(SKKN 2022) sử dụng bất đẳng thức côsi để chứng minh bất đẳng thức trong dạy bồi dưỡng học sinh giỏi toán 10

1 MỞ ĐẦU 1.1 Lý chọn đề tài Mục tiêu hàng đầu việc dạy học mơn tốn trung học phổ thông trang bị tri thức, phương pháp phát triển tư duy, trí tuệ cho học sinh Để rèn luyện khả chứng minh bất đẳng thức cho học sinh lớp 10 hướng dẫn học sinh kĩ sử dụng sáng tạo bất đẳng thức Côsi để chứng minh bất đẳng thức Mặt khác từ việc chứng minh toán cụ thể, kết hợp khai thác kiến thức học, kiến thức liên quan tìm bất đẳng thức Từ phát huy tính cực, chủ động, sáng tạo học sinh việc lĩnh hội tri thức tạo niềm tin, hứng thú học tập mơn Tốn Khi thực giảng dạy ”Bất đẳng thức” chương trình đại số 10 dạy bồi dưỡng học sinh giỏi nhận thấy: Chủ đề bất đẳng thức tương đối khó đối tượng học sinh Sự nhận thức học sinh thể rõ: - Học sinh lúng túng khơng có định hướng gặp toán chứng minh bất đẳng thức - Khả phân tích kiện, tổng hợp kiến thức liên quan đến tốn cịn hạn chế - Chưa có kỹ vận dụng tính chất bất đẳng thức bất đẳng thức cổ điển để kiến tạo tri thức tổng hợp từ vận dụng vào giải tập - Từ bất đẳng thức chứng minh chưa biết phân tích xây dựng thành tốn Vì để khắc phục hạn chế học sinh, bồi dưỡng khả tư cho học sinh giỏi, qua nâng cao chất lượng mũi nhọn cho nhà trường chọn đề tài: Sử dụng bất đẳng thức CôSi để chứng minh bất đẳng thức dạy bồi dưỡng học sinh giỏi Tốn 10 1.2 Mục đích nghiên cứu - Giúp học sinh rèn luyện kỹ năng: chọn số, tách, thêm bớt số hạng, thêm bớt biểu thức sử dụng bất đẳng thức côsi để chứng minh bất đẳng thức - Giúp giáo viên có định hướng tốt giảng dạy chủ đề bất đẳng thức 1.3 Đối tượng nghiên cứu - Nghiên cứu tài liệu sư phạm có liên quan đến tốn sử dụng bất đẳng thức Côsi để chứng minh bất đẳng thức - Nghiên cứu phương pháp dạy học từ tìm phương pháp phù hợp, để học sinh học đạt kết cao trình dạy nội dung sáng kiến 1.4 Phương pháp nghiên cứu: Để thực mục đích nhiệm vụ đề tài q trình nghiên cứu tơi sử dụng phương pháp sau: - Phương pháp điều tra (nghiên cứu chương trình, hồ sơ chun mơn) - Phương pháp đàm thoại vấn.(lấy ý kiến giáo viên học sinh thông qua trao đổi trực tiếp) - Phương pháp thực nghiệm NỘI DUNG SÁNG KIẾN 2.1.Cở sở lý luận a) Bất đẳng thức cô si: Cho số không âm a, b : a  b  ab Dấu xảy a  b Tổng quát: Cho 2n số a1 , a2 , , an không âm: a1  a2   an n  a1.a2 an n Dấu xảy a1  a2   an b) Bất đẳng thức bu-nhi-a-cốp xki   a1b1  a1b1   a12  a22 b12  b22  a , a , b , b 2 Cho số thực :  a1 a2  b