SÁNG KIẾN KN THPT

Gi¶i bµi to¸n bÊt ®¼ng thøc b»ng ph¬ng ph¸p ®a vỊ mét biÕn. . A. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Các mục tiêu được đặt lên hàng đầu trong các mục tiêu dạy học mơn tốn là trang bị những tri thức, phương pháp và phát triển tư duy, trí tuệ cho học sinh Bất đẳng thức là một vấn đề được giáo viên và học sinh thâm nhập với một lượng thời gian khá nhiều vì đây là vấn đề có thể phát triển khả năng tư duy tốn học cho học sinh. Trong q trình dạy học tơi ln tìm tòi các ví dụ điển hình tổng hợp thành các phương pháp giải cụ thể cho học sinh đồng thời hướng dẫn học sinh biết nhận dạng bài tốn và phát triển các bài tốn mới. Dưới đây tơi xin được trao đổi với q đồng nghiệp một phương pháp giải cho những bài tốn bất đẳng thức: ” Giải bất đẳng thức bằng phương pháp đưa về một biến” ( Thường là những bài bất đẳng thức khó, xảy ra trong các kỳ thi học sinh giỏi, thi Đại học). Và trong một số bài tốn tơi khai thác sâu thêm bằng những hoạt động trí tuệ như tổng qt, phân tích, so sánh, đặc biệt hóa Nội dung đề tài gồm hai phần : Phần I: Đưa về 1 biến bằng cách biến đổi đặt ẩn phụ t = h(x,y,z, ). Phần II: Đưa về 1 biến bằng cách dồn biến. B. NỘI DUNG ĐỀ TÀI I. PHƯƠNG PHÁP 1. Bài tốn: Xét bài tốn:Với điều kiện R (nếu có) . Chứng minh rằng P = f(x,y,z, ) A≥ (hoặc ≤ A) hoặc tìm GTLN; NN của P. Phương pháp 1: ⊕ Chứng minh: P )(tg≥ (x,y,z, )t k D∀ = ∈ Chứng minh: Atg ≥)( t D ∀ ∈ . ⊕ Chứng minh: P ≤ g(t) k(x,y,z, )t D∀ = ∈ Chứng minh: g(t) ≤ A t D∀ ∈ . Vấn đề đặt ra là đánh giá biểu thức p để đưa về biểu thức một biến g(t) và chứng minh Atg ≥ )( - Việc chứng minh Atg ≥ )( ở đây tơi có thể sử dụng cách biến đổi, dùng các bất đẳng thức cơ bản hoặc với hoc sinh lớp 12 có thể làm bằng cách sử dụng đạo hàm lập bảng biến thiên để giải. - Còn đánh giá P nói chung là phong phú tùy thuộc từng bài tốn để lựa chọn cách đánh giá thích hợp (dùng cách biến đổi , sử dụng bất đẳng thức cổ điển. bunhiacopki,cơsi, ). Phương pháp 2: a. Nếu vai trò các biến x,y,z như nhau, khơng mất tính tổng qt ta có thể giả sử : x = max(x,y,z, ) hoặc x = min(x,y,z, ) hoặc giả thiết ≥≥≥ zyx ;và dùng điều kiện bài tốn kết hợp các bdt cơ bản khử dần các biến đưa về biến x. b. Đánh