SKKN giải bất đẳng thức bằng phương pháp đưa về một biến

Giải bất đẳng thức phương pháp đưa biến Gv: Nguyễn Hoàng Thái – Trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm A LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Trang bị tri thức, phương pháp phát triển tư duy, trí tuệ cho học sinh mục tiêu đặt lên hàng đầu mục tiêu dạy học môn toán Bất đẳng thức vấn đề giáo viên học sinh thâm nhập với lượng thời gian nhiều vấn đề phát triển khả tư toán học cho học sinh Trong trình dạy học tìm tòi ví dụ điển hình tổng hợp thành phương pháp giải cụ thể cho học sinh đồng thời hướng dẫn học sinh biết nhận dạng toán phát triển toán Dưới xin trao đổi với quý đồng nghiệp phương pháp giải cho toán bất đẳng thức: ” Giải bất đẳng thức phương pháp đưa biến” ( Thường bất đẳng thức khó, xảy kỳ thi học sinh giỏi, thi Đại học) Và số toán khai thác sâu thêm hoạt động trí tuệ tổng quát, phân tích, so sánh, đặc biệt hóa Nội dung đề tài gồm hai phần : Phần I: Đưa biến cách biến đổi đặt ẩn phụ t = k(x,y,z, ) Phần II: Đưa biến cách dồn biến B NỘI DUNG ĐỀ TÀI I PHƯƠNG PHÁP Bài toán: Xét toán:Với điều kiện R (nếu có) Chứng minh P = f(x,y,z, ) ≥ A (hoặc ≤ A) tìm GTLN; NN P Phương pháp 1: ⊕ Chứng minh: P ≥ g (t ) ∀t = k (x,y,z, ) ∈ D Chứng minh: g (t ) ≥ A ∀t ∈ D ⊕ Chứng minh: P ≤ g(t) ∀t = k(x,y,z, ) ∈ D Chứng minh: g(t) ≤ A ∀t ∈ D Vấn đề đặt đánh giá biểu thức p để đưa biểu thức biến g(t) chứng minh g (t ) ≥ A - Việc chứng minh g (t ) ≥ A sử dụng cách biến đổi, dùng bất đẳng thức với hoc sinh lớp 12 làm cách sử dụng đạo hàm lập bảng biến thiên để giải - Còn đánh giá P nói chung phong phú tùy thuộc toán để lựa chọn cách đánh giá thích hợp (dùng cách biến đổi , sử dụng bất đẳng thức cổ điển bunhiacopki,côsi, ) Phương pháp 2: Giải bất đẳng thức phương pháp đưa biến Gv: Nguyễn Hoàng Thái – Trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm a Nếu vai trò biến x,y,z bình đẳng, không tính tổng quát ta giả sử : x = max(x,y,z, ) x = min(x,y,z, ) giả thiết x ≥ y ≥ z ≥ ;và dùng điều kiện toán kết hợp bdt khử dần biến đưa biến x b Đánh giá biến, giả thiết thêm điều kiện biến đưa: P= f(x, y, z, …) ≥ f(x, t, ) ≥ … ≥ f1(x) Trong t, = k(x, y,z,…) Sau chứng minh f1(x) ≥ A PHẦN I Đưa biến cách đặt ẩn phụ t=k(x,y,z, ) • Bài toán 1: Với x,y số thực dương chứng minh rằng: x + y ≥ xy + yx (1) Giải: Vì x số dương nên: y  y  y (1) ⇔ +   ≥   + x x x Đặt y =t x ( t >0) C1: Ta có: (1) trở thành : t -t - t+ ≥ ⇔ (t-1) (t+1) ≥ (đúng với t>0) C2: Hướng dẫn hs