Dấu xảy b2 Tổng quát: Cho 2n số thực: a1 , a2 , , an ; b1 , b2 , , bn  a1b1  a2b2   anbn    a12  a22   an2   b12  b22   bn2  a1 a2 a    n b b2 bn Dấu xảy 2.2 Thực trạng vấn đề Phần bất đẳng thức chủ đề quan trọng việc phát triển tư sáng tạo, tư biện chứng cho học sinh Đồng thời thường gặp đề thi tốt nghiệp THPT, đề thi học sinh giỏi hàng năm Trước vận dụng sáng kiến kinh nghiệm này, đa số học sinh sợ phần bất đẳng thức gần em thường bỏ qua phần này, phần toán chứng minh bất đẳng thức, có nhiều phương pháp vận dụng chứng minh, phương pháp giải đa dạng, số tài liệu đưa cách giải mang tính thủ thuật, khơng tự nhiên làm cho học sinh khơng có cách nhìn bao quát chứng minh bất đẳng thức Dẫn đến khơng có định hướng tư làm tập phần 2.3 Các giải pháp sử dụng để giải vấn đề 2.3.1 Rèn luyện kĩ tách thêm bớt số hạng, thêm bớt biểu thức sử dụng bất đẳng thức cô si Sử dụng bất đẳng thức Côsi coi công cụ hữu hiệu để chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức Tuy nhiên để áp dụng thành công BĐT Cô si vào giải tốn kĩ khơng thể thiếu là: chọn số, tách số hạng, thêm bớt số hạng, thêm bớt biểu thức Để rèn luyện kĩ cho học sinh tơi chọn hệ thống ví dụ đa dạng, ví dụ giải nhiều cách khác Thơng qua cách giải giúp học sinh nhìn nhận tốn nhiều góc độ khác nhau, từ rèn luyện kĩ cho học sinh đồng thời giúp học sinh chủ động lĩnh hội tri thức Từ tạo niềm tin q trình chinh phục dạng Tốn khó 5 Ví dụ Cho số không âm x; y; z : x  y  z  2 a) Chứng minh rằng: x  y  z  101 101 101 b) Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  x  y  z Nhận xét: - Vai trị x; y; z bình đẳng nên dấu x  y  z - Cần đánh giá x5 thông qua x2 nên sử dụng bất đẳng thức cô si cho số: x , x ,1,1,1 Lời giải 5 a) Áp dụng bất đẳng thức CôSi cho số: x , x ,1,1,1 x  x     5 x 5.x 1.1.1 Tương tự ta có: y  y     5 y y 1.1.1 z  z     5 z z 1.1.1 Cộng bất đẳng thức ta được:  x5  y  z     x  y  z   x  y  z  Dấu xảy x  y  z  b)Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = x101 + y101 + z101 Nhận xét: - Vai trò x; y; z bình đẳng nên dấu x  y  z - Chọn số hạng cho sử dụng bất đẳng thức côsi cho số hạng đánh giá x101 qua x5 Lời giải Áp dụng bất đẳng thức cô si cho 101 số: gồm số x101 96 số1 101 x101442  x43 1 31 101.101  x101   101x5 142 5 sè 96 sè Tương tự với y z ta được:  x101  y101  z101   96.3  101 x  y  z   x101  y101  z101  Dấu xảy x  y  z  Từ ví dụ giáo viên tổng kết để học sinh phát toán tổng quát n n n x ; y ; z x  y  z an Tổng quát 1: Cho số không âm : k k k a) Tìm giá trị lớn P  x  y  z (k  n) m m m b) Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  x  y  z (m  n) Tổng quát 2: Mở rộng cho n biết Cho n n n m số không âm x1 , x2 , , xm thỏa mãn: x1  x2   xm  a   a   k k k P  x  x   x (k  n) m a) Tìm giá trị lớn : q q q x  x   x ( q  n) m b) Tìm giá trị nhỏ biểu thức Q= a b c    Ví dụ Chứng minh với số dương a, b, c : b  c c  a a  b Nhận xét: - Bài toán ta chưa thể sử dụng trực tiếp bất đẳng thức Cơsi nên giáo viên phân tích kiện từ định hướng để học sinh rút hướng tách, thêm bớt số hạng, thêm bớt biểu thức phù hợp để sử dụng BĐT cơsi vào chứng minh - Giáo viên hướng dẫn học sinh làm nhiều cách nhằm rèn luyện kĩ phân tích , so sánh, tổng hợp, xét tương tự hóa, trừu tượng hóa, khái quát hóa Cách Thêm bớt số a b c 1   1 1    a  b  c     bc ca ab bc ca ab VT    1 1     b  c  c  a  a  b    bc ca ab  VT  Dấu xảy a  b  c Cách Sử dụng tách số hạng 2a 2b 2c abac bcba cacb      3 bc ca ab bc ca ab ab bc ca ac ba cb       3 63 bc ca ab bc ca ab 2a 2b 2c a b c    3    bc ca ab bc ca ab 2VT  abc Dấu xảy Cách Thêm bớt biểu thức phù hợp Áp dụng bất đẳng thức Cơsi ta có: a a a2 9a    33  bc bc  b  c  3  b  c  2a Ta có: 3  b  c  2a  b  c  b  c  2a  2(a  b  c ) Vì:  a a 9a    b  c b  c 2 a  b  c Tương tự: b b 9b    c  a c  a 2 a  b  c c c 9c    a  b a  b 2  a  b  c 2P  Suy ra:  P 2 Dấu xảy a  b  c Cách Kết hợp bất đẳng thức trung gian Áp dụng BĐT Cô si ta có:  a2 bc   a bc  b ca a2 b2 c2    b  a b  c   a  b  c ca bc ca ab   c ab   c ab  b c   a     a  b  c    a  b  c  bc ca ab   a b c    b  c c  a a  b Dấu xảy a  b  c Cách 5: Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ:  a  a  b  x     b  c  y  b  c  a  z    c   Đặt xz y  2 x y z  2 yz x  2 1 x z  y  1 x y  z  1 y  z  x  VT        2 y z x   2   Khi ta có: 1 x z x y y z  x zxyyz 3          6   2 y y z z x x  2 yyz z xx 2 Dấu xảy a  b  c Cách Sử dụng bất đẳng thức bu-nhi-a-cốp-ski  a  b  c  VT   a b c    a (b  c)  b(a  c)  c(b  a)  bc ac ba   b c   a   a  b  c   b  c  a   c  a  b       bc ca ab  a  b  c 2  ab  bc  ca   abc Dấu xảy Nhận xét: - Từ ví dụ giáo viên định hướng cho học sinh mở rộng tốn Từ phát triển tư sáng tạo chủ động học sinh Từ ví dụ giáo viên hướng dẫn định hướng mở rộng toán a) Mở rộng theo hướng tăng số biến: Bài toán 1: Cho n số dương a1 an Đặt S = a1+ +an a1 a a n   n  s  an n  Chứng minh rằng: s  a1 s  a2 b) Mở rộng toán theo hướng tăng bậc biến: Bài toán 2: Cho số dương a,b,c chứng minh rằng: an bn cn a n1  b n1  c n1    bc ca ab Ví dụ 3: Cho số dương a, b, c cho ab  bc  ac  a3 b3 c3    b  2c c  2a a  2b Nhận xét: - Bài toán có dạng với ví dụ có độ phức tạp để học sinh rèn luyện kĩ - Căn mẫu số giả thiết giáo viên hướng dẫn để học sinh thêm bớt biểu thức cho đảm bảo yêu cầu dấu xảy a = b = c Cách 1.Thêm bớt biểu thức: Áp dụng bất đẳng thức cô si a3  b  2c  a  a    b  2c  b3  c  2a  b  b   VT  ab  bc  ca  a  b  c  ab  bc  ca       3  c  2a  3 c3  a  2b  c  c    a  2b   VT  Dấu xảy a  b  c a3 Nhận xét: Khi dấu xảy b  2c có giá trị nên ta thêm bớt sau: Cách 2: Áp dụng bất đẳng thức Cơsi ta có:  a3 b  2c    a b  2c  b c  2a 1     b   VT   a  b  c     a  b  c   VT    a  b  c  c  2a 3   c a  2b    c a  2b   a  b  c  3 ab  bc  ca    a  b  c   VT  Vì abc Dấu xảy Cách Sử dụng BĐT bu-nhi-a-cốp-xki a3 b3 c3 a4 b4 c4      b  2c c  2a a  2b ba  2ca cb  2ab ac  2ba Ta có: a b c  2   a2 b2 c2  bc  2ac  ca  2ab  ab  2bc  ca  2ba ab  2bc  bc  2ac   a4  b4 c4     bc  2ac  ca  2ba  ab  2bc    bc  2ac ca  2ba ab  2bc   a4  b4 c4    3  ab  bc  ca   bc  2ac ca  2ba ab  2bc  a  VT   b2  c2   ab  bc  ca  1 a  b  c  ab  bc  ca    a  b  c   Vì Dấu xảy a  b  c Ví dụ Cho số dương x; y; z thỏa mãn x  y  z  Chứng minh rằng: x3  y y  z z  x3   9 xy  yz  zx  Nhận xét: x, y, z bình đẳng dấu xảy x  y  z - Vai trò - Ta cần đánh giá để xuất biểu thức xy  yz  xz; x  y  z 3 - Tử số chứa x  y nên cần đánh giá xuất x  y Lời giải Cách Áp dụng bất đẳng thức cô si 3 3  x  x  y  x y 3 3 2  x  y  x  y  x y  y x  x  y      3  y  y  x  y x x  y Mặt khác: áp dụng BĐT Cơsi ta có:   36  12  x  y  ;  x  y   xy Từ suy ra:  x3  y3  xy  36   x3  y  x  y    xy  36  x  y   36  x3  y  xy  36  x y 36  x  y  12  x  y   x y  x  y  x  y 3 x3  y  x y3 Ta chứng minh : xy  Tương tự : y3  z3 x3  z  z  y  3;  z  x 3 yz  xz  Cộng vế bất đẳng thức ta được: x3  y y  z z  x3    2 x  y  z   xy  yz  zx  Dấu xảy khi: x  y  z  Cách 2: Ta có:  xy x3  y ( x  y )3  ( x  y )3 xy  36     3   xy  xy  36  xy  36 24  Áp dụng BĐT Cơsi ta có: 36  x  y   36 ( x  y )3 xy  36 ( x  y )3 xy  36 x y    33  xy  36 24 xy  36 24 x3  y 3( x  y ) xy     xy  Tương tự ta có: z  y 3( z  y ) zy    zy  x3  z 3( x  z ) xz    xz  Cộng theo vế ba bất đẳng thức ta được: x3  y y  z z  x3 xy  yz  xz 27    3 x  y  z    xy  yz  zx  ( x  y  z)2 xy  yz  xz 27 xy  yz  xz   27  3( x  y  z )   9 Vì x3  y3 y  z z  x3   9 Vậy: xy  yz  zx  Dấu xảy x  y  z  Cách Ta có VT   x3  y y  z z  x3  3 1  3 1     x3      y   z   xy  yz  zx   xy  zx    xy  zy    zx  zy   Mặt khác:   1  4 x3 x3      x xy  xz  18 x   x   18   xy  zx     1  4 y3 x3 y3 4z3  y3        VT   y xy  yz  18 y   y   18  x   x   18 y   y   18 z   z   18  xy  zy     1  4 z3  z3     z xz  yz  18 z   z   18   zx  zy   Xét hàm số 12t  9t  t  18   4t   2t  4t 11 f  t  ; t   0;9  f '  t    f '  3  ; f  3  2 9t  t  18  9t  t  18 Phương trình tiếp tuyến là: y 11 11 21  t  3   t  4 10 Ta chứng minh : f  t  y  4t 11 21  t  ; t   0;9  9t  t  18 4  16t   11t  21  9t  t  18    27t  120t  9t  278    t    9t  14   Điều ln ta có: VT  x3 y3 4z3 11 3.21     x  y  z  9 x   x   18 y   y   18 z   z   18 4 Dấu xảy x  y  z  2.3.2 Phát triển toán chứng minh thành toán Với mục tiêu không dừng lại việc chứng minh bất đẳng thức cụ thể.Từ bất đẳng thức chứng minh hướng dẫn học sinh phát triển thành bất đẳng thức qua phát triển tư sáng tạo thúc đẩy học tập tự chủ cho học sinh Phát triển ví dụ 3: Cho số dương a, b, c cho ab  bc  ac  a3 b3 c3    b  2c c  2a a  2b Chứng minh rằng: Hướng Thay mẫu biểu thức thích hợp ta toán a3  b  c b3  c  a c3  b  a bc bc    a 8   ac ac  a3 b3 c3    b     2 8   b  c  c  a  b  a  ba ba     c 8   Từ Từ khai thác theo hướng ta xây dựng nhiều tốn sau Cho số dương a, b, c cho ab  bc  ac  Chứng minh : 11 a3 b3 c3 a)    2 (c  b ) (c  a ) ( a  b ) a3 b3 c3 b)    2c  b 2a  c 2b  c c) a3 b3 c3    2 1 a 1 b 1 c d) a3 b3 c3    b(c  a ) c( a  b) a (b  c) e) 1 27    a (b  c ) b ( c  a ) c ( a  b ) f) 1    b ( a  c ) b (c  a ) c ( a  b) Hướng Tăng số biến số bậc biến a) Tăng số biến lên n ta tốn: Cho n số khơng âm: x1; x2; ;xn cho x1x2+ +xn-1xn=1 Đặt S=x1+x2+ xn xi3   n 1 i 1 S  xi n Chứng minh rằng: b) Tăng số bậc lên n, số biến lên m biến, biểu thức mẫu thay dạng tích biểu thức đối xứng biến Cho m số không âm: x1; x2; ;xm Tìm giá trị nhỏ biểu thức sau: x1n x2n xmn S    A1 A2 An1 B1.B2 Bn1 C1.C2 Cn1 Ví dụ: Cho ba số dương a,b,c thõa mãn abc = Tìm giá trị nhỏ biểu a3 b3 c3 S   (b  c)(c  2b) ( a  c)(c  2a) (a  b)(a  2b) thức sau: Hướng Thay biến biểu thức phù hợp 12  a  x  1 1      xyz  x  y  z b   y xy yz xz   c   z Hướng 3.1 Đặt Ta có toán 3.1 Cho x, y, z dương thỏa mãn xyz = x + y +z Chứng minh yz zx xy   1 x  z  y  y  x  2z  z  y  2x  Hướng 3.2 Thay biến biểu thức khơng cịn đối xứng a  x; b  y z ; c Ta có tốn 3.2 Cho số dương x, y, z thảo mãn 3xy + yz + 2xz = Chứng minh rằng: a) x3 y3 z3    y  z z  16 x 27  x  y  b) x2 3y2 z 6x  3y  2z    x  y y  z 3z  x 12 x3 