giá các biến, giả thiết thêm các điều kiện của biến đưa: P= f(x, y, z, …) ≥ f(x, t, ) ≥ … ≥ f 1 (x). Trong đó t, = k(x, y,z,…) Giáo viên: Nguyễn Đình Nhâm- Trường THPT Cẩm xuyên Hà Tónh 1 Gi¶i bµi to¸n bÊt ®¼ng thøc b»ng ph¬ng ph¸p ®a vỊ mét biÕn. . Sau đó chứng minh f 1 (x) ≥ A. PHẦN I. Đưa về một biến bằng cách đặt ẩn phụ t=k(x,y,z, ). • Bài tốn 1 : Với x,y là các số thực dương chứng minh rằng: 2233 yxxyyx +≥+ (1) Giải: Vì x là số dương nên: (1) ⇔ x y x y x y +       ≥       + 23 1 . Đặt x y =t ( t >0). C1: Ta có: (1) trở thành : t 3 -t 2 - t+ 1 ≥ 0 ⇔ (t-1) 2 (t+1) ≥ 0 (đúng với mọi t>0). C2: Hướng dẫn hs xét hàm : f(t)= t 3 -t 2 - t+ 1 trên (0; +∞ ). f’(t)= 3t 2 - 2t -1=0 ⇔ t= 1 ; t= - 1 3 . t 0 1 +∞ f’(t) - 0 + f(t) 0 +∞ Suy ra f(t) ≥ 0 với mọi t > 0 (đccm). Tổng qt Ta có bài tốn 1’: Cho x,y là các số thực dương; Chứng minh rằng: ),2( 11 Nnnyxxyyx nnnn ∈≥+≥+ −− Chứng minh hồn hồn tương tự! • Bài tốn 2 : Giải: Đặt t = x y y x + thì 2≥+=+= x y y x x y y x t (áp dụng bđt cơsi). C1: Ta có: (2) trở thành: Giáo viên: Nguyễn Đình Nhâm- Trường THPT Cẩm xuyên Hà Tónh Với x,y là các số thực khác khơng chứng minh rằng: )2(2 2 2 2 2 4 4 4 4 −≥++         +−+ x y y x x y y x x y y x 2 Gi¶i bµi to¸n bÊt ®¼ng thøc b»ng ph¬ng ph¸p ®a vỊ mét biÕn. . 02)2(2)2( 222 ≥++−−−− ttt ⇔ (t+2)(t 3 -2t 2 -t+3) ≥ 0(2') +) Với t ≥ 2: ta có t 3 -2t 2 -t+3=(t-2)(t 2 -1)+1>0 nên bất đẳng thức (2') đúng +) Với t ≤ -2: ta có t 3 -2t 2 -t+3=(t+2)[(t-2) 2 +3] - 11 > 0 và t+2 ≤ 0 nên bất đẳng thức (2') đúng vậy bất đẳng thức (2) đúng dấu bằng xảy ra khi t=-2 hay x=-y ⇒ đpcm. C2: Xét hàm số: f(t) = t 3 – 2t 2 – t + 3 trên ( −∞ ; -2] ∪ [2; +∞ ). • Bài tốn 3: Cho x, y, z là các số thực thay đổi. Tìm GTNN của biểu thức: 2 2 2 2 ( 1) ( 1) 2A x y x y y= − + + + + + − . Giải: Từ đẳng thức: 2222 )()(2 zyxzxyzxyzyx ++=+++++ ; ))((3 222333 zxyzxyzyxzyxxyzzyx −−−++++=−++ và điều kiện ta có: 2 2 2 2 ( ) 2 ( )( ) ( )(2 ) 2 x y z P x y z x y z xy yz zx x y z + + − = + + + + − − − = + + − Đặt: 0 6t x y z t = + + ⇒ < ≤ C1: 2 3 2 2 1 (2 ) 3 ( 2) ( 2 2) 2 2 2 2 2 2 2 t t P t t t t − = − = − + = − − + + ≤ Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 2=t Vậy: P min = 22− khi x= 2− ,y=z=0 hoặc hốn vị. P max = 22 khi x= 2 ,y=z=0 hoặc hốn vị. C2: Đặt f(t) = 2 3 2 (2 ) 3 2 2 t t P t t − = − = − + (0 6)t < ≤ . f’(t)= 2 3 3 0 2; 2 2 t t t− + = ⇔ = = − t 0 2 6 f’(t) - 0 - f(t) 22 Suy ra f(t)= 2 2P ≤ 6.