xét hàm : f(t)= t -t - t+ (0; +∞ ) f’(t)= 3t - 2t -1=0 ⇔ t= ; t= - t f’(t) - +∞ + +∞ f(t) Suy f(t) ≥ với t > (đccm) Tổng quát Ta có toán 1’: Cho x,y số thực dương; Chứng minh rằng: x n + y n ≥ xy n − + x n − y (n ≥ 2, n ∈ N ) Chứng minh hoàn hoàn tương tự! • Bài toán 2: Với x,y số thực khác không chứng minh rằng: x4 y4 + y4 x4  x2 y2 − +  y2 x2   x y  + + ≥ −2  y x  (2) Giải bất đẳng thức phương pháp đưa biến Gv: Nguyễn Hoàng Thái – Trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm Giải: x y x y x y Đặt t = y + x t = + = + ≥ (áp dụng bđt côsi) y x y x C1: Ta có: (2) trở thành: (t − 2) − − (t − 2) + t + ≥ ⇔ (t+2)(t -2t -t+3) ≥ 0(2') +) Với t ≥ 2: ta có t -2t -t+3=(t-2)(t -1)+1>0 nên bất đẳng thức (2') +) Với t ≤ -2: ta có t -2t -t+3=(t+2)[(t-2) +3] - 11 > t+2 ≤ nên bất đẳng thức (2') bất đẳng thức (2) dấu xảy t=-2 hay x=-y ⇒ đpcm C2: Xét hàm số: f(t) = t3 – 2t2 – t + ( −∞ ; -2] ∪ [2; +∞ ) • Bài toán 3: Cho x, y, z số thực thay đổi Tìm GTNN biểu thức: A = ( x − 1) + y + ( x + 1) + y + y − Giải: x + y + z + 2( xy + yz + zx) = ( x + y + z ) ; x + y + z − xyz = ( x + y + z )( x + y + z − xy − yz − zx) điều kiện ta Từ đẳng thức: có: P = ( x + y + z )( x + y + z − xy − yz − zx ) = ( x + y + z )(2 − Đặt: t = x + y + z ⇒ ( x + y + z )2 − ) 0 14 a + b + c ab + bc + ca Để ý rằng: 1= ( a + b + c ) = a + b + c − 2(ab + bc + ca ) ; 1= ( a + b + c ) ≤ 3(a + b + c ) 2 t với ≤ t ( đpcm) 14 • Bài toán Đề thi đại học cao đẳng khối A năm 2006 2 Cho x, y hai số thực khác không thoã mãn: ( x + y ) xy = x + y − xy ; 1 Tìm GTLN biểu thức: A= x3 + y Giải bất đẳng thức phương pháp đưa biến Gv: Nguyễn Hoàng Thái – Trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm Giải Đặt: S= x+y; P= x.y (s2 ≥ 4p )  x + y = ( x + y ) ( x + y − xy ) = ( x+y ) xy = S P  Từ gt ta có:  S2 SP= S2 - 3P ⇒ P = S +3  ( Lưu ý S = -3 không thoã mãn) Đánh giá S: S2 ≥ 4P => S ≥ Vậy: S2 S −1 ⇔ S2 ≥ ⇔ S < −3.v.S ≥ S +3 S +3 2 2 1 x + y ( x + y ) ( x + y − x y ) ( x + y ) xy S ( S + 3) = = 2= A= x3 + y = 3 = 3 x y P S2 ( x y ) ( x y ) ( với S2: f(y) ≥ 1+ y2 ≥ > + ≥ 1+ y2 ≥ > + Vậy GTNN A = + x=0; y = • Bài toán 7: (Đề thi đại học khối B năm 2008) Cho x, y số thực thay đổi thõa mãn: x2 + y2 =1 Tìm gTLN, NN biểu thức: P= ( x + xy ) + xy + y Giải Ta có: P = ( x + xy ) x + xy + y -) Nếu y = ta có P = -) Nếu y ≠ Đặt x= ty Suy ra: P = ( t + 6t ) t + 2t + ( t + 6t ) 8t − = 2+ ∀t ∈ R Xét hàm f (t ) = t + 2t + t + 2t +  −3 t= f’(t)= ⇔  t = −3 f (t ) = 2; Lim f (t ) = 2; f (3) = 