Ta có các kết quả quan trọng sau:
+ Xét hàm số $y = f(x) = ax + b$ với $m \le x \le n$ khi đó GTLN, GTNN của hàm số sẽ đạt được tại $x = m$ hoặc $x = n$. Nói cách khác: $\min \underbrace {f(x)}_{m \le x \le n} = \min \left\{ {f\left( m \right);f\left( n \right)} \right\}$ và $\max \underbrace {f(x)}_{m \le x \le n} = \max \left\{ {f\left( m \right);f\left( n \right)} \right\}$. Như vậy để tìm GTLN, GTNN của hàm số $y = f(x) = ax + b$ với $m \le x \le n$ ta chỉ cần tính các giá trị biên là $f\left( m \right),f\left( n \right)$ và so sánh hai giá trị đó để tìm GTLN, GTNN.
+ Cũng từ tính chất trên ta suy ra: Nếu hàm số bậc nhất $y = f\left( x \right) = ax + b$ có $f\left( m \right),f\left( n \right) \ge 0$ thì $f\left( x \right) \ge 0$ với mọi giá trị của x thỏa mãn điều kiện: $m \le x \le n$.
Ví dụ 1: Cho các số thực $0 \le x,y,z \le 2$.
Chứng minh rằng: $2\left( {x + y + z} \right) - \left( {xy + yz + zx} \right) \le 4$.
Lời giải:
Ta coi $y,z$ như là các tham số, x là ẩn số thì bất đẳng thức cần chứng minh có thể viết lại như sau:
$f(x) = \left( {2 - y - z} \right)x + 2\left( {y + z} \right) - yz - 4 \le 0$.
Để chứng minh $f\left( x \right) \le 0$ ta chỉ cần chứng minh: $\left\{ \begin{array}{l}f\left( 0 \right) \le 0\\f\left( 2 \right) \le 0\end{array} \right.$. Thật vậy ta có:
+ $f\left( 0 \right) = 2\left( {y + z} \right) - yz - 4 = \left( {y - 2} \right)\left( {2 - z} \right) \le 0$ với $y,z$
thỏa mãn: $0 \le y,z \le 2$.
+ $f\left( 2 \right) = 2\left( {2 - y - z} \right) + 2\left( {y + z} \right) - yz - 4 = - yz \le 0$ với $y,z$
thỏa mãn: $0 \le y,z \le 2$.
Từ đó ta suy ra điều phải chứng minh: Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $\left( {x;y;z} \right) = \left( {0;2;2} \right)$
hoặc các hoán vị của bộ số trên.
Ví dụ 2: Cho các số thực không âm $x,y,z$ thỏa mãn điều kiện: $x + y + z = 1$. Tìm GTLN của biểu thức: $P = xy + yz + zx - 2xyz$.
Lời giải:
Không mất tính tổng quát ta giả sử $z = \min \left( {x,y,z} \right) \Rightarrow z \le \frac{{x + y + z}}{3} = \frac{1}{3}$. Ta có $0 \le xy \le \frac{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}}{4} = \frac{{{{\left( {1 - z} \right)}^2}}}{4}$. $P = xy\left( {1 - 2z} \right) + \left( {x + y} \right)z = xy\left( {1 - 2z} \right) + z\left( {1 - z} \right)$.
Ta coi $z$ là tham số $xy$ là ẩn số thì $f\left( {xy} \right) = xy\left( {1 - 2z} \right) + z\left( {1 - z} \right)$ là hàm số bậc nhất của $xy$ với $0 \le xy \le \frac{{{{\left( {1 - z} \right)}^2}}}{4}$.
Để ý rằng: $1 - 2z > 0$ suy ra hàm số $f\left( {xy} \right) = xy\left( {1 - 2z} \right) + z\left( {1 - z} \right)$ luôn đồng biến .
Từ đó suy ra $f\left( {xy} \right) \le f\left( {\frac{{{{\left( {1 - z} \right)}^2}}}{4}} \right) = \left( {1 - 2z} \right)\frac{{{{\left( {1 - z} \right)}^2}}}{4} + z\left( {1 - 2z} \right) = \frac{{ - 2{z^3} + {z^2} + 1}}{4} = $$\frac{7}{{27}} - \left( {\frac{1}{2}{z^3} - \frac{1}{4}{z^2} + \frac{1}{{108}}} \right)$$ = \frac{7}{{27}} - \frac{1}{2}{\left( {z - \frac{1}{3}} \right)^2}\left( {z + \frac{1}{6}} \right) \le \frac{7}{{27}}$.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $x = y = z = \frac{1}{3}$.
Ví dụ 3: Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn điều kiện: $a + b + c = 1$.
Chứng minh rằng: $5\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) - 6\left( {{a^3} + {b^3} + {c^3}} \right) \le 1$.
Lời giải:
Không mất tính tổng quát giả sử: $a = \min \left\{ {a,b,c} \right\}$ suy ra $a \le \frac{1}{3}$.
Bất đẳng thức tương đương với
$5\left[ {{a^2} + {{\left( {b + c} \right)}^2} - 2bc} \right] \le 6\left[ {{a^3} + {{\left( {b + c} \right)}^3} - 3bc\left( {b + c} \right)} \right] + 1$ $ \Leftrightarrow 5\left[ {{a^2} + {{\left( {1 - a} \right)}^2} - 2bc} \right] \le 6\left[ {{a^3} + {{\left( {1 - a} \right)}^3} - 3bc\left( {1 - a} \right)} \right] + 1 \Leftrightarrow \left( {9a - 4} \right)bc + {\left( {2a - 1} \right)^2} \ge 0$.
Đặt $t = bc$ thì $0 < t \le {\left( {\frac{{b + c}}{2}} \right)^2} = {\left( {\frac{{1 - a}}{2}} \right)^2}$.
Ta cần chứng minh: $f\left( t \right) = \left( {9a - 4} \right)t + {\left( {2a - 1} \right)^2} \ge 0$ với mọi $t \in \left( {0;{{\left( {\frac{{1 - a}}{2}} \right)}^2}} \right]$.
Do $9a - 4 < 0$ suy ra hàm số $f\left( t \right)$ nghịch biến.
Suy ra $f\left( t \right) \ge f\left( {{{\left( {\frac{{1 - a}}{2}} \right)}^2}} \right) = \frac{1}{4}a{\left( {3a - 1} \right)^2} \ge 0$.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a = b = c = \frac{1}{2}$.
+ Xét hàm số $y = f(x) = ax + b$ với $m \le x \le n$ khi đó GTLN, GTNN của hàm số sẽ đạt được tại $x = m$ hoặc $x = n$. Nói cách khác: $\min \underbrace {f(x)}_{m \le x \le n} = \min \left\{ {f\left( m \right);f\left( n \right)} \right\}$ và $\max \underbrace {f(x)}_{m \le x \le n} = \max \left\{ {f\left( m \right);f\left( n \right)} \right\}$. Như vậy để tìm GTLN, GTNN của hàm số $y = f(x) = ax + b$ với $m \le x \le n$ ta chỉ cần tính các giá trị biên là $f\left( m \right),f\left( n \right)$ và so sánh hai giá trị đó để tìm GTLN, GTNN.
+ Cũng từ tính chất trên ta suy ra: Nếu hàm số bậc nhất $y = f\left( x \right) = ax + b$ có $f\left( m \right),f\left( n \right) \ge 0$ thì $f\left( x \right) \ge 0$ với mọi giá trị của x thỏa mãn điều kiện: $m \le x \le n$.
Ví dụ 1: Cho các số thực $0 \le x,y,z \le 2$.
Chứng minh rằng: $2\left( {x + y + z} \right) - \left( {xy + yz + zx} \right) \le 4$.
Lời giải:
Ta coi $y,z$ như là các tham số, x là ẩn số thì bất đẳng thức cần chứng minh có thể viết lại như sau:
$f(x) = \left( {2 - y - z} \right)x + 2\left( {y + z} \right) - yz - 4 \le 0$.
Để chứng minh $f\left( x \right) \le 0$ ta chỉ cần chứng minh: $\left\{ \begin{array}{l}f\left( 0 \right) \le 0\\f\left( 2 \right) \le 0\end{array} \right.$. Thật vậy ta có:
+ $f\left( 0 \right) = 2\left( {y + z} \right) - yz - 4 = \left( {y - 2} \right)\left( {2 - z} \right) \le 0$ với $y,z$
thỏa mãn: $0 \le y,z \le 2$.
+ $f\left( 2 \right) = 2\left( {2 - y - z} \right) + 2\left( {y + z} \right) - yz - 4 = - yz \le 0$ với $y,z$
thỏa mãn: $0 \le y,z \le 2$.
Từ đó ta suy ra điều phải chứng minh: Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $\left( {x;y;z} \right) = \left( {0;2;2} \right)$
hoặc các hoán vị của bộ số trên.
Ví dụ 2: Cho các số thực không âm $x,y,z$ thỏa mãn điều kiện: $x + y + z = 1$. Tìm GTLN của biểu thức: $P = xy + yz + zx - 2xyz$.
Lời giải:
Không mất tính tổng quát ta giả sử $z = \min \left( {x,y,z} \right) \Rightarrow z \le \frac{{x + y + z}}{3} = \frac{1}{3}$. Ta có $0 \le xy \le \frac{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}}{4} = \frac{{{{\left( {1 - z} \right)}^2}}}{4}$. $P = xy\left( {1 - 2z} \right) + \left( {x + y} \right)z = xy\left( {1 - 2z} \right) + z\left( {1 - z} \right)$.
Ta coi $z$ là tham số $xy$ là ẩn số thì $f\left( {xy} \right) = xy\left( {1 - 2z} \right) + z\left( {1 - z} \right)$ là hàm số bậc nhất của $xy$ với $0 \le xy \le \frac{{{{\left( {1 - z} \right)}^2}}}{4}$.
Để ý rằng: $1 - 2z > 0$ suy ra hàm số $f\left( {xy} \right) = xy\left( {1 - 2z} \right) + z\left( {1 - z} \right)$ luôn đồng biến .
Từ đó suy ra $f\left( {xy} \right) \le f\left( {\frac{{{{\left( {1 - z} \right)}^2}}}{4}} \right) = \left( {1 - 2z} \right)\frac{{{{\left( {1 - z} \right)}^2}}}{4} + z\left( {1 - 2z} \right) = \frac{{ - 2{z^3} + {z^2} + 1}}{4} = $$\frac{7}{{27}} - \left( {\frac{1}{2}{z^3} - \frac{1}{4}{z^2} + \frac{1}{{108}}} \right)$$ = \frac{7}{{27}} - \frac{1}{2}{\left( {z - \frac{1}{3}} \right)^2}\left( {z + \frac{1}{6}} \right) \le \frac{7}{{27}}$.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $x = y = z = \frac{1}{3}$.
Ví dụ 3: Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn điều kiện: $a + b + c = 1$.
Chứng minh rằng: $5\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) - 6\left( {{a^3} + {b^3} + {c^3}} \right) \le 1$.
Lời giải:
Không mất tính tổng quát giả sử: $a = \min \left\{ {a,b,c} \right\}$ suy ra $a \le \frac{1}{3}$.
Bất đẳng thức tương đương với
$5\left[ {{a^2} + {{\left( {b + c} \right)}^2} - 2bc} \right] \le 6\left[ {{a^3} + {{\left( {b + c} \right)}^3} - 3bc\left( {b + c} \right)} \right] + 1$ $ \Leftrightarrow 5\left[ {{a^2} + {{\left( {1 - a} \right)}^2} - 2bc} \right] \le 6\left[ {{a^3} + {{\left( {1 - a} \right)}^3} - 3bc\left( {1 - a} \right)} \right] + 1 \Leftrightarrow \left( {9a - 4} \right)bc + {\left( {2a - 1} \right)^2} \ge 0$.
Đặt $t = bc$ thì $0 < t \le {\left( {\frac{{b + c}}{2}} \right)^2} = {\left( {\frac{{1 - a}}{2}} \right)^2}$.
Ta cần chứng minh: $f\left( t \right) = \left( {9a - 4} \right)t + {\left( {2a - 1} \right)^2} \ge 0$ với mọi $t \in \left( {0;{{\left( {\frac{{1 - a}}{2}} \right)}^2}} \right]$.
Do $9a - 4 < 0$ suy ra hàm số $f\left( t \right)$ nghịch biến.
Suy ra $f\left( t \right) \ge f\left( {{{\left( {\frac{{1 - a}}{2}} \right)}^2}} \right) = \frac{1}{4}a{\left( {3a - 1} \right)^2} \ge 0$.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a = b = c = \frac{1}{2}$.