TƢ DUY TIẾP CẬN BẤT ĐẲNG THỨC
Gv: Nguyễn Đại Dƣơng – Fb:ThayNguyenDaiDuong

TIẾP CẬN BẤT ĐẲNG THỨC
THÔNG QUA CÁC BÀI TOÁN TRONG ĐỀ THI
ĐẠI HỌC – CAO ĐẲNG 2007 – 2016
Trong c{c năm vừa qua b|i to{n Bất Đẳng Thức v| Gi{ Trị Lớn Nhất –
Gi{ Trị Nhỏ Nhất l| c}u hỏi khó để chinh phục điểm 10 trong đề thi Đại
Học – Cao Đẳng v| Kì Thi THPT Quốc Gia cũng như trong c{c kì thi HSG.
Theo xu hướng của c{c năm gần đ}y thì việc kiếm điểm của c}u hỏi n|y
thực sự không phải l| một việc qu{ khó khắn nếu như c{c em có kiến thức
về b|i to{n n|y.
Đối với c{c em thi Y – Dược , An Ninh, Công An thì việc chinh phục c}u
hỏi n|y l| điều cần thiết. Chính vì vậy c{c em phải bắt đầu ngay từ b}y giờ,
một c{c nghiêm túc l| có lộ trình để có đầy đủ kiến thức nhằm l|m tốt b|i
to{n n|y trong đề thi. Việc hơn kém nhau 0,25-0,5 điểm đã có thể quyết
định vấn đề đậu v| rớt ở c{c trường TOP.
Mục tiêu của c{c em cần đặt ra l| học đủ v| vận dụng tốt, không nên
học qu{ cao siêu những như qu{ thừa thãi. Bộ não của c{c em phải hoạt
động để c}n bằng ở tất cả c{c môn để đạt tổng th|nh tích cao nhất chứ ko
phải đạt th|nh tích cao ở chỉ 1 môn.
Dưới đ}y l| một v|i lưu ý của thầy khi bắt đầu học về Bất Đẳng Thức:
Số 1: Biết đƣợc và vận dụng đƣợc 2 bất đẳng thức chính là bất đẳng thức
AM-GM (Cauchy, Cosi) và bất đẳng thức Cauchy-Schwarz (BunyakovskiCauchy-Schwarz).
Số 2: Nắm rõ đƣợc điểm rơi là gì? Sử dụng các đánh giá tƣơng ứng để
đảm bảo điểm rơi nhƣ thế nào?
Số 3: Biết và vận dụng đƣợc các đánh giá thƣờng gặp nhất, các bất đẳng
thức phụ quen thuộc.
Số 4: Rèn luyện thƣờng xuyên để quen tay và tạo sự nhạy bén, xử lí tốc
độ cao + trình bày rõ ràng chi tiết.
DƢỚI ĐÂY THẦY TẶNG CÁC EM LỜI GIẢI VÀ CÁCH TƢ DUY CỦA

xy  yz  zx . Để tự nhiên ta chọn lượng x  y  z .

Sử dụng c{c bất đẳng thức: x  y  z
2



Ta có: 3 x  y  z
2

2

 x  y  z
P

2

6

ét h|m số f  t  
 f ' t  

2



2

2




3

9
xyz

t2 9
 với t  x  y  z  t  0
6 t

t 9
  f ' t   0  t  3
3 t2

BBT:
t
f’(t)

0


3
0







của biểu thức:

P

x2  y  z 
y y  2z z



y2  z  x 



z z  2x x

z2  x  y 
x x  2y y

Đề tuyển sinh Đại Học khối A-2007
PH N T CH
Dự đo{n điểm rơi l| x  y  z  1
Mẫu số chứa tổng của c{c đại lượng x x , y y , z z gần như l| không biến
đổi được nếu có thì: 2x x  x  x  1  x2  x sẽ đưa mẫu về dạng phức tạp
hơn.
Ta thấy tử số c{c ph}n thức có sự đặc biệt l| chứa cả ba biến x, y, z, dựa v|o