(0. )t < ≤ . Vậy P min = 22− khi x= 2− ,y=z=0 hoặc hốn vị. P max = 22 khi x= 2 ,y=z=0 hoặc hốn vị. • Bài tốn 4 (Đề thi giáo viên giỏi năm 2003- 2004) Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn: a+ b+ c= 1. CMR: Giáo viên: Nguyễn Đình Nhâm- Trường THPT Cẩm xuyên Hà Tónh 3 Gi¶i bµi to¸n bÊt ®¼ng thøc b»ng ph¬ng ph¸p ®a vỊ mét biÕn. . 2 2 2 2 3 14 a + b + c ab bc ca + > + + . Để ý rằng: 1= ( ) 2 2 2 2 a + b + c 2( )a b c ab bc ca+ + = − + + ; 1= ( ) 2 2 2 2 3(a + b + c )a b c+ + ≤ Suy ra: Nếu đặt t= 2 2 2 a + b + c ta có: VT= ( ) 2 6 f t 1t t = + − với 1 t<1 3 ≤ . f’(t) = ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 3 2 6 4 4 2 2 - 0 0 t 1 1 1 3 2 t t t t t t t  − + =  + −  + = ⇔ = ⇔  − + − − − =   . BBT t 1 3 1 3 2 − + 1 f’(t) - 0 + f(t) 8 4 3+ +∞ Vậy: f(t) 1 8 4 3 14 ≥ + > ( đpcm). • Bài tốn 5 Đề thi đại học cao đẳng khối A năm 2006 Cho x, y là hai số thực khác khơng thỗ mãn: ( ) 2 2 .x y xy x y xy+ = + − ; Tìm GTLN của biểu thức: A= 3 3 1 1 x y + . Giải Đặt: S= x+y; P= x.y (s 2 ≥ 4p ) Từ gt ta có: ( ) ( ) ( ) 2 3 3 2 2 2 2 2 x+y . SP= S - 3P 3 x y x y x y xy xy S P S P S  + = + + − = =   ⇒ =  +  . ( Lưu ý S = -3 khơng thỗ mãn). Đánh giá S: S 2 ≥ 4P => 2 2 2 1 4. 0 3 1 3 3 . . . S S S S S v S S S − ≥ ⇔ ≥ ⇔ < − ≥ + + . Vậy: A= 3 3 1 1 x y + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 3 3 2 3 3 3 3 2 2 . 3 . . x y x y x y x y xy S x y S x y P S x y x y + + − + + + = = = = = Giáo viên: Nguyễn Đình Nhâm- Trường THPT Cẩm xuyên Hà Tónh 4 Gi¶i bµi to¸n bÊt ®¼ng thøc b»ng ph¬ng ph¸p ®a vỊ mét biÕn. . ( với S<-3 v S 1 ≤ ). Xét: f(S) = 3S S + trên ( ; 3) [1; ). −∞ − ∪ +∞ f’(S)= 2 3 0 S − < ∀ ( ; 3) [1; ).S ∈ −∞ − ∪ +∞ Suy ra f(S ) nghịch biến. BBT: S −∞ -3 1 +∞ f’(S) - - f(S) 1 0 4 1 MaxA = f 2 (1) = 16. Đạt được tại x= y= 1 2 ( Khi S= 1; P= 1 4 ). Sau đây ta xét một số ví dụ mà phải đánh giá biểu thức P mới thấy được ẩn phụ • Bài tốn 6: Đề thi đại học khối B năm 2006 Cho x, y, z là các số thực thay đổi. Tìm GTNN của biểu thức: 