Ứng dụng của đạo hàm trong chứng minh bất đẳng thức và bài toán tìm cực trị

Trung tâm Gia sư Hà Nội chia sẻ tài liệu cách dùng đạo hàm để chứng minh một bài toán bất đẳng thức, tìm cực trị của hàm số.

Trong việc chứng minh bất đẳng thức hay tìm cực trị của một biểu thức, vận dụng phương pháp dồn biến để khảo sát hàm số là một chủ đề rất được nhiều bạn học sinh tham gia các kỳ thi chọn HSG và kỳ thi TSĐH, THPT – Quốc Gia quan tâm.

Để có thể dồn một biểu thức nhiều biến về một biến chúng ta có nhiều kỹ thuật, tuy nhiên trong nội dung của chủ đề chúng tôi chỉ giới thiệu một số kỹ thuật quan trọng, thường gặp và sắp xếp theo sự phổ biến của các kỹ thuật đó gồm:

• Vận dụng các bất đẳng thức kinh điển.
• Kết hợp kỹ thuật đổi biến số.
• Kết hợp kỹ thuật sắp thứ tự các biến.
• Phương pháp tiếp tuyến.
• Khảo sát hàm nhiều biến.
• Kết hợp với việc sử dụng bổ đề.
• Vận dụng kỹ thuật dồn biến cổ điển

1. Dồn biến nhờ vận dụng kỹ thuật sử dụng các bất đẳng thức kinh điển

Phân tích.  Khai triển đẳng thức ở giả thiết cho ta:

 $ {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}={{\left( a+b+c-1 \right)}^{2}}+1-4abc$

Để ý là : $ abc\underset{AM-GM}{\mathop{\le }}\,{{\left( \frac{a+b+c}{3} \right)}^{3}}$ . Từ đó ta quy việc giải bài toán bất đẳng thức về bài toán khảo sát hàm số theo biến $ t=a+b+c,\,\,t\in \left( 0;3 \right).$ 

Lời giải. Ta có $ abc=1-\left( a+b+c \right)+ab+bc+ca-abc$

⇔ $ 1-\left( a+b+c \right)+ab+bc+ca=2abc$

⇔ $ 1-\left( a+b+c \right)+\frac{{{\left( a+b+c \right)}^{2}}-\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)}{2}=2abc$

⇔ $ {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}={{\left( a+b+c-1 \right)}^{2}}+1-4abc\ge {{\left( a+b+c-1 \right)}^{2}}+1-\frac{4}{27}{{\left( a+b+c \right)}^{3}}$

Đặt $ t=a+b+c\Rightarrow t\in \left( 0;3 \right)$. Xét hàm số $ F\left( t \right)=-\frac{4}{27}{{t}^{3}}+{{t}^{2}}-2t+2$

Ta có $ F’\left( t \right)=-\frac{4}{9}{{t}^{2}}+2t-2=0$

⇒ $ \left[ \begin{matrix}t=\frac{3}{2} \\t=3\,\, \\\end{matrix} \right.$

Lập bảng biến thiên ta có: $ Min\,F\left( t \right)=F\left( \frac{3}{2} \right)=\frac{3}{4}$

Vậy $ {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\ge \frac{3}{4}$. Dấu “=” xảy ra khi $ a=b=c=\frac{1}{2}$.

Lời giải.  Ta có

$ 4{{z}^{2}}-\left( x+y \right)z=2xy\underset{AM-GM}{\mathop{\le }}\,\frac{{{\left( x+y \right)}^{2}}}{2}\Rightarrow {{\left( \frac{x+y}{z} \right)}^{2}}+2\left( \frac{x+y}{z} \right)-8\ge 0\Rightarrow \frac{x+y}{z}\ge 2$

Lại có :

$ \displaystyle P\ge \frac{{{\left( x+y \right)}^{2}}}{{{\left( x+y \right)}^{2}}+\left( x+y \right)z}+\frac{3}{2}{{\left( \frac{z}{x+y+z} \right)}^{2}}=\frac{\left( \frac{x+y}{z} \right)}{\left( \frac{x+y}{z} \right)+1}+\frac{3}{2}{{\left( \frac{1}{\frac{x+y}{z}+1} \right)}^{2}}$

Đặt $ \displaystyle \frac{x+y}{z}=t,\,\,t\ge 2$. Khảo sát hàm số $ f\left( t \right)=\frac{t}{t+1}+\frac{3}{2{{\left( t+1 \right)}^{2}}},\,\,t\in \left[ 2;+\infty \right)$

Ta tìm được $ \underset{\left[ 2;+\infty \right)}{\mathop{\min }}\,f\left( t \right)=f\left( 2 \right)=\frac{5}{6}$

Hay $ \min P=\frac{5}{6}\Leftrightarrow x=y=z$.