điều kiện b|i to{n ta đ{nh gi{ như sau: x2  y  z   2x2 yz  2x x đến đ}y
ta thấy tử số trở th|nh đại lượng giống mẫu.
BÀI GI I
C

2b 2
2c 2


2
a  b  2 c  b  c  2 a  c  a  2b 
3  ab  bc  ca 
2

a  b  c  1
M|: 3  ab  bc  ca    a  b  c  
3  ab  bc  ca 
2

2

2a
2b
2c



b  2c c  2a a  2b
Đẳng thức xảy ra khi a  b  c  x  y  z  1
P

C

2


a c b 
2
 P   3  4.3  6   2
9
Đẳng thức xảy ra khi a  b  c  x  y  z  1 .

Kết luận: Vậy gi{ trị nhỏ nhất của P l| 2 khi x  y  z  1
Bài 3: Cho x, y , z là các số thực dương thỏa mãn x  x  y  z   3yz . Chứng minh
rằng:

 x  y   x  z
3

3

 3  x  y  y  z  z  x   5  y  z 

3

Đề tuyển sinh Đại Học khối A-2009
PH N T CH
Bất đẳng thức chỉ chứa: x  y , y  z v| z  x nên ta hướng đến việc đổi biến
cho gọn b|i to{n. Đặt a  x  y; b  y  z , c  z  x , khi đó điều kiện trở th|nh:

b2  ac  a2  c 2 , bất đẳng thức trở th|nh: a3  c 3  3abc  5b3
Ta thấy điều kiện v| b|i to{n đẳng cấp (thuần nhất nên ta chia qua để
2

2


Đặt: b  y  z  x 
2
2
2
c  z  x

giảm biến: b2  ac  a2  c 2  

2

2

a c
ac
 1 (1)
 x  x  y  z   3yz  a  c  b  ac       
bb
b b
2

2

2

3

3

a c
ac

ét P  u3  v3  3uv   u  v  u2  uv  v 2  u  v   1  u  v   u  v   1
2

2

 P  22  2  1  5   2  đúng. Đẳng thức xảy ra khi u  v  1 .

C

2

goài ra ta c ng c thể ánh giá bằng A -G như sau:
2
2
3
Ta có: b2  a2  c 2  ac   a  c    a  c   2b  a  c
4





 a3  c 3  3abc   a  c  a2  c 2  ac  3abc   a  c  b2  3abc  2b.b2 

2
3
a  c b

4



P  3 a2  1  a   0  0  3 a 1  a   0  0  2 a2  1  a   0 2

S

2

TAB E

CASIO

i:
F  X   3X 2 1  X   3X 1  X   2 X 2  1  X 
2

2

 START = 0
 END = 1
 STEP = 0.1
Dựa v|o bảng gi{ trị trên ta thấy h|m số có cực
đại trong khoảng  0.4,0.6  v| đạt gi{ trị nhỏ
nhất l| 2 khi X  0 v| X  1 .
Khi X  0  a  0  b  1 v| X  1  a  1  b  0

2

X

F(X)



1



a2 b2  b2 c 2  c 2 a2  0  3 a2 b2  b2 c 2  c 2 a2   ab  bc  ca 

2

2

Chính vì vậy ta sẽ ép biến về t  ab  bc  ca
Ta không thể đ{nh gi{ : a2  b2  c 2  ab  bc  ca nên ta sẽ biến đổi tương
đương : a2  b2  c 2   a  b  c   2  ab  bc  ca 
2

a  b  c
V| điều kiện của biến : 0  ab  bc  ca 

2

3





BÀI GI I





1
3

3
 1
Đặt t  ab  bc  ca  t  0,   P  f  t   t 2  3t  2 1  2t
 3

S d
CASIO v i:

PH N T CH HÀM SỐ
TABLE bằ

F  X   X 2  3X  2 1  2X

 START = 0
 END = 0.35
 STEP = 0.05
Dựa v|o bảng gi{ trị trên ta thấy h|m số
 1
đơn điệu tăng trên 0,  v| h|m số đạt gi{
 3
trị nhỏ nhất bằng 2 khi X  0