3; f ( ) = −6 Lim t →−∞ t →+∞  x= ;y=  x = 3y 10 10 Vậy GTLN P :  2 ⇔  x + y = x = − ; y = −  10 10  Giải bất đẳng thức phương pháp đưa biến Gv: Nguyễn Hoàng Thái – Trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm  −3  x = y x = ⇔ GTNN P -6 :   x2 + y2 =  x =    ;y= 13 −3 ;y= 13 −2 13 13 Có thể sử dụng điều kiện có nghiệm phương trình bậc hai • Bài toán 8: (Đề thi cao đẳng khốiA, B,D năm 2008) Cho x, y số thực thay đổi thõa mãn : : x2 + y2 =2 Tìm GTLN, NN biểu thức: P= 2( x3 + y3) – 3xy HD: Đặt: t= x + y với : t ∈ [ −2; 2] • Bài toán 9:  x, y , z > 1 15  Cho  x + y + z ≤ Cmr: P= x + y + z + x + y + z ≥  Giải: áp dụng bất đẳng thức côsi ta có: x 1 + ≥ x + y + z + 33 ≥x+ y+z+ y z xyz x+ y+z Đặt t = x + y + z ⇒ < t ≤ C1: Ta có: f(t)= t + với: < t ≤ t  3  3 f’(t)= − < ∀t ∈  0;  ⇒ f(t) nghịch biến  0;  t  2  2 15 Suy ra: P ≥ f (t ) ≥ f ( ) = 2 Dấu xảy ra: x = y = z t = hay x = y = z = 2 P= x + y + z + + C2: áp dụng BĐT côsy ta có: 1 9 27 27 15 + + ≥t + =t + + ≥ t + = P= x y z t 4t 4t 4t 2 ⇒ đpcm Dấu xảy x = y = z = x+ y+z+ Chứng minh toán Tổng quát : Giải bất đẳng thức phương pháp đưa biến Gv: Nguyễn Hoàng Thái – Trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm Cho x1 , x2 , , xn (n ≥ 2) số dương ; x1 + x2 + + xn ≤ k (k ∈ R+* ) b ≥ 0; ak ≤ bn Chứng minh rằng: 1 bn + ak a( x1 + x2 + + xn ) + b( + + + ) ≥ x1 x2 xn k (*) Hướng dẫn giải: 1 C1: Sử dụng BDT cô sy : x + x + + x ≥ n n n n2 ≥ x1 xn x1 + xn Suy ra: 1 bn VT = a ( x1 + x2 + + xn ) + b( + + + ) ≥ a( x1 + x2 + + xn ) + x1 x2 xn x1 + x2 + + xn Đặt: t = x1 + x2 + + xn ≤ k bn Ta có: VT = f(t) = at + với t t ≤k bn at − bn f’(t)= a − = < ∀t ≤ k (vì gt: ak2 ≤ bn2) t t Suy ra: f(t) nghịch biến trên: 0< t ≤ k ak − bn Vậy: P ≥ f (t ) ≥ f (k ) = k Dấu xảy ra: x = y = z t = k hay x = y = z = k n C2: Áp dụng BĐT côsy ta có: VT = a ( x1 + x2 + + xn ) + b( = at + 1 bn + + + ) ≥ a ( x1 + x2 + + xn ) + x1 x2 xn x1 + x2 + + xn bn t bn bn bn + ak = bn ( + ) + t (a − ) ≥ bn 2 + k (a − ) = t t k k k k k k Dấu xảy ra: x = y = z = n Nhận xét: Đặc biệt hóa toán TQ1 ta có: Bài toán 9,1: Giải bất đẳng thức phương pháp đưa biến Gv: Nguyễn Hoàng Thái – Trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm  x, y , z > 1 51  Cho  x + y + z ≤ Cmr: x + y + z + 4( x + y + z ) ≥  Dễ dàng giải toán ta cho toán TQ1 với a=1; b=4 ; n=3 ; k= Bài toán 9.2 (Olimpic-toán sơ cấp Đại Học Vinh)  x, y , z >  Cho  x + y + z ≤ C mr:  x2 + 1 17 + y + + z + ≥ y z x Giải Thật : áp dụng bất đẳng thức