó ta có: P = 2 a2 b2 +b2 c2 +c2 a2 +2abc(a+b+c)+72 − 1 abc = (ab+bc+ca) +72 ab+bc+ca 2 ab+bc+ca 2 t2 +72 − t−5 = t +5t+144 t 2 2t − 1 abc ≤ 2 2 2 Xét hàm số f (t) = t +5t+144 với t ∈ [11, 12]. Ta có f (t) = t −144 . Do đó 2t 2t2 f (t) ≤ 0 với mọi t ∈ [11, 12] ⇒ f(t) là hàm nghịch biến. Nghĩa là P ≤ f (t) ≤ f (11) = 160 . 11 Ta có a = 1; b = 2; c = 3 thỏa mãn điều kiện P = 160 . 11 Vậy giá trị lớn nhất của P là 160 . 11 Bài 12 (ĐH Vinh-2015). Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x2 + y 2 + z 2 = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = (x + y) 1 + 2 x2 y 2 z2 + + 2 z2 + x+y+z 2xy+z 2 Nhận xét: Bài toán này biểu thức của P tương đối cồng kềnh, không đối xứng việc dồn biến phải sử dụng một số BĐT quen thuộc. Ta sẽ đặt t = x + y + z để đưa về hàm số f(t). Lời giải √ Ta có P = (x + y)2 + ( √ Xét hai vecto u(x + y; |u| + |v| ta có: P ≥ 2 x √ 2 x + √ + 2 2 ) y 2 ) y z2 + + √ và v(z; 9 18 + ( x+y+z )2 + 1 y x+y+z x2 +y 2 +z 2 = 81 t2 + x+y+z . 2xy+z 2 Áp dụng BĐT vecto |u + v| ≤ 1 y 1 + z )2 + z 1 + z ) ≥ 9; x2 + y 2 + z 2 = 3 và 2xy ≤ x2 + y 2 . 3(x2 + y 2 + z 2 ) = 3. Khi đó: P ≥ Đặt t = x + y + z ⇒ 0 < t ≤ 18 + + x+y+z ≥ 2xy+z 2 x+y+z 1 1 1 ( x + y + z )2 + 2xy+z2 ≥ √ 9 18 + ( x+y+z )2 + x + y + 1 (x + y + x)2 + 2( x + 9 (x + y + x)2 + ( x+y+z )2 + 1 Do (x + y + z)( x + 2 ). z 2 z2 t . 3 8 √ 5 3 √ t 2t +9t −54 Xét hàm số f (t) = 18 + 81 + 3 với t ∈ (0, 3]. Ta có: f (t) = 2√3t2 √2t2 +9 3 ⇒ t2 f (t) < 0 với √ 0 < t ≤ 3 nghĩa là hàm f(t) nghịch biến. Do đó: P ≥ f (t) ≥ mọi f (3) = 1 + 3 3. √ √ Khi x = y = z = 1 thì P = 1 + 3. Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 1 + 3. Bài 13 (Nam Định-2015). Cho x, y là các số dương thỏa mãn điều kiện x + y + 1 = 3xy. Chứng minh rằng 3x y(x+1) + 3y x(y+1) 1 x+y + 1 x2 ≤ 1 y2 + 3 2 + Nhận xét: Bài toán này đối xứng đối với x, y. Nhìn vào bất đẳng thức ta 1 1 sẽ đặt t = x + y sau đó xét hàm f (t) = V P − V T và chứng minh rằng mn(t) ≥ 0. Lời giải 1 1 1 1 1 1 Đặt t = x + y từ điều kiện ta có: x + y + xy = 3 ⇒ xy = 3 − t mà 1 1 1 4 xy ≤ ( x + y )2 ⇒ t2 + 4t − 12 ≥ 0 ⇒ (t − 2)(t + 6) ≥ 0 và t > 0 nên ta có 1 1 t t ≥ 2. Mặt khác ta có: t = x + y ⇒ x + y = txy = 3−t Ta biến đổi bất đẳng thức như sau: 3x2 (y+1)+3y 2 (x+1) xy(x+y+1+xy) ⇔ + 3xy(x+y)+3(x2 +y 2 ) 4x2 y 2 1 1 ⇔ 3(x + y) + 4 1 1 ⇔ 3(x + y) + 4 ⇔ 3t + 4 + 1 x+y 1 x+y 3−t t 1 x+y ≤ 1 x+y 1 x2 ≤ + 1 x2 1 ≤ 1 ( x2 + 4 1 y2 + 1 ) y2 1 1 1 ≤ 4 [( x + y )2 − + 1 y2 3 2 + 3 2 + 3 2 2 ] xy + ≤ 1 [t2 − 2(3 − t)] + 4 3 2 3 2 ⇔ t3 − t2 + 4t − 12 ≥ 0 Xét hàm số f (t) = t3 − t2 + 4t − 12 với t ≥ 2 ta có: f (t) = 3t2 − 2t + 4 > 0 với mọi t ≥ 2 ⇒ f(t) là hàm đồng biến nghĩa là f (t) ≥ f (2) = 0. Dấu "=" xảy ra khi t = 2 hay x = y = 2. Vậy BĐT đã cho là đúng (đpcm). Tổng kết: Qua các bài toán trên ta thấy rằng việc tìm GTNN, GTLN và BĐT áp dụng phương pháp hàm số rất hiệu quả. Tuy nhiên việc nhận biết và dồn biến để đưa về hàm số là một điều tương đối khó khăn. Vì vậy các bạn phải luyện tập nhiều để nhận biết được các bài toán quen thuộc và cách đặt biến. 9 Tài liệu tham khảo 10