F X


TƢ DUY TIẾP CẬN BẤT ĐẲNG THỨC
Gv: Nguyễn Đại Dƣơng – Fb:ThayNguyenDaiDuong
 1
h|m số f  t   t 2  3t  2 1  2t đ ng biến trên 0, 
 3

 1
ét h|m : f  t   t 2  3t  1  2t với t  ab  bc  ca  t  0, 
 3
 1
1
 f '  t   2t  3 
 0 với mọi t  0, 
1  2t
 3

H|m số đ ng biến nên f  t   f  0   2  P  2

Đẳng thức xảy ra khi a  1, b  c  0 v| c{c ho{n vị.
Kết luận : Vậy gi{ trị nhỏ nhất của P l| 2 khi a  1, b  c  0 .
Bài 5: Cho x, y , z là các số thực thuộc 1,4  và x  y , x  z . Tìm giá trị nhỏ nhất
y
x
z
P


của biểu thức :
2x  3y y  z z  x
Đề tuyển sinh Đại Học khối A-2011

y z y

thỏa mãn, {p dụng (1) đưa b|i to{n về khảo s{t h|m số với biến t 

x
y

đ}y tôi không trình b|y c{ch chứng minh bất đẳng thức phụ trên vì qu{
quen thuộc, c{c em tự chứng minh v|o b|i giải.
BÀI GI I
1
1
2


Áp dụng bất đẳng thức :
với ab  1
1  a 1  b 1  ab


1
z
1
y



1
x
1

Do x , y  1,4  , x  y  

x
 4 . Đặt t 
y

x
t2
2
 P  f t   2

y
2t  3 1  t

PH N T CH HÀM SỐ
TABLE bằ

S d
CASIO v i:

F X 

X

2



2
X 1

1.1344
1.1165
1.1
1.0845
1.0698
1.056
1.0428
1.0303

x
y  4

 x  4, y  1, z  2
Khi t  2 gi{ trị cần tìm của x, y , z l| 
z  x  z x 1
 y z y z

Gi{ trị n|y thỏa mãn điều kiện của b|i to{n, như vậy ta định hướng chứng
minh h|m số f  t  
ét h|m: f  t  

t

t2
2t  3

2

2t  3
2




34
34
P
H|m nghịch biến trên 1,2   f  t   f  2  
33
33
 x
2

 y
 x  4, y  1, z  2
Đẳng thức xảy ra khi 
z  x  z x 1
y z y z


Kết luận: Vậy gi{ trị nhỏ nhất của P l|
10

34
khi x  4, y  1, z  2 .
33


TƢ DUY TIẾP CẬN BẤT ĐẲNG THỨC
Gv: Nguyễn Đại Dƣơng – Fb:ThayNguyenDaiDuong
Bài 6: Cho x, y , z là các số thực thỏa mãn x  y  z  0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của

3

3x

 6 x2  6 x2  6  2 x   2.3
2

TAB E
F  X   2.3

6 x 1

X

F(X)

i

3X

3x

0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
3.5

yz

3

zx

 xy  yz  zx

Khi đó ta cần tìm kiếm một đ{nh gi{ hoặc biến đổi sao cho:



6 x2  6 y 2  6 z 2  f x  y , y  z , z  x



Ta biến đổi tương đương kết hợp điều kiện:
6x2  6 y 2  6z 2  2  x  y   2  y  z   2  z  x   2  x  y  z 
2



2

2

2

2


TƢ DUY TIẾP CẬN BẤT ĐẲNG THỨC
Gv: Nguyễn Đại Dƣơng – Fb:ThayNguyenDaiDuong



2

2

xy  yz  zx  2 xy  yz  zx

2

 0

Ta bình phương v| sử dụng bất đẳng thức: a  b  a  b
BÀI GI I

ét h|m số:

f  t   3  t với t  0
t

 f '  t   3t ln 3  1  0 với mọi t  0

H|m đ ng biến  f  t   f  0   1  3t  t  1
Áp dụng ta được: 3

x y



2



2

3
 zx 

P xy  yz  zx  2 xy  yz  zx



Ta có: x  y  y  z  z  x



2



2

 xy  yz






Tương tự: x  y y  z  z  x  x  y ,



2

2

 xy  yz  zx  2 xy  yz  zx

2

2
2



 P   . Đẳng thức xảy ra khi x  y  z  0 .