Lời giải.

Ta có $ \frac{a}{a+c}+\frac{b}{b+c}-\frac{c}{c+1}=\frac{c\left( a+b-{{c}^{2}} \right)+ab\left( c+2 \right)}{\left( a+c \right)\left( b+c \right)\left( c+1 \right)}\ge 0$

⇒ $ \frac{a}{a+c}+\frac{b}{b+c}\ge \frac{c}{c+1}$

Do đó $ P\ge {{\left( \frac{c}{c+1} \right)}^{4}}-\frac{32}{27}\left( \frac{c}{c+1} \right)$.  Xét hàm số $ f\left( t \right)={{t}^{4}}-\frac{32}{27}t,\,\,t\ge 0$ có:

$ \displaystyle f’\left( t \right)=4{{t}^{3}}-\frac{32}{27}\Rightarrow f’\left( t \right)=0\Leftrightarrow t=\frac{2}{3}$

Lập bảng biến thiên ta có $ f\left( t \right)\ge -\frac{16}{27}$

Do đó $ \min P=-\frac{16}{27}\Leftrightarrow a=0,b=4,c=2$ hoặc $ b=0,a=4,c=2$.

2. Dồn biến nhờ kết hợp với kỹ thuật đổi biến số

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

đồng thời $ {{\left( ab+bc+ca \right)}^{2}}\ge 3abc\left( a+b+c \right)$. Do đó giữa các đại lượng $ \left( a+b+c \right),\,\left( ab+bc+ca \right),\,\,\left( abc \right)$ tồn tại một mối liên hệ mà ta quan tâm.

Và để làm gọn các biểu thức ta có thể sử dụng phép đổi biến số (dạng ẩn phụ) như  lời giải sau:

Lời giải. 

Đặt $ x=a+b+c,y=ab+bc+ca\Rightarrow \left\{ \begin{matrix}x>\sqrt{3},y>0 \\{{x}^{2}}=2y+3 \\\end{matrix} \right.$

Mặt khác ta có: $ {{\left( ab+bc+ca \right)}^{2}}\ge 3abc\left( a+b+c \right)\Rightarrow \frac{1}{abc}\ge \frac{3x}{{{y}^{2}}}$.

⇒ $ P\ge 5x+\frac{9x}{{{y}^{2}}}=5x+\frac{36x}{{{\left( {{x}^{2}}-3 \right)}^{2}}}$

Xét hàm số $ F\left( x \right)=5x+\frac{36x}{{{\left( {{x}^{2}}-3 \right)}^{2}}}$ với $ x>\sqrt{3}$

Ta có: $ F’\left( x \right)=\frac{\left( x-3 \right)\left( 5{{x}^{5}}+15{{x}^{4}}+27x+81 \right)}{{{\left( {{x}^{2}}-3 \right)}^{3}}}$

Vì $ x>\sqrt{3}\Rightarrow 5{{x}^{5}}+15{{x}^{4}}+27x+81>0\Rightarrow F’\left( x \right)=0\Leftrightarrow x=3$.

Lập bảng biến thiên ta có: $ MinF=F\left( 3 \right)=18$.

Vậy $ MinP=18$ khi $ \left\{ \begin{matrix}x=3 \\y=3 \\\end{matrix}\Leftrightarrow a=b=c=1. \right.$

Phân tích. Nhận thấy đẳng thức ở giả thiết và biểu thức P có dạng đồng bậc, do

đó ta có thể nghĩ đến vận dụng cách đổi biến kiểu  để dồn biểu thức ba

biến về biểu thức hai biến.

Lời giải. 

Đặt $ \left\{ \begin{matrix}a=x.c \\b=y.c \\\end{matrix}\Rightarrow \left\{ \begin{matrix}0<x\le \frac{1}{2}\,\,\,\,\,\,\,\,\, \\xy+y=2 \\\end{matrix} \right. \right.\Rightarrow \left\{ \begin{matrix}0<x\le \frac{1}{2}\,\,\,\,\,\, \\y=\frac{2}{x+1} \\\end{matrix} \right.$

Ta có $ P=\frac{x}{x-y}+\frac{y}{y-1}+\frac{1}{1-x}=\frac{x\left( x+1 \right)}{{{x}^{2}}+x-2}+\frac{2}{1-x}+\frac{1}{1-x}=\frac{{{x}^{2}}-2x-6}{{{x}^{2}}+x-2}$

Ta có $ P’=\frac{3{{x}^{2}}+8x+10}{{{\left( {{x}^{2}}+x-2 \right)}^{2}}}>0\,\,\forall x\in \left( 0;\frac{1}{2} \right]\Rightarrow P\left( x \right)\le P\left( \frac{1}{2} \right)=\frac{27}{5}$

⇒ $ MaxP=\frac{27}{5}\Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix}x=\frac{1}{2} \\y=\frac{4}{3} \\\end{matrix}\Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix}a=\frac{1}{2}c \\b=\frac{4}{3}c \\\end{matrix} \right. \right.$.

3. Dồn biến nhờ kết hợp với kỹ thuật sắp thứ tự các biến

Phân tích.

Ta dễ dàng nhận thấy  $ P={{\left( a+b \right)}^{2}}+{{c}^{2}}+ab\left( c-2 \right)={{\left( 3-c \right)}^{2}}+{{c}^{2}}-ab\left( 2-c \right)$

Khi đó ta muốn dồn biểu thức $ P$ về biến $ c$ bằng đánh giá $ 0\le ab\le {{\left( \frac{a+b}{2} \right)}^{2}}=\frac{{{\left( 3-c \right)}^{2}}}{4}$. Tuy nhiên dấu của $ \left( 2-c \right)$ thay đổi khi  $ c\in \left[ 0;3 \right]$

Để giải quyết vấn đề đó, ta có thể giả sử

$ c=\min \left\{ a,b,c \right\}\Rightarrow 3=a+b+c\ge 3c\Rightarrow c\le 1$

Lời giải.   

Giả sử $ c=\min \left\{ a,b,c \right\}\Rightarrow 3=a+b+c\ge 3c\Rightarrow c\le 1$.

Từ giả thiết ta có: $ 0\le ab\le \frac{{{\left( 3-c \right)}^{2}}}{4}$ và $ c\in \left[ 0;1 \right]$.

Ta có: $ P={{\left( 3-c \right)}^{2}}+{{c}^{2}}-ab\left( 2-c \right)$.

Với $ \left\{ \begin{matrix}0\le ab\le \frac{{{\left( 3-c \right)}^{2}}}{4} \\2-c>0 \\\end{matrix} \right.\Rightarrow\frac{1}{4}\left( {{c}^{3}}-3c+18 \right)\le P\le 2{{c}^{2}}-6c+9$.

Đặt $ f\left( c \right)=\frac{1}{4}\left( {{c}^{3}}-3c+18 \right),g\left( c \right)=2{{c}^{2}}-6c+9$.

Khảo sát hàm số $ f\left( c \right),g\left( c \right),c\in \left[ 0;1 \right]$.

Ta có $ Min\,f\left( c \right)=4$ tại $ c=1,Max\,g\left( c \right)=9$ tại $ c=0$.

Vậy $ Min\,P=4$ tại $ a=b=c=1$; $ Max\,P=9$ tại $ \left( 3;0;0 \right)$ và các hoán vị.

Bình luận.  Từ phân tích và lời giải bài toán trên, ta nhận thấy việc sắp thứ tự các biến phải thỏa mãn hai điều kiện:

• Thứ nhất: Vai trò của các biến là như nhau (nghĩa là khi thay đổi vai trò của chúng thì giả thiết và kết luận của bài toán không thay đổi)
• Thứ hai: Việc sắp thứ tự các biến phải xuất phát từ ý định giải toán nào: có thể là do việc so sánh gặp trở ngại về dấu như bài toán trên hay để dồn về một biến nào đó…

Sau đây mời các bạn cùng tham khảo một số bài toán để thấy được những mục đích khác nhau khi sắp thứ tự các biến.

Lời giải. 

Không mất tính tổng quát ta giả sử $ 0<a\le b\le c$.

Ta có: $ a+b+c=3\Rightarrow a+b=3-c$ và $ c\ge 1$.

Mặt khác $ a+b>c\Rightarrow 3-c>c\Rightarrow c<\frac{3}{2}\Rightarrow c\in \left[ 1;\frac{3}{2} \right)$.

Ta có: $ Q=3\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)+3{{c}^{2}}+4abc=3{{\left( 3-c \right)}^{2}}+3{{c}^{2}}-2\left( 3-2c \right)ab$.

Vì $ c<\frac{3}{2}\Rightarrow 3-2c>0$.

Ta có: $ {{\left( \frac{a+b}{2} \right)}^{2}}\ge ab\Rightarrow {{\left( \frac{3-c}{2} \right)}^{2}}\ge ab\Rightarrow Q\ge {{c}^{3}}-\frac{3}{2}{{c}^{2}}+\frac{27}{2}$

Xét hàm số $ F\left( c \right)={{c}^{3}}-\frac{3}{2}{{c}^{2}}+\frac{27}{2},\,\,c\in \left[ 1;\frac{3}{2} \right)$

Ta có: $ F’\left( c \right)=3{{c}^{2}}-3c=0\Rightarrow \left[ \begin{matrix}c=0 \\c=1 \\\end{matrix} \right.$.

Lập bảng biến thiên ta có: $ MinF\left( c \right)=F\left( 1 \right)=13$.

Vậy $ MinQ=13$ tại $ \left( a;b;c \right)=\left( 1;1;1 \right)$.

Lời giải.

Ta có:

$ \displaystyle {{\left( 2\left( a+b+c \right)-abc \right)}^{2}}={{\left( 2\left( a+b \right)+c\left( 2-ab \right) \right)}^{2}}\le \left[ {{\left( a+b \right)}^{2}}+{{c}^{2}} \right]\left[ 4+{{\left( 2-ab \right)}^{2}} \right]$

$ \displaystyle =\left( 9+2ab \right)\left[ 8-4ab+{{\left( ab \right)}^{2}} \right]=2{{t}^{3}}+{{t}^{2}}-20t+72=f\left( t \right),\,$ với $ \displaystyle \,t=ab.$

Không mất tính tổng quát, giả sử: $ |a|\le |b|\le |c|$, ta có: $ 9={{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\le 3{{c}^{2}}\Rightarrow {{c}^{2}}\ge 3$.

Lại có: $ 2|ab|\le {{a}^{2}}+{{b}^{2}}=9-{{c}^{2}}\le 6\Rightarrow |t|\le 3$

Do đó: $ \underset{\left[ -3;3 \right]}{\mathop{Max}}\,f\left( t \right)=Max\left\{ f(-2);f(3) \right\}=f(-2)=100$. Hay : $ {{P}^{2}}\le 100$.

Dấu “=” xảy ra ⇔ $ \left( a,b,c \right)=\left( -1;2;2 \right)$ và các hoán vị của nó.

4. Phương pháp tiếp tuyến

Chú ý. Nếu đường thẳng $ y=ax+b$ là tiếp tuyến của đồ thị hàm số $ y=f\left( x \right)$ tại điểm $ A\left( {{x}_{0}};\,{{y}_{0}} \right)$ (A không là điểm uốn) khi đó tồn tại một khoảng $ \left( \alpha ;\,\beta \right)$ chứa điểm $ {{x}_{0}}$ sao cho $ f\left( x \right)\ge ax+b,\,\forall x\in \left( \alpha ;\beta \right)$ hoặc $ f\left( x \right)\le ax+b,\,\forall x\in \left( \alpha ;\beta \right)$. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $ x={{x}_{0}}$.

Lời giải. 

Ta có $ \frac{a}{1+bc}\ge \frac{a}{1+\frac{{{\left( b+c \right)}^{2}}}{4}}=\frac{4a}{4+{{\left( 1-a \right)}^{2}}}$

Hoàn toàn tương tự, ta sẽ chứng minh

$ \frac{4a}{{{a}^{2}}-2a+5}+\frac{4b}{{{b}^{2}}-2b+5}+\frac{4c}{{{c}^{2}}-2c+5}\ge \frac{9}{10}$

Xét hàm số $ f\left( x \right)=\frac{4x}{{{x}^{2}}-2x+5}\Rightarrow f’\left( x \right)=\frac{-4{{x}^{2}}+20}{{{\left( {{x}^{2}}-2x+5 \right)}^{2}}}$

Phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ $ {{x}_{0}}=\frac{1}{3}$ là $ y=\frac{99x-3}{100}$

Lúc đó $ \frac{4x}{{{x}^{2}}-2x+5}-\frac{99x-3}{100}=\frac{{{\left( 3x-1 \right)}^{2}}\left( 15-11x \right)}{100\left( {{x}^{2}}-2x+5 \right)}\ge 0,\,\forall x\in \left( 0;1 \right)$

Từ kết quả trên thay $ x$ bởi $ a,b,c$ ta được:

$ \frac{4a}{{{a}^{2}}-2a+5}+\frac{4b}{{{b}^{2}}-2b+5}+\frac{4c}{{{c}^{2}}-2c+5}\ge \frac{99\left( a+b+c \right)-9}{100}=\frac{9}{10}$ (đpcm)

Lời giải.

Chuẩn hóa $ a+b+c=1.$ Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh là:

$ \left( \frac{4}{1-a}-\frac{1}{a} \right)+\left( \frac{4}{1-b}-\frac{1}{b} \right)+\left( \frac{4}{1-b}-\frac{1}{b} \right)\le 9\,\,\left( * \right)$

Xét hàm số $ f\left( x \right)=\frac{5x-1}{x-{{x}^{2}}}$, phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ $ {{x}_{0}}=\frac{1}{3}$ là $ y=18x-3$.

Do $ a,b,c$ là ba cạnh của một tam giác nên $ \left\{ \begin{matrix}1=a+b+c\ge 2a \\\begin{array}{l}1=a+b+c\ge 2b\\1=a+b+c\ge 2c\end{array} \\\end{matrix} \right.\Rightarrow x<\frac{1}{2}$

Suy ra $ f\left( x \right)-\left( 18x-3 \right)=\frac{{{\left( 3x-1 \right)}^{2}}\left( 2x-1 \right)}{x-{{x}^{2}}}\ge 0,\,\forall x\in \left( 0;\frac{1}{2} \right)$

Từ đó ta có: $ VT\left( * \right)=f\left( a \right)+f\left( b \right)+f\left( c \right)\le 18\left( a+b+c \right)-9=9$ (đpcm).

Lời giải.

 Xét hàm số $ f\left( x \right)=\frac{x}{{{x}^{2}}+1}$. Phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ $ {{x}_{0}}=\frac{1}{3}$ là $ y=\frac{36x+3}{50}$.

Xét hiệu $ f\left( x \right)-\frac{36x+3}{50}=-\frac{{{\left( 3x-1 \right)}^{2}}\left( 4x+3 \right)4}{50\left( {{x}^{2}}+1 \right)}\le 0,\,\forall x\ge -\frac{3}{4}$

Do đó $ VT\left( * \right)=f\left( a \right)+f\left( b \right)+f\left( c \right)\le \frac{36}{50}\left( a+b+c \right)+\frac{9}{50}=\frac{9}{10}$ (đpcm).

5. Khảo sát hàm nhiều biến số

Lời giải. 

Ta xét hàm số $ f\left( x \right)=\frac{1}{2-x}-1-\frac{1}{2}{{x}^{2}},x\in \left( 0;\sqrt{3} \right)$

Ta có: $ f’\left( x \right)=\frac{1}{{{\left( 2-x \right)}^{2}}}-x=0\Rightarrow \left[ \begin{matrix}x=\frac{3-\sqrt{5}}{2}\in \left( 0;\sqrt{3} \right) \\x=1\in \left( 0;\sqrt{3} \right) \\x=\frac{3+\sqrt{5}}{2}\notin \left( 0;\sqrt{3} \right) \\\end{matrix} \right.$.

Lập bảng biến thiên ta có $ f\left( x \right)\ge f\left( 1 \right)=-\frac{1}{2}\Rightarrow \frac{1}{2-x}\ge \frac{1}{2}+\frac{1}{2}{{x}^{2}}$.

Thay x bởi a, b, c vào ta được: $ P=\frac{1}{2-a}+\frac{1}{2-b}+\frac{1}{2-c}\ge \frac{3}{2}+\frac{1}{2}\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)=3$.

Vậy $ MinP=3$ tại $ a=b=c=1$.

6. Kết hợp với việc sử dụng Bổ đề

Bổ đề. Trước hết ta có: $ {{x}^{3}}+{{y}^{3}}\ge \frac{{{\left( x+y \right)}^{3}}}{4}$ (chứng minh bằng cách biến đổi tương đương)

Lời giải. 

Đặt $ x+y+z=a.$ Khi đó $ 4P\ge \frac{{{\left( x+y \right)}^{3}}+64{{z}^{3}}}{{{a}^{3}}}=\frac{{{\left( a-z \right)}^{3}}+64{{z}^{3}}}{{{a}^{3}}}={{\left( 1-t \right)}^{3}}+64{{t}^{3}}$

(với $ t=\frac{z}{a}$, $ 0\le t\le 1$);

Xét hàm số $ \displaystyle f\left( t \right)={{\left( 1\text{ }t \right)}^{3}}+\text{ }64{{t}^{3}}$ với $ t\in \left[ 0;1 \right]$.

có $ f'(t)=3\left[ 64{{t}^{2}}-{{\left( 1-t \right)}^{2}} \right],f'(t)=0\Leftrightarrow t=\frac{1}{9}\in \left[ 0;1 \right]$

Lập bảng biến thiên $ \Rightarrow \underset{t\in \left[ 0;1 \right]}{\mathop{Min\text{f}\left( t \right)}}\,=\frac{64}{81}\Rightarrow $

GTNN của P là $ \frac{16}{81}$ đạt được khi $ x=y=4z>0$

Lời giải :

Đặt $ \displaystyle \frac{b}{a}=x,\,\,\frac{c}{b}=y,\,\,\frac{a}{c}=z\Rightarrow xyz=1$

Bất đẳng thức đã cho trở thành: $ \frac{1}{{{(1+x)}^{3}}}+\frac{1}{{{(1+y)}^{3}}}+\frac{1}{{{(1+z)}^{3}}}\ge \frac{3}{8}$

Áp dụng AM-GM ta có: $ \frac{1}{{{\left( 1+x \right)}^{3}}}+\frac{1}{{{\left( 1+x \right)}^{3}}}+\frac{1}{8}\ge 3\sqrt[3]{\frac{1}{8{{(1+x)}^{6}}}}=\frac{3}{2{{\left( 1+x \right)}^{2}}}$

Ta cần CM bất đẳng thức: $ \frac{1}{{{(1+x)}^{2}}}+\frac{1}{{{(1+y)}^{2}}}+\frac{1}{{{(1+z)}^{2}}}\ge \frac{3}{4}$

Bổ đề: $ \frac{1}{{{\left( 1+x \right)}^{2}}}+\frac{1}{{{\left( 1+y \right)}^{2}}}\ge \frac{1}{1+xy}\,\,\,\left( x,y>0 \right)$

Bổ đề này được CM bằng cách biến đổi tương đương đưa về BĐT hiển nhiên :

$ xy{{(x-y)}^{2}}+{{(1-xy)}^{2}}\ge 0$

Do đó: $ VT\ge \frac{1}{1+xy}+\frac{1}{{{(1+z)}^{2}}}=\frac{z}{z+1}+\frac{1}{{{(1+z)}^{2}}}=\frac{z(z+1)+1}{{{(1+z)}^{2}}}=\frac{{{z}^{2}}+z+1}{{{z}^{2}}+2z+1}$

Giả sử: $ z=Max\left\{ x,y,z \right\}\Rightarrow 1=xyz\le {{z}^{3}}\Rightarrow z\ge 1$

Xét hàm số: $ f(z)=\frac{{{z}^{2}}+z+1}{{{z}^{2}}+2z+1};\,\,\,f'(z)=\frac{{{z}^{2}}-1}{{{(z+1)}^{4}}}\ge 0,\forall z\ge 1$

Suy ra: $ f(z)\ge f(1)=\frac{3}{4}$.

7. Vận dụng kỹ thuật dồn biến cổ điển

Lời giải :

Ta sẽ chứng minh :$ P\left( a,b,c \right)\ge P\left( a,\,\sqrt{bc},\sqrt{bc} \right)$. Thật vậy:

$ P\left( a,b,c \right)-P\left( a,\,\sqrt{bc},\sqrt{bc} \right)={{a}^{3}}{{b}^{3}}+{{a}^{3}}{{c}^{3}}-6\left( b+c \right)-2{{a}^{3}}{{\left( \sqrt{bc} \right)}^{3}}+12\sqrt{bc}$

$ ={{a}^{3}}{{\left[ {{\left( \sqrt{b} \right)}^{3}}-{{\left( \sqrt{c} \right)}^{3}} \right]}^{2}}-6{{\left( \sqrt{b}-\sqrt{c} \right)}^{2}}=$

$ ={{\left( \sqrt{b}-\sqrt{c} \right)}^{2}}\left[ {{a}^{3}}{{\left( b+\sqrt{bc}+c \right)}^{2}}-6 \right]\ge {{\left( \sqrt{b}-\sqrt{c} \right)}^{2}}\left[ 9{{a}^{3}}.bc-6 \right]=$

$ ={{\left( \sqrt{b}-\sqrt{c} \right)}^{2}}\left( 9{{a}^{2}}-6 \right)\ge 0$ (Với giả sử $ a=M\text{ax}\left\{ a,b,c \right\}\Rightarrow a\ge 1$) .

Lại có:

$ P\left( a,\sqrt{bc},\sqrt{bc} \right)=P\left( a,\frac{1}{\sqrt{a}},\,\frac{1}{\sqrt{a}} \right)=2a\sqrt{a}+\frac{1}{{{a}^{3}}}-6a-\frac{12}{\sqrt{a}}$    .

Đặt $ \sqrt{a}=t,\left( t\ge 1 \right)$. Ta có: $ f\left( t \right)=2{{t}^{3}}+\frac{1}{{{t}^{6}}}-6{{t}^{2}}-\frac{12}{t}$

Ta sẽ chứng minh: $ 2{{t}^{3}}+\frac{1}{{{t}^{6}}}-6{{t}^{2}}-\frac{12}{t}\ge -15,\,\,\forall t\ge 1\,\,\,\left( * \right)$

Thật vậy: $ \left( * \right)\Leftrightarrow 2{{t}^{9}}-6{{t}^{8}}+15{{t}^{6}}-12{{t}^{5}}+1\ge 0$.

Xét hàm số : $ g\left( t \right)=2{{t}^{9}}-6{{t}^{8}}+15{{t}^{6}}-12{{t}^{5}}+1$, ta có :

$ g’\left( t \right)=18{{t}^{8}}-48{{t}^{7}}+90{{t}^{5}}-60{{t}^{4}}=6{{t}^{4}}\left( 3{{t}^{4}}-8{{t}^{3}}+15t-10 \right)=6{{t}^{4}}.h\left( t \right)$

Xét : $ h\left( t \right)=3{{t}^{4}}-8{{t}^{3}}+15t-10,\,\,\forall t\ge 1$, có :

$ h’\left( t \right)=12{{t}^{3}}-24{{t}^{2}}+15;\,\,h”\left( t \right)=36{{t}^{2}}-48t=0$

⇒ $ \left[ \begin{matrix}t=0 \\t=\frac{4}{3} \\\end{matrix} \right.$

Lập bảng biến thiên ta thấy : $ h’\left( t \right)\ge h’\left( \frac{4}{3} \right)=\frac{7}{9}>0$.

Do đó: $ h\left( t \right)\ge h\left( 1 \right)=0\Rightarrow g’\left( t \right)\ge 0$ nên: $ g\left( t \right)\ge g\left( 1 \right)=0$.

• Ứng dụng của một hệ quả của bất đẳng thức Schur

• Phương pháp hệ số bất định trong chứng minh bất đẳng đẳng thức

• Ứng dụng nguyên lí Dirichlet trong chứng minh bất đẳng thức

• Một số kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki

• Một số kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức Cauchy

• Phương pháp quy nạp toán học chứng minh BĐT

• Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp phản chứng