2 2 2 2 ( 1) ( 1) 2A x y x y y= − + + + + + − . Giải Áp dụng bdt: 2 2 2 2 2 2 ( ) ( )a b c d a c b d+ + + ≥ + + + . Ta có: 2 2 2 2 (1 ) ( 1) 2A x y x y y= − + + + + + − 2 4 4 2y y≥ + + − . Dấu bằng xảy ra ⇔ x=0. Đặt f(y)= 2 4 4 2y y+ + − . • Với y 2 ≤ : f(y)= 2 4 4 2y y+ + − . f’(y)= 0 1 3 y⇔ = . Lập bảng biến thiên ta có: f(y) 2 3≥ + 1 3 y⇔ = . • Với y>2: f(y) 2 2 1 2 5 2 3y≥ + ≥ > + . 2 2 1 2 5 2 3y≥ + ≥ > + Vậy GTNN của A = 2 3+ khi x=0; 1 3 y = . • Bài tốn 7: (Đề thi đại học khối B năm 2008). Cho x, y là các số thực thay đổi thõa mãn: x 2 + y 2 =1. Tìm gTLN, NN của biểu thức: ( ) 2 2 2 6 1 2 2 x xy P xy y + = + + Giáo viên: Nguyễn Đình Nhâm- Trường THPT Cẩm xuyên Hà Tónh 5 Gi¶i bµi to¸n bÊt ®¼ng thøc b»ng ph¬ng ph¸p ®a vỊ mét biÕn. . Giải Ta có: ( ) 2 2 2 2 6 2 3 x xy P x xy y + = + + -) Nếu y = 0 ta có P = 2. -) Nếu 0y ≠ Đặt x= ty Suy ra: ( ) 2 2 2 6 2 3 t t P t t + = + + . Xét hàm ( ) 2 2 2 6 ( ) 2 3 t t f t t t + = + + 2 8 6 2 2 3 t t t − = + + + t R ∀ ∈ . f’(t)= 0 3 2 3 t t −  =  ⇔  =  . 3 ( ) 2; ( ) 2; (3) 3; ( ) 6 2 t t f t f t f f Lim Lim →−∞ →+∞ − = = = = − . Vậy GTLN của P là 3 khi : 2 2 3 1 ; 3 10 10 3 1 1 ; 10 10 x y x y x y x y  = =  =   ⇔  + =   = − = −   . GTNN của P là -6 khi : 2 2 3 2 ; 3 13 13 2 3 2 ; 1 13 13 x y x y x y x y −  = = −   =   ⇔  −   = = + =    . Có thể sử dụng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai. • Bài tốn 8: (Đề thi cao đẳng khốiA, B,D năm 2008). Cho x, y là các số thực thay đổi thõa mãn : : x 2 + y 2 =2. Tìm GTLN, NN của biểu thức: P= 2( x 3 + y 3 ) – 3xy. HD: Đặt: t= x + y với : [ ] 2;2t ∈ − . • Bài tốn 9: Cho      ≤++ > 2 3 0,, zyx zyx Cmr: P= 2 15111 ≥+++++ zyx zyx . Giải: áp dụng bất đẳng thức cơsi ta có: P= zyx zyx xyz zyx zyx zyx ++ +++≥+++≥+++++ 91 3 111 3 Giáo viên: Nguyễn Đình Nhâm- Trường THPT Cẩm xuyên Hà Tónh 6 Gi¶i bµi to¸n bÊt ®¼ng thøc b»ng ph¬ng ph¸p ®a vỊ mét biÕn. . Đặt 2 3 0 ≤<⇒++= tzyxt . C1: Ta có: f(t)= 9 t t + với: 3 0 2 t < ≤ . f’(t)= 2 9 3 1 0 ; 2 0t t   − < ∀ ∈ ⇒     f(t) nghịch biến trên 3 0; 2       . Suy ra: 3 15 ( ) ( ) 2 2 P f t f ≥ ≥ = Dấu bằng xảy ra: x = y = z và t = 3 2 hay x = y = z = 1 2 C2: áp dụng BĐT cơsy ta có: P = 2 15 2 3 .4 27 4 9 .2 4 27 4 99111 =+≥++=+≥+++++ t t tt t t t zyx zyx Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 2 1 ⇒ đpcm Chứng minh bài tốn Tổng qt 1 : Cho )2(, ,, 21 ≥ nxxx n là số dương ; * 1 2 ( ) n x x x k k R + + + + ≤ ∈ 22 ;0 bnakb ≤≥ . Chứng minh rằng: k akbn xxx bxxxa n n 22 21 21 ) 1 11 () ( + ≥+++++++ (*) Hướng dẫn giải: C1: Sử dụng BDT cơ sy : 2 1 2 1 1 1 1 1 n n n n n n x x x x x x x + + + ≥ ≥ + Suy ra: 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 1 ( ) ( ) ( ) n n n n bn VT a x x x b a x x x x x x x x x = + + + + + + + ≥ + + + + + + + Đặt: t = 1 2 n x x x k + + + ≤ . Ta có: VT = f(t) = 2 bn at t + với t k ≤ . f’(t)= 2 2 2 2 2 . 0. bn at bn a t k t t − − = < ∀ ≤ (vì gt: ak 2 ≤ bn 2 ). Suy ra: f(t) nghịch biến trên: 0< t k ≤ Vậy: P 2 2 ( ) ( ) ak bn f t f k k − ≥ ≥ = Dấu bằng xảy ra: x = y = z và t = k hay x = y = z = k n . Giáo viên: Nguyễn Đình Nhâm- Trường THPT Cẩm xuyên Hà Tónh 7 Gi¶i bµi to¸n bÊt ®¼ng thøc b»ng ph¬ng ph¸p ®a vỊ mét biÕn. . C2: Áp dụng BĐT cơsy ta có: 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 ( ) ( ) ( ) 1 1 ( ) ( ) .2. ( ) n n n n bn VT a x x x b a x x x x x x x x x bn t bn bn bn ak at bn t a bn k a t t k k k k k = + + + + + + + ≥ + + + + + + + + = + = + + − ≥ + − = Dấu bằng xảy ra: x = y = z = k n . Nhận xét: Đặc biệt hóa bài tốn TQ1 ta có: Bài tốn 9,1: Cho      ≤++ > 2 3 0,, zyx zyx Cmr: 2 51 ) 111 (4 ≥+++++ zyx zyx . Dễ dàng giải bài tốn 8. 1 nếu ta cho bài tốn TQ1 với a=1; b=4 ; n=3 ; k= 2 3 Bài tốn 9.2 (Olimpic-tốn sơ cấp Đại Học Vinh). Cho      ≤++ > 2 3 0,, zyx zyx C mr: 2 2 2 2 2 2 1 1 1 17 3. 2 x y z y z x + + + + + ≥ Giải Thật vậy : áp dụng bất đẳng thức bunhacopxki ta có: ) 4 ( 17 114 )41)( 1 ( 2 222 2 2 y x y x y x y x +≥+⇒+≥++ Tương tự sau đó cộng vế theo vế: 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 4 1 1 1 ( ) ( ) 17 17 x y z x y z y z x x y z + + + + + ≥ + + + + + Áp dụng bài tốn TQ1 với a= 1 4 3 ; ; ; 3 2 17 17 a b k n= = = = . Suy ra điều phải chứng minh. Bài tốn 9.3 (Đề thi đại học cao đẳng khối A năm 2004). Cho    ≤++ > 1 0,, zyx zyx CMR : 82 111 2 2 2 2 2 2 ≥+++++ z z y y x x . Chứng minh tương tự. Bài tốn TQ1 : Với a= -1; b=1 ; n=2 ; k= 2 ta có: Bài tốn 9* : Giáo viên: Nguyễn Đình