bunhacopxki ta có: (x2 + 1 )(1 + ) ≥ x + ⇒ x + ≥ (x + ) y y y y 17 Tương tự sau cộng vế theo vế: 1 1 1 + y2 + + z2 + ≥ (x + y + z) + ( + + ) y z x 17 17 x y z ;b = ;k = ;n = Áp dụng toán TQ1 với a= a = 17 17 x2 + Suy điều phải chứng minh Bài toán 9.3 (Đề thi đại học cao đẳng khối A năm 2004)  x, y , z > x + y + z ≤ Cho  x2 + CMR : 1 + y + + z + ≥ 82 x y z Chứng minh tương tự Bài toán TQ1 : Với a= -1; b=1 ; n=2 ; k= ta có: Bài toán 9* :  x, y > x + y ≤ Cho  1 Cmr: x + y − ( x + y ) ≥ Xem x= − a ; y= − b ta có: Bài toán 9*.1: Giải bất đẳng thức phương pháp đưa biến Gv: Nguyễn Hoàng Thái – Trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm  a, b ≥ Cmr: a + b = a b + ≥ 1− a 1− b Cho  Từ dễ dàng chứng minh toánTổng quát 2: Cho x1 , x2 , , xn (n ≥ 2) số thực dương x1 + x2 + + xn = m , m>0: x1 Chứng minh rằng: m − x1 x2 + m − x2 + + xn ≥ m − xn mn n −1 Nếu đổi chiều bất đẳng thức điều kiện toán TQ1 ta có toán : Bài toán TQ3 Cho x1 , x2 , , xn (n ≥ 2) số thực dương thoả mãn: x1 + x2 + + xn ≥ k (k ∈ R* ) ; b ≥ 0; ak ≥ bn Chứng minh rằng: a( x1 + x2 + + xn ) + b( 1 bn + ak + + + ) ≥ (**) x1 x2 xn k Từ toán TQ2 toán TQ3 ta áp dụng chứng minh toán khác tương tự , khai thác ta toán thú vị • Bài toán 10:(THTT/ T4/352/2007) Với x,y,z số thực dương xyz ≥ 1: x Chứng minh rằng: P = x+ yz + y y + xz z + z + xy ≥ Giải: Đặt a= x , b= y , c= z Bài toán trở thành : Cho: a,b,c số thực dương abc ≥ Chứng minh rẳng P= a2 a + bc + b2 b + ac + c2 c + ab ≥ áp dụng bất đẳng thức svac-xơ ta có:  P ≥  (a + b + c) 2   = a + bc + b + ac + c + ab  [ (a + b + c) a + bc + b + ac + c + ab ]2 10 Giải bất đẳng thức phương pháp đưa biến Gv: Nguyễn Hoàng Thái – Trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm ≥ (a + b + c) (a + b + c) (a + b + c) ≥ ≥ 3(a + b + c + ab + bc + ca) 3[(a + b + c) − 3(ab + bc + ca)] 3[(a + b + c) − 3] {vì ab+bc+ca ≥ 33 (abc) ≥ 3} Đặt: t=(a+b+c) t ≥ { a+b+c ≥ 33 abc ≥ 3} t2 C1: P = f(t) = = t + + 3(t − 3) với t ≥ 3(t − 3) 27 f’(t)= − 3t − = ⇔ t = 0; t = ( ) BBT: t f’(t) - +∞ + + +∞ f(t) 9 Suy ra: P ≥ Dấu xảy x=y=z=1 (đpcm) 2 t2 3t + 15 t − 3 3.9 + 15 t −3 + + ≥ +2 C2: Ta có : P2 = = = 3(t − 3) 12 12 t −3 12 12 t − 3 ⇒ P2 ≥ ⇒ P ≥ Dấu xảy x= y= z= (đpcm) 2 Vậy P2 = f(t) ≥ Hoàn toàn tương tự ta chứng minh toán Tổng quát Cho: x1 , x2 , , xn (n ≥ 2) số thực dương x1 x2 xn ≤ x1 CMR: • x + x x x n x2 + + + x + x x x n x xn x n + x x x n − ≥ n Bài toán 11: x, y , z ≥  Cho  x + y + z = Cmr: P = + x + + y + + z ≤ 10  x y z Nhận xét: Ta đổi chiều bất đẳng thức để áp dụng bđt svac-xơ Giải : Ta có : 11 Giải bất đẳng thức phương pháp đưa biến Gv: Nguyễn Hoàng Thái – Trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm x2 y2 z2 x3 y3 z3 P = x(1 − ) + y (1 − ) + z (1 − ) =1− ( + + ) + x2 + y2 + z2 + x2 + y2 + z ( ) x4 y4 z4 x2 + y2 + z + + ) ≤ − x + x3 y + y3 z + z x + y + z + x3 + y + z =1− ( Ta có: x + y + z = ( x + y + z )( x + y + z − xy − yz − zx ) + 3xyz ≤ x2 + y2 + z ≤ x + y + z − [1 − ( x + y + z )] + ( ) Đặt t = x2 + y + z từ đk ⇒ t ≥ C1) Ta có: P = f(t) = − ∀t ≥ 2t t + 3t + 2t ⇒ f '(t ) = − 16t + t t − 6t − 3t t Cho  2 Cmr: x + y + z + 27 xyz ≤ 30 x + y + z ≤ 13 Giải bất đẳng thức phương pháp đưa biến Gv: Nguyễn Hoàng Thái – Trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm x, y , z ≥ Cmr: x + y + z ≥  xyz ≥ x + y + z +  Cho  - Từ bất đẳng thức bunhiacôsxki, svac -xơ đẳng thức x + y + z + 2( xy + yz + zx ) = ( x + y + z ) Chứng minh rằng: − 27 x+ y 27 ≤ ≤ với x,y thuộc R 4 2 1+ x + y 2 HD: t = x + y x+ y+ z ≥3  x, y, z ∈ (0;2) 27 Cho  (x + 2)( y Cmr: + 2)( z + 2) HD: t = ( x + y + z ) : 2 ≤ 4−x  x + y + z + xyz = 10 Cho  x, y , z ≥   xy + yz + zx ≥ x + y + z 11 Cho  x, y, z ∈ (0;1]  + 4−y Cmr: Cmr: + −z x+ y + z ≤3 x2 ( y + z − x) + y2 ( z + x − y) + z2 ( x + y − z) ≥ ***************************************** II Một biến x(y z): ví dụ phải làm xuất ẩn phụ.sau ta xét lớp toán mà ẩn phụ x y z • Bài toán 13: x + y + z = Cho  x, y, z ≥  Cmr: P = xy + yz + zx − xyz ≤ 27 Giải: Từ đk toán ta thấy ≤ z ≤ ⇒ − z ≥ áp dụng bđt côsi ta có: x+ y P = xy+yz+zx-xyz = z(x+y)+xy(1-z) ≤ z(x+y)+   (1-z)   − z3 − z2 + z + ⇒ P = xy+yz+zx-xyz ≤ z(1-z)+  − z  (1-z)= =   1 8 − (z − ) (z + ) + ≤ với z, ≤ z ≤ 3 27 27 dấu xảy x= y= z= ⇒ đpcm 14 Giải bất đẳng thức phương pháp đưa biến Gv: Nguyễn Hoàng Thái – Trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm − z3 − z + z + Có thể xét hàm: f(z) = với ≤ z ≤ • Bài toán số 14: x + y + z = Cho  x, y, z ≥ Cmr: + xyz ≥ 2( xy + yz + zx)  Giải: Không tính tổng quát giả sử z = min(x,y,z) Từ điều kiện dễ thấy: ≤ z ≤ (9) x+ y ) ( z − 2) − z ( x + y ) ≥ ( z − 1) ( z + 2) 3− z z − 3z + ⇔5+( ) ( z − 2) − z (3 − z ) ≥ ⇔ ≥0⇔ ≥0 4 với ∀z ∈ [0;1] Dấu xảy x=y=z=1 ⇒ đpcm (9) ⇔ + xy ( z − 2) − z ( x + y ) ≥ ⇔ + ( z − 3z + với ≤ z ≤ Nếu lấy điều kiện ≤ z ≤ bất đẳng thức đánh giá biểu thức Có thể xét hàm: f(z) = • Nhận xét: không sử dụng tính chất để làm hạn chế điều kiện biến để đánh giá biểu thức Bài toán tổng quát (Tổng quát 14) x + y + z =  x, y , z ≥  Cho  a < 0; b > Cmr: a( xy + yz + zx) + bxyz − (3a + b) ≥  a  ≤−  b HD: Không tính tổng quát giả sử: z = min(x,y,z) Từ điều kiện dễ thấy ≤ z ≤ ⇒ a + bz < 0; z − 3a − ≥ ta có: b (3 − z ) a ( xy + yz + zx ) + bxyz − (3a + b) = xy (a + bz ) + az ( x + y ) − (3a + b) ≥ (a + bz ) + 3a + az (3 − z ) − (3a + b) = b( z − 1) ( z − − 4) ≥ b Chú ý: Thay đổi hình thức toán: Sử dụng đẳng thức x + y + z + 2( xy + yz + zx) = ( x + y + z ) ta đưa toán toán tương đương hình thức khác : chẳng hạn 14 phát biểu dạng tương đương : 15 Giải bất đẳng thức phương pháp đưa biến Gv: Nguyễn Hoàng Thái – Trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm x + y + z = CMR:  x, y , z ≥ Cho  x + y + z + xyz ≥ (THTT-2006) Tương tự toán 14* ta chứng minh toán tổng quát x + y + z =  x, y , z ≥   a > 0; b < CMR: a ( xy + yz + zx ) + bxyz − (3a + b) ≥  a  ≥−  b Cho Chú ý : Để chứng minh : ta giả thiết z=max(x,y,z) Đặc biệt hóa ta có toán: x + y + z = Cmr:  x, y , z ≥ Với a=1; b=-2 : Cho  xy + yz + zx ≥ xyz + Sau ta xét tiếp toán sử dụng giả thiết: x = max(x,y,z, ) x = min(x,y,z, ) để làm hạn chế phạm vi biến: • Bài toán 15:  x, y , z ∈ [0;2] 3 Cho  x + y + z = Cmr: x + y + z ≤  Giải: Không tính tổng quát, giả sử: z = max(x,y,z) Từ điều kiện ⇒ ≤ z ≤ Ta có: x + y + z ≤ x +y +3xy(x+y) +z =(x+y) +z =(3-z) +z = =9z -27z+27=9(z-1)(z-2)+9 ≤ với z t/m : ≤ z ≤ dấu xảy (x,y,z)=(0,1,2) hoán vị (đpcm) Bài toán 16 Cho x, y ∈ [0; ] Cmr: x y 2 + ≤ 2 1+ y 1+ x x y 2x + ≤ ≥ x ≥ y ≥ ta chứng minh: 2 1+ y 1+ x 1+ x2  2 Xét hàm f(x) : 0;    HD: Giả sử : 16 Giải bất đẳng thức phương pháp đưa biến Gv: Nguyễn Hoàng Thái – Trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm • Bài toán 17: Cho x,y,z nằm đoạn [1;2] ; Chứng minh : x + y + z ≤ xyz Giải: Đặt f ( x, y, z ) = x + y + z − xyz Không tính tổng quát giả sử : ≥ x ≥ y ≥ z ≥ f ( x, y, z ) − f ( x, y,1) = z − xyz − (1 − xy ) = ( z − 1)(1 + z + z − xy ) ≤ Vì : z − ≥ 0;1 + z + z − xy ≤ + z + z − z = + z − z = −4( z − 1) − 3z + < Mặt khác : f ( x, y,1) − f ( x,1,1) = y − xy − (1 − x) = ( y − 1)(1 + y + y − x) ≤ Vì y − ≥ 0;1 + y + y − x ≤ + y + y − y = y − y + = ( y − 1)( y − 2) − y − < Vậy f ( x, y, z ) ≤ f ( x,1,1) = x − x + = ( x − 2)[( x + 1) − 2) ≤ ∀x,1 ≤ x ≤ dấu bất đẳng thức xảy (x,y,z)=(2,1,1) hoán vị ⇒ đpcm (2,1,1) • Bài toán18: x + y + z =  x, y , z ≥ Chứng minh rằng: + xyz ≥ 2( xy + yz + zx) (Đây toán số) Cho  Giải Đặt f ( x, y, z ) = 2( xy + yz + zx) − xyz Ta cần chứng minh f ( x, y, z ) