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

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

Bài toán 1.  Cho các số thực \(a,b,c\in \left( 0;1 \right):abc=\left( 1-a \right)\left( 1-b \right)\left( 1-c \right)\). Chứng minh rằng \({{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\ge \frac{3}{4}\).

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 \(a=b=c=\frac{1}{2}\).

Bài toán 2.  Cho các số thực dương \(x,y,z\) thỏa mãn \(xz+2xy+yz=4{{z}^{2}}\). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P=\frac{x}{2y+z}+\frac{y}{2x+z}+\frac{3}{2}{{\left( \frac{z}{x+y+z} \right)}^{2}}\).  

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 \(\min P=\frac{5}{6}\Leftrightarrow x=y=z\).

Bài toán 3.  Cho các số thực không âm thỏa mãn \(a+b\ge {{c}^{2}}\). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P=\left( \frac{a}{a+c}+\frac{b}{b+c} \right)-\frac{32c}{27\left( c+1 \right)}\) 

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

Bài toán 4. Cho a, b, c dương thỏa mãn : \({{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}=3\). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

\(P=5\left( a+b+c \right)+\frac{3}{abc}\)

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 \(\left\{ \begin{matrix}x=3 \\y=3 \\\end{matrix}\Leftrightarrow a=b=c=1. \right.\)

Bài toán 5. (HSG Tỉnh 12 – Nghệ An 2010) . Cho các số dương a, b, c đôi một khác nhau thỏa mãn đồng thời các điều kiện \(\displaystyle ab+bc=2{{c}^{2}}\) và \(2a\le c\). Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức \(P=\frac{a}{a-b}+\frac{b}{b-c}+\frac{c}{c-a}\).

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

Bài toán 6.  Cho \(a,b,c\ge 0\) thỏa mãn: \(a+b+c=3\). Tìm GTLN, GTNN của biểu thức

\(P={{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+abc\).

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.

Bài toán 7. Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác có chu vi bằng 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

\(Q=3\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)+4abc\).

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 \(\left( a;b;c \right)=\left( 1;1;1 \right)\).

Bài toán 8. Cho các số thực \(a,b,c\) thỏa mãn: \({{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}=9\). Chứng minh rằng \(2\left( a+b+c \right)\le 10+abc\).

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 \(x={{x}_{0}}\).

Bài toán 9. Cho a, b, c dương thỏa mãn : \(a+b+c=1\).

Chứng minh bất đẳng thức \(\frac{a}{1+bc}+\frac{b}{1+ca}+\frac{c}{1+ab}\ge \frac{9}{10}\) 

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)

Bài toán 10. Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh bất đẳng thức

\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{9}{a+b+c}\ge 4\left( \frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a} \right)\).

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).

Bài toán 11. Cho \(a,b,c\ge -\frac{3}{4}\) thỏa mãn \(a+b+c=1\). Chứng minh bất đẳng thức \(\frac{a}{{{a}^{2}}+1}+\frac{b}{{{b}^{2}}+1}+\frac{c}{{{c}^{2}}+1}\le \frac{9}{10}\,\,\left( * \right)\).

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

Bài toán 12. Cho a, b, c dương thỏa mãn : \({{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}=3\).

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P=\frac{1}{2-a}+\frac{1}{2-b}+\frac{1}{2-c}\).

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

Bài toán 13. Cho \(x,y,z\ge 0\) thoả mãn \(x+y+z>0\). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

\(P=\frac{{{x}^{3}}+{{y}^{3}}+16{{z}^{3}}}{{{\left( x+y+z \right)}^{3}}}\)

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 \(x=y=4z>0\)

Bài toán 14. (Đề chọn đội tuyển QG dự thi IMO 2005). Cho a,b,c >0.

Chứng minh rằng \(\frac{{{a}^{3}}}{{{(a+b)}^{3}}}+\frac{{{b}^{3}}}{{{(b+c)}^{3}}}+\frac{{{c}^{3}}}{{{(c+a)}^{3}}}\ge \frac{3}{8}\)

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

Bài toán 15. (Nghệ An MO TST – 2010 ). Xét các số thực dương a, b,c  thỏa mãn \(\displaystyle abc=1\). Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P={{a}^{3}}{{b}^{3}}+{{b}^{3}}{{c}^{3}}+{{c}^{3}}{{a}^{3}}-6\left( a+b+c \right)\)

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: \(g\left( t \right)\ge g\left( 1 \right)=0\).