Nhâm- Trường THPT Cẩm xuyên Hà Tónh 8 Gi¶i bµi to¸n bÊt ®¼ng thøc b»ng ph¬ng ph¸p ®a vỊ mét biÕn. . Cho    ≤+ > 2 0, yx yx Cmr: 2)( 11 ≥+−+ yx yx . Xem x= 1 a − ; y= 1 b − ta có: Bài tốn 9*.1: Cho , 0 1 a b a b ≥   + =  Cmr: 2 1 1 a b a b + ≥ − − . Từ đó có thể dễ dàng chứng minh bài tốnTổng qt 2: Cho )2(, ,, 21 ≥ nxxx n là các số thực dương và mxxx n =+++ 21 , m>0: Chứng minh rằng: 1 2 2 1 1 − ≥ − ++ − + − n mn xm x xm x xm x n n . Nếu đổi chiều của bất đẳng thức ở điều kiện bài tốn TQ1 ta có bài tốn mới : Bài tốn TQ3 Cho )2(, ,, 21 ≥nxxx n là các số thực dương thoả mãn: )( * 21 Rkkxxx n ∈≥+++ ; 22 ;0 bnakb ≥≥ . Chứng minh rằng: k akbn xxx bxxxa n n 22 21 21 ) 1 11 () ( + ≥+++++++ (**) Từ bài tốn TQ2 và bài tốn TQ3 ta có thể áp dụng chứng minh các bài tốn khác tương tự , hoặc có thể khai thác ta được những bài tốn mới khá thú vị • Bài tốn 10:(THTT/ T4/352/2007) Với x,y,z là các số thực dương và xyz ≥ 1: Chứng minh rằng: P = 2 3 ≥ + + + + + xyz z xzy y yzx x . Giải: Đặt a= x , b= y , c= z Bài tốn trở thành : Cho: a,b,c là các số thực dương và abc ≥ 1. Chứng minh rẳng P = 2 3 2 2 2 2 2 2 ≥ + + + + + abc c acb b bca a . Giáo viên: Nguyễn Đình Nhâm- Trường THPT Cẩm xuyên Hà Tónh 9 Gi¶i bµi to¸n bÊt ®¼ng thøc b»ng ph¬ng ph¸p ®a vỊ mét biÕn. . áp dụng bất đẳng thức svac-xơ ta có: P 2 ≥    abcacbbca cba +++++ ++ 222 2 )( 2    = [ ] 2 222 4 )( abcacbbca cba +++++ ++ ]3)[(3 )( )](3)[(3 )( )(3 )( 2 4 2 4 222 4 −++ ++ ≥ ++−++ ++ ≥ +++++ ++ ≥ cba cba cabcabcba cba cabcabcba cba {vì ab+bc+ca ≥ 3 2 )(3 abc ≥ 3} Đặt: t=(a+b+c) 2 thì t ≥ 9 { vì a+b+c ≥ 3 3 abc ≥ 3}. C1: P 2 = f(t) = )3(3 2 −t t = 1 9 1 3 3( 3) t t + + − với t ≥ 9 . f’(t)= ( ) 2 1 27 0 0; 6 3 3 9 t t t − = ⇔ = = − . BBT: t 0 3 6 9 +∞ f’(t) - - 0 + + f(t) 9 2 +∞ Vậy P 2 = f(t) 9 2 ≥ Suy ra: P 3 2 ≥ Dấu bằng xảy ra khi x=y=z=1 (đpcm). C2: Ta có : P 2 = )3(3 2 −t t = 3 3 . 12 3 2 12 159.3 3 3 12 3 12 153 − − + + ≥ − + − + + t t t tt = 2 9 . ⇒ P 2 ≥ 2 9 ⇒ P ≥ 2 3 Dấu bằng xảy ra khi x= y= z= 1 (đpcm). Hồn tồn tương tự ta chứng minh được bài tốn T ổng qt 4 Cho: )2(, ,, 21 ≥ nxxx n là các số thực dương và 1 21 ≤ n xxx CMR: 2 1211432 2 321 1 n xxxx x xxxxx x xxxx x nn n nn ≥ + ++ + + + − . • Bài tốn 11: Cho    =++ ≥ 1 0,, zyx zyx Cmr: 10 9 111 222 ≤ + + + + + = z z y y x x P . Giáo viên: Nguyễn Đình Nhâm- Trường THPT Cẩm xuyên Hà Tónh 10 [...]