y3 128 z c)    x  y  4z y  y  x  z  2z  y  x  x  4z  Hướng 4: Khai thác kiện Ta có ab  bc  ca    a   a  b   a  c    a2  1 1       a  b  a  c  a  b a  c  Hướng 4.1: Từ ta xây dựng toán: Cho a, b, c > 0; ab+bc+ca=1 CMR a) c) a b c    2 2 1 a 1 b 1 c a3 b3 c3    a2  b2  c2  a3 b3 c3 3 b)    b 1 c 1 a 1 d) 1  a2  1  b2  1  c2  Hướng 4.2 Khai thác theo hướng biến đổi thành biểu thức dạng đối xứng: 13 ma mb (1  c ) m  a  b  a  c mb  m (1  b ) mc ma  m (1  a ) m2  b  a   b  c  mc  ma  1      m ( a  b) a  c   mb  1    2  m ( a  b) b  c   mc  1      (c  b) a  c    c  b  a  c  Cộng bất đẳng thức ta được: a  a2 b  mc   b2  c2   m (m  0) 2m Từ ta có tốn: Cho số dương a, b, c cho ab  bc  ac  Chứng minh rằng: a a) 1 a b  1 b mc  1 c   m (m  0) 2m 1 z    2  c2 b)  a  b c) 1 m     m ( m  R; m  0) 2 1 a 1 b 1 c a   a2 1 a Hướng 4.3 : Ta có : 1 x  ; y  ;z  a b c Đặt a   a2 b ;  b2  1 b ; c  c2  1 1 c ; Khi đó: ab  bc  ac  trở thành x  y  z  xyz b  b2  mc  c2  1  x2  1 y2  m 1 z2 Ta có tốn 4.3 : Cho x; y; z số dương thõa mãn : x  y  z  xyz x  x2 a) b) x  x2  c)  x2   y 1 y2 y  y2  1 y2  z 1 z2 z 1 z2   1 21  2 2 x y z  (1  m 1 z2  1 1 1 27 )(1  )  (1  )(1  )  (1  )(1  )  x y x z y z  m (m  0) 2m Hướng 5: Kết hợp với bất đẳng thức cổ điển để tạo bất đẳng thức 14 Hướng 5.1 Mở rộng theo hướng khai thác phạm vi biến tăng số biến Xuất phát từ kiện ta có: (x - 1)(y - 1)   xy  x + y -1  xyzt  xzt  yzt  zt  xyzt  zt  xyt  xyz  xyt  yzt  xzt  xyz Áp dụng BĐT Côsi: z  t  x  y  z x3  y  t 2( x3  y  z  t )  zt  xyz  xyt     3 3 2( x  y  z  t )   xyzt   xyz  xyt  yzt  xzt Ta có tốn 5.1: Nếu x; y; z; t số thực khơng âm xyzt  2( x3  y  z  t )   3( xyz  xyt  yzt  xzt ) Bằng cách tương tự ta mở rộng cho n biến x1, x2, xn ta có BĐT Tổng quát: Nếu x1, x2, xn số thực khơng âm n n 1 i 1 i 1 n (n  1) xi  (n  2) xin 1   (n  1) n (Trong đó: x i 1 i n  j 1 i 1,i  j  x1 x2 xn ; n  i 1,i  j xi ( n  N , n  3) xi  x1 x2 x j 1 x j 1 xn ) Hướng 5.2: Mở rộng theo hướng tăng bậc ẩn xy  x  y  z  xyz  xz  yz  z  xyz  z  xy  xy  yz  xz  ( xyz ) n  z ( xyz ) n1  xy ( xyz ) n1  ( xyz ) n1 ( xy  yz  xz ) Theo BĐT Côsi 1 x3n41 4 x43n21 4 4 4x33n1  y3n41 4 y43n21 4 4 4y33n1  z13n4 4z43n21 4 4 43 z3n1 n1 Sè h¹ng n Sè h¹ng n1Sè h¹ng  (3n  1)3n1 (x3n1)n1(y3n1)n1(z3n1)n  (3n  1)z( xyz)n1 1 x3n41 4 x43n21 4 4 4x33n1  y3n1  y3n1   y3n1  z13n4 4z43n21 4 4 43 z3n1 1 4 42 4 43 n Sè h¹ng n1Sè h¹ng n Sè h¹ng  (3n  1)3n1 (x3n1)n(y3n1)n (z3n1)n  (3n  1)xy(xyz)n1 (n  1) x 3n 1  (n  1) y 