Kết luận : Vậy gi{ trị nhỏ nhất của P l| 3 khi x  y  z  0 .
Bài 7: Cho x, y , z là các số thực thỏa mãn x  y  z  0 và x2  y 2  z 2  1 . Tìm
giá trị lớn nhất của biểu thức:

P  x5  y 5  z 5

Đề tuyển sinh Đại Học khối B-2012
PH N T CH
B|i to{n đối xứng v| biến thực nên điểm rơi khi có 2 biến bằng nhau, do

12

2


y
y
y
1 3y 2
1 3y 2
 x   
x 

z
2
2
4
2
2
4
2

5

1 3y 2

2
4
5

 y
 y

1 3X 2 
5




F X   

X   

0.21
0.6
 2
 2
2
4 
2
4 




0.3125
0.5
0.34
0.4
 START = 1
0.3075
0.3
 END = 1

0.8
0.28
khoảng 0.3383 gần bằng gi{ trị tại X  0.4 .
Vậy h|m số đạt gi{ trị lớn nhất tại gi{ trị gần với X  0.4 v| X  0.816
2
1
,y  z  
ph hớp với dự đo{n x 
v| gi{ trị lớn nhất xấp x 0.34
6
6

gần đúng với dự đo{n

5 6
.
36
13


TƢ DUY TIẾP CẬN BẤT ĐẲNG THỨC
Gv: Nguyễn Đại Dƣơng – Fb:ThayNguyenDaiDuong
Ta sẽ nhập v|o CASIO một lần nữa để x{c nhận chính x{c gi{ trị x 

2
6

l|

5

6
6
Với dự đo{n điểm rơi khi có 2 biến bằng nhau ta sẽ đ{nh gi{ đưa về một
biến. Với biến số thực thì tốt nhất ta rút thế đi k m với đ{nh gi{ luôn đúng

1 x  y  z  x
2

2

2

 y  z


2

2

2

x

2

 x 


2


 0 . Nên ta sẽ giả sử x  0  y  z  x  0 .

6

BÀI GI I
Không mất tổng qu{t giả sử x  0  y  z  x  0





Ta có: a2  b2  2ab  2 a2  b2   a  b  a, b  R
x y z x
2

2

2

2

 y  z


2

x

2


 y  3z  2 y z  4 yz  y  z 
  y  z   2  y  z   0 luôn đúng. Đẳng thức xảy ra khi y  z .
16 y  z

Ta có đ{nh gi{ sau:
4

4

3

4

4

4

5

3

2 2

2 2

3

2

3

5

x

5

 x 


5



16
16
1
,y  z  
Đẳng thức xảy ra khi x 
v| c{c ho{n vị.
6
6

2

14

15x5 5 6

16
36

 a  3c 

3



a 2  b2
c

Đề tuyển sinh Đại Học khối A-2013
PH N T CH
B|i to{n v| điều kiện đối xứng theo hai biến a, b nên điểm rơi khi a  b ,
thay v|o điều kiện ta được điểm rơi a  b  c .
Điều kiện v| b|i to{n l| c{c biểu thức đẳng cấp nên ta hướng đến đặt ẩn
phụ giảm biến.
a
b
Đặt x  , y  . Điều kiện   x  1 y  1  4  x  y  xy  3
c
c
3
32 y 3
32 x
P

 x 2  y 2 . Điểm rơi l| x  y  1 v| min P  1  2
3
3
 y  3  x  3
Ta thấy  x2  y 2  


6




hoặc
3
3
3
2
 y  3 2 2 y  3
 y  3  y  3 2  y  3

Từ điều kiện  x  y  2 nên ta sẽ định hướng ép biến về x  y v| phải
đ{nh gi{ đảm bảo h|m số thu được đ ng biến.
BÀI GI I
a
b
Đặt x  , y  . Điều kiện trở th|nh:  x  1 y  1  4  xy  x  y  
c
c
3
32 y 3
32 x
P

 x2  y 2
3
3


32 y 3

 x  3

3

3

 a  b

4

 x
y 
 


 y3 x3
3

 x
y 
 P  

 
 y3 x3

x  y



8x  y

6

 x  y  6

3



x  y

2

 2x  y  6

Đến đ}y ta sử dụng CASIO để đảm bảo rằng b|i to{n vẫn c n đúng:
S
TAB E
X
F(X)
CASIO i
 0.414
2
6
8X
 0.324
2.1
F X 

16


TƢ DUY TIẾP CẬN BẤT ĐẲNG THỨC
Gv: Nguyễn Đại Dƣơng – Fb:ThayNguyenDaiDuong

x  y  x  y
y
y2
x
x2




y  3 x  3 xy  3x xy  3y 2xy  3x  3y x  y  6
2

P

8x  y

6

 x  y  6

3




i
F X 

24X  X  12 
5

 X  6

4

 START = 2
 END = 3
 STEP = 0.2
X 1

F X 

X  2X  6

 START = 2
 END = 3
 STEP =0.2

gi{ thông qua gi{ trị
Ta có:
V|:

24t 5  t  12 

t  6


2
2.2
2.4
2.6
2.8
3

F(X)
2.625
3.8847
5.5272
7.61 9
10.193
13.333

24t 5  t  12 

t  6 

4



5
t 1

nên ta sẽ đ{nh
2
2

t 2  2t  6

 0 t  2

H|m số đ ng biến trên  2,    f  t   f  2   1  2  P  1  2
C
2
32 x 3
1 1
x
Áp dụng AM-GM:
  6
3
 y  3 2 2 y  3
32 y 3

 x  3

3



y
1 1
 6
2 2
x3

 x
2

x  y



2

 2 x  y  6  2

PH N T CH HÀM SỐ
TAB E
X
i

F X 

2

6X
 X 2  2X  6
X6
 START = 2
 END = 3
 STEP 0.01
Dựa v|o bảng gi{ trị trên ta thấy h|m số
đơn điệu tăng, h|m số đạt gi{ trị nhỏ
nhất tại X  2 .
Để chắc chắn ta tiếp tục sử dụng TABLE
cho khoảng rộng hơn.

ét h|m số: f  t  

t 1
t 2  2t  6

F(X)
 0.414
 0.348
 0.258
 0.148
 0.021
0.1204
0.2749
0.441
0.6178
0.8043
1


TƢ DUY TIẾP CẬN BẤT ĐẲNG THỨC
Gv: Nguyễn Đại Dƣơng – Fb:ThayNguyenDaiDuong
6t  t  12 

Ta có:
V|

t  6

2

t 1
t  2t  6

H|m số đ ng biến trên  2,    f  t   f  2   1  2  P  1  2
x  y  2

Đẳng thức xảy ra khi 
 x  y 1 a  b  c

x  y
Kết luận: Vậy gi{ trị nhỏ nhất của P l| 1  2 khi a  b  c .
Bài 9: Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
4
9
P

a2  b2  c 2  4  a  b   a  2c  b  2c 
Đề tuyển sinh Đại Học khối B-2013
PH N T CH
P đối xứng theo a, b nên dự đo{n điểm rơi khi a  b .
Ta không đ{nh gi{ : a  b  c
2

2

Nên ta sẽ đ{nh gi{  a  b 

2

a  b  c


2

Áp dụng AM-GM:
2
2
 a  b  a  2c  b  2c    a  b  a  b2 4c  a  b  2ab2  4ac  4bc
M|: 2ab  a2  b2 , 4ac  2 a2  c 2 v| 4bc  2 b2  c 2