... 3   2 2 2 3 2 Giáo viên: Nguyễn Đình Nhâm- Trường THPT Cẩm xuyên Hà Tónh 11 Gi¶i bµi to¸n bÊt ®¼ng thøc b»ng ph¬ng ph¸p ®a vỊ mét biÕn Đặt t= x+y+z thì: 0 < t < 3 Khi đó: 4 3 2 1 15 3 3 t + t − 2t + 2 = (2t − 3) 2 ( − t ) + ≥ 27 27 4 4 4 3 1 dấu bằng xảy ra khi t= hay x=y=z= (đpcm) 2 2 x 2 +y 2 +z 2 ≥ − *) Từ ý tượng trên ta có thể khai thác và sáng tạo các bất đẳng thức : Chẳng hạn : Chứng minh... ơn! Hà tĩnh, ngày 15 tháng 5 năm 2009 Tài liệu tham khảo 1.Tạp chí tốn học và tuổi trẻ 2 Sáng tạo bất đẳng thức _Phạm Kim Hùng 3 Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức _Trần Tuấn Anh 4 Các bài tốn chọn lọc về bất đẳng thức của Phan HuyKkhải_Nguyễn Đạo Phương 5.Olimpic 30_4 Giáo viên: Nguyễn Đình Nhâm- Trường THPT Cẩm xuyên Hà Tónh 18 ... ⇒ đpcm 3 3 2 − z − z + z +1 Có thể xét hàm: f(z) = với 0 ≤ z ≤ 1 4 • Bài tốn số 14: x + y + z = 3 Cho  x, y, z ≥ 0  Giải: Cmr: 5 + xyz ≥ 2( xy + yz + zx ) (9) Giáo viên: Nguyễn Đình Nhâm- Trường THPT Cẩm xuyên Hà Tónh 13 Gi¶i bµi to¸n bÊt ®¼ng thøc b»ng ph¬ng ph¸p ®a vỊ mét biÕn Khơng mất tính tổng qt giả sử z = min(x,y,z) Từ điều kiện dễ thấy: 0 ≤ z ≤ 1 x+ y 2 ) ( z − 2) − 2 z ( x + y ) ≥ 0... bài tốn 14* ta có thể chứng minh bài tốn tổng qt 6 Cho x + y + z = 3  x, y , z ≥ 0   a > 0; b < 0 CMR: a ( xy + yz + zx ) + bxyz − (3a + b) ≥ 0  a 2  ≥− 3  b Giáo viên: Nguyễn Đình Nhâm- Trường THPT Cẩm xuyên Hà Tónh 14 Gi¶i bµi to¸n bÊt ®¼ng thøc b»ng ph¬ng ph¸p ®a vỊ mét biÕn Chú ý : Để chứng minh : ta giả thiết z=max(x,y,z) Đặc biệt hóa ta có bài tốn: x + y + z = 3 Cmr:  x, y , z ≥ 0 Với... − 5 x ≤ 1 + y + y 2 − 5 y = y 2 − 4 y + 1 = ( y − 1)( y − 2) − y − 1 < 0 Vậy f ( x, y, z ) ≤ f ( x,1,1) = x 3 − 5 x + 2 = ( x − 2)[( x + 1) 2 − 2) ≤ 0 ∀x,1 ≤ x ≤ 2 Giáo viên: Nguyễn Đình Nhâm- Trường THPT Cẩm xuyên Hà Tónh 15 Gi¶i bµi to¸n bÊt ®¼ng thøc b»ng ph¬ng ph¸p ®a vỊ mét biÕn dấu bằng bất đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (x,y,z)=(2,1,1) và hốn vị của (2,1,1) ⇒ đpcm • Bài tốn18: x + y + z =... + z ( x − y )4 ≤ 12 x + y + z = 1 HD: Giả sử x ≥ y ≥ z ≥ 0 đặt t = x( y + z ) ta chứng minh được x( y − z ) 4 + y ( z − x ) 4 + z ( x − y ) 4 ≤ t (1 − 3t ) 1 Cho  Giáo viên: Nguyễn Đình Nhâm- Trường THPT Cẩm xuyên Hà Tónh 16 Gi¶i bµi to¸n bÊt ®¼ng thøc b»ng ph¬ng ph¸p ®a vỊ mét biÕn x + y + z = 1 2 Cho  Cmr:  x, y , z ≥ 0 a y + z ≥ 16 xyz b xy + yz + zx ≥ 9 xyz c 9 xyz + 1 ≥ 4( xy + yz + zx) ...   1 HD: Khơng mất tính tổng qt ta giả sử: ≤ z ≤ y ≤ x ≤ 1 2 1 Đặt : z=ax ; y=bx ⇒ ≤ a ≤ b ≤ 1 sau đó đánh giá tiếp ta đưa về 1biến là b 2 x−y y−z z−x III Kết quả Giáo viên: Nguyễn Đình Nhâm- Trường THPT Cẩm xuyên Hà Tónh 17 Gi¶i bµi to¸n bÊt ®¼ng thøc b»ng ph¬ng ph¸p ®a vỊ mét biÕn Đề tài này đã được bản thân tơi và các đồng nghiệp cùng đơn vị thí điểm trên các em có học lực từ khá trở lên Kết quả... được rất khả quan, các em học tập một cách say mê hứng thú Một số em đã đạt được những thành tích tốt qua những đợt thi học sinh giỏi vừa qua Tuy nhiên với phương pháp này người thầy phải biết vận dụng sáng tạo phương pháp, ln khơng ngừng tìm tòi, tham khảo các tài liệu, tham khảo đồng nghiệp, xâu chuỗi chúng lại và cho học sinh các bài tập định hướng để các em học tập, tìm hiểu Đối tượng học sinh là... ≥ 0  7 Cho  Cmr: x + y + z ≥ 6  xyz ≥ x + y + z + 2 - Từ bất đẳng thức bunhiacơsxki, svac -xơ và đẳng thức x 2 + y 2 + z 2 + 2( xy + yz + zx ) = ( x + y + z ) 2 Giáo viên: Nguyễn Đình Nhâm- Trường THPT Cẩm xuyên Hà Tónh 12 Gi¶i bµi to¸n bÊt ®¼ng thøc b»ng ph¬ng ph¸p ®a vỊ mét biÕn 8 Chứng minh rằng: − 1 4 27 x+ y 1 27 ≤ ≤ 4 với mọi x,y thuộc R 4 4 2 2 1+ x + y 2 2 HD: t = x + y x+ y+ z ≥3  x, . …) ≥ f(x, t, ) ≥ … ≥ f 1 (x). Trong đó t, = k(x, y,z,…) Giáo viên: Nguyễn Đình Nhâm- Trường THPT Cẩm xuyên Hà Tónh 1 Gi¶i bµi to¸n bÊt ®¼ng thøc b»ng ph¬ng ph¸p ®a vỊ mét biÕn. . Sau đó. 2≥+=+= x y y x x y y x t (áp dụng bđt cơsi). C1: Ta có: (2) trở thành: Giáo viên: Nguyễn Đình Nhâm- Trường THPT Cẩm xuyên Hà Tónh Với x,y là các số thực khác khơng chứng minh rằng: )2(2 2 2 2 2 4 4 4 4 −≥++         +−+ x y y x x y y x x y y x 2 Gi¶i. 2004) Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn: a+ b+ c= 1. CMR: Giáo viên: Nguyễn Đình Nhâm- Trường THPT Cẩm xuyên Hà Tónh 3 Gi¶i bµi to¸n bÊt ®¼ng thøc b»ng ph¬ng ph¸p ®a vỊ mét biÕn. . 2 2 2 2