3n 1  nz 3n 1  nx 3n 1  ny 3n 1  (n  1) z n 1  3n  3n  n 1 n 1 n 1 (2n  1)( x  y  z )   3n   z ( xyz )n 1  xy ( xyz ) n 1  Ta có tốn 5.2: Cho số thực không âm x, y, z Chứng minh (3n  1)( xyz ) n  (2n  1)( x3 n1  y n1  z n1 )  (3n  1)( xyz ) n1 ( xy  yz  xz ) 15 Hướng 6: -Tôi hướng dẫn học sinh xuất phát từ bất đẳng thức có, kết hợp việc lựa chọn số thích hợp để sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, từ tạo nhiều bất đẳng thức Từ giúp học sinh có cách nhìn linh hoạt việc sử dụng bất đẳng thức Côsi Bunhiacopxki Hướng 6.1: Xuất phát từ bất đẳng thức: 1 1 (   )2  ( x x( y  z ) Mà: x y z ( x( y  z )  1    x y z 3 3 xyz 1 y(x  z)  z ( x  y )2 y y( x  z ) z z(x  y) 1   )2( xy  yz  xz ) x ( y  z ) y ( z  x) z ( x  y ) Bài toán 6.1: Cho ba số dương x,y,z thõa mãn: xy + yz+ xz =1 Chứng minh rằng: a) 1 27    x ( y  z ) y ( z  x) z ( x  y) b) 1    x ( y  z ) y ( z  x) z ( x  y ) 2 1   Chú ý: Ta thay đổi biểu thức x y z biểu thức phù hợp ta bất đẳng thức x2 y z    x y z  b) Hướng 6.2: Xuất phát từ biểu thức: y z x Mặt khác áp dụng BĐT bunhiacopxki ta có: ( x2 y z 2 x2   ) ( y z x y xz ( xz  y2 z x y x y  z2 x yz y  z )2 x4 y4 z4   ).2( x  y  z ) y ( x  z) z ( x  y) x2 ( z  y) Từ ta có tốn 6.2: Cho ba số dương x,y,z thõa mãn: xy + yz+ xz =1 x4 y4 z4    Chứng minh rằng: y ( x  z ) z ( y  x) x ( z  y ) x3 y z    xy  yz  zx  c) Hướng 6.3: Xuất phát từ biểu thức: y z x 16 ( Mà : ( x3 y z x3   ) ( y z x y yz  xy yz  xy  y3 z xz  zy xz  zy  z3 x yx  xz yx  xz ) x6 y6 z6   ).2( xy  yz  xz ) y ( x  z) z3 ( x  y) x3 ( y  z ) Từ ta có tốn 6.3: Cho ba số dương x,y,z thõa mãn: xy + yz+ xz =1 x6 y6 z6    Chứng minh rằng: : y ( x  z ) z ( x  y ) x ( y  z ) Hướng : Khai thác tốn theo hướng lượng giác hóa Nhận xét : - Chương trình lớp 10 em học biến đối lượng giác Vì việc định hướng học sinh vận dụng kiến thức lượng giác vào giải toán bất đẳng thức cần thiết, giúp học sinh có cách phân tích tốn đa dạng, đồng thời học sinh thấy liên kết logic nội dung, chương học chương trình Tốn Hướng 7.1 : Đặt x  tan A B C ; y  tan ; z  tan 2 x y z  sin A;  sin B;  sin C 2 1 y 1 z Ta có:  x cos A B C  ; cos  ; cos  2  x2 1 y2 1 z2  x2 1 y2 1 z2 cosA=   1; cosB=   1; cosA=  1 2 2 1 x 1 x 1 y 1 y 1 z 1 z2 Mặt khác tam giác ta có bất đẳng thức sau : sinA+sinB+sinC  3 A B C cosA+cosB+cosC  ; cos  cos  cos  2 2 ; Từ ta có tốn 7.1: Cho ba số dương x, y, z thõa mãn: xy + yz + xz = Chứng minh rằng: a) x y z 3    2 1 x 1 y 1 z 17 b) c)  x2 0< x,y,z