19


TƢ DUY TIẾP CẬN BẤT ĐẲNG THỨC
Gv: Nguyễn Đại Dƣơng – Fb:ThayNguyenDaiDuong



a2  b2  2ab  4ac  4bc
 2 a 2  b2  c 2
2
4

số phải có cực đại v| đạt gi{ trị lớn nhất tại điểm cực đại.
S
TAB E
X
F(X)
CASIO i
2.5
 0.4
4
9
3
0.4333
F X  
X 2 X2  4
3.5
0.5974
4
0.625
 START = 2
4.5
0.6119
 END = 7
5
0.5857
 STEP = 0.5
5.5
0.5558
Dựa bảng gi{ trị trên ta thấy h|m số đạt
6
0.526




 f ' t   

4
t

2





9t
t2  4







2

 f ' t   0  t  4

BBT:
t
f’(t)



a  b  c
Đẳng thức xảy ra khi 
abc2
2
2
2

 a b c 4 4
C
2 Sau khi ịnh hướng ược bài toán và iểm rơi như trên thì ta c thể gi i
bằng cách ép về biến a  b  c .

Ta c : a  b  c
2

2

2

 a  b  c  2
4

2

4

 a2  b2  c 2  4 


x2
x  yz  x  1
2



yz
1  yz

x y  z 1
9

Đề tuyển sinh Đại Học khối A-2014
PH N T CH
B|i to{n có điều kiện l| một biểu thức đối xứng, P không đối xứng nhưng
đối xứng theo 2 biến y , z , do điều kiện c{c biến không }m nên ta không thể
đo{n điểm rơi l| y  z . Ta sẽ xét c{c trường hợp sau:
TH 1: Cố định x  0  y 2  z2  2  y  2  z2 , thay v|o P được:
P

S

2  z2  z

1  z 2  z2
9
2  z2  z  1
TAB E i

1  X 2  X2

0.4444
0.4304
0.3837
21


TƢ DUY TIẾP CẬN BẤT ĐẲNG THỨC
Gv: Nguyễn Đại Dƣơng – Fb:ThayNguyenDaiDuong
Dựa v|o bảng gi{ trị trên ta thấy h|m số

1.5

ERROR

đơn điệu giảm trên 0, 2  . Nên h|m số đạt gi{ trị lớn nhất khi X  0 suy


ra gi{ trị lớn nhất trong trường hợp n|y  0.4746 khi x  0, y  2 , z  0
TH 2: Cố định z  0  x2  y 2  2  y  2  x2

do b|i to{n đối xứng theo

2 biến y , z nên ta không cần xét TH y  0 )
x2

P

x2  x  1

S


F(X)
0. 746
0.4596
0.4835
0.5171
0.5443
0.5555
0.5383
0.4153

0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
1.4

X  2X 1
 START = 0
 END = 1.5
 STEP = 0.2
Dựa bảng gi{ trị trên ta thấy h|m số đạt cực
đại trong khoảng  0.8,1.2  v| h|m số đạt gi{ trị lớn nhất tại X  1 . Ta kiểm
2

tra xem X  1 có phải l| cực đại hay không. Nhập v|o m{y tính CASIO ta
d 

2



x2
x  yz  x  1
2



x2
x  x  xy  xz
2



x
x y  z1

V| : x  y  z  2  x   y  z   2  2 yz  2 1  yz 
2

22

2

2

2


 x  y  z


2

2

 x  y  z
 1  yz 

2

4

 x  y  z  x  y  z  x  y  z
yz
P 2


36
x y  z1
36
x  x  x y  z x  y  z  1
2

x2






 t  1

2

BBT:
t

0

2



f’(t)

0
5
9

f(t)

6


Dựa v|o bảng biến thiên  f  t   f  2  

5
5
P


TƢ DUY TIẾP CẬN BẤT ĐẲNG THỨC
Gv: Nguyễn Đại Dƣơng – Fb:ThayNguyenDaiDuong
PH N T CH
B|i to{n đối xứng theo 2 biến a , b m|  a  b  c  0 nên điểm rơi không thể l|
a  b  0 hoặc c  0 được nên điểm rơi khi một trong hai biến a hoặc b

a c 1 a 1 a c 3




 suy ra điểm rơi của b|i
c 2a 2 c 2 c 2a 2
to{n l| a  c , b  0 hoặc a  0, b  c . Từ điều kiện v| P chứa hai căn thức
quen thuộc ta ngh đến c{c bất đẳng thức:
bằng 0. Khi đó P 

a
b
ab

2
bc
ac
a  b  2c

 Đ{nh gi{ 1:

a


2  a  b
abc



b
2b

ac abc

c
c
đưa b|i to{n về h|m số theo biến t 
0
a

b
2  a  b

BÀI GI I
Áp dụng AM-GM:

a  b  c  2 a  b  c   a  a  b  c   2a b  c 
Đ{nh gi{ tương tự:
P

24

2  a  b



TƢ DUY TIẾP CẬN BẤT ĐẲNG THỨC
Gv: Nguyễn Đại Dƣơng – Fb:ThayNguyenDaiDuong
c
2
t
 t  0  P  f t  

ab
1 t 2
PH N T CH HÀM SỐ
S
TAB E
X
CASIO i
2X
X
F X 

X 1 2
 START = 0
 END = 5
 STEP 0.5
Dựa v|o bảng gi{ trị trên ta thấy h|m số
có cực tiểu v| đạt gi{ trị nhỏ nhất tại
X 1.
Vậy f  t   f 1 thỏa mãn yêu cầu nên ta

Đặt t 

2
1.5833
1.5
1.55
1.6666
1.8214
2
2.1944
2.4
2.6136
2.8333

BBT :
t
f’(t)

0

1
0








0
f(t)

2  a  b

3
Kết luận: Vậy gi{ trị nhỏ nhất của P l| khi a  c , b  0 hoặc a  0, b  c .
2
c
c
P2


a  b 2  a  b

Bài 12: Cho a, b, c thực thuộc oạn 1,3  và thỏa mãn iều kiện a  b  c  6 .
25


TƢ DUY TIẾP CẬN BẤT ĐẲNG THỨC
Gv: Nguyễn Đại Dƣơng – Fb:ThayNguyenDaiDuong
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
a2 b2  b2 c 2  c 2 a2  12abc  72 1
P
 abc
ab  bc  ca
2
Đề chính thức kì thi THPT Quốc Gia 2015
PH N T CH
Điều kiện của c{c biến nằm trong khoảng chặn nên khả năng điểm rơi xảy
ra khi có ít nhất một biến nằm ở biên. Do điều kiện v| b|i to{n đối xứng 3
biến nên vai tr a, b, c như nhau, cố định c  1  a  b  5  b  5  a thay
v|o P được :

X  5  X   10X  50X  97 5X  X 2
F X 

2.2
14.531
2
5  5X  X 2
2.3
14.527
 START = 2
2.4
14.525
 END = 3
2.5
14.525
 STEP = 0.1
2.6
14.525
Dựa v|o bảng gi{ trị trên ta thấy h|m số đối
2 7
14.527
xứng v| đạt cực tiểu tại X  2.5 , đạt gi{ trị lớn
2.8
14.531
160
nhất l|
tại X  2 v| X  3 .
2.
14.537
11


2

 12 nhưng điểm
3
rơi không xảy ra khi ba biến bằng nhau nên điều kiện trên l| chưa đủ, từ
1 v| 2  ab  bc  ca  5  abc  3  ab  bc  ca   27  ab  bc  ca  11

Ta đ{nh gi{ điều kiện của biến :

Do a, b, c  1,3 nên ta có:

 a  1 b  1 c  1  0  abc  5  ab  bc  ca
 a  3 b  3 c  3  0  abc  27   ab  bc  ca 

(1)
(2)

Lấy 2  (1)  ab  bc  ca  11

a  b  c
M| : ab  bc  ca 
3

2

 12

Ta có:  ab  bc  ca   a2 b2  b2 c 2  c 2 a2  2abc  a  b  c   a2b2  b2c 2  c 2 a2  12abc
2

X 72 5
11.1
14.536
F X  

2 X 2
11.2
14.528
 START = 11
11.3
14.521
 END = 12
11.4
14.515
 STEP 0.1
11.5
14.51
Dựa v|o bảng gi{ trị trên ta thấy h|m số
11.6
14.506
đơn điệu giảm trên 11,12  , h|m số đạt
11.7
14.503
11.8
14.501
gi{ trị lớn nhất tại X  11 thỏa mãn yêu
cầu nên ta định hướng chứng minh h|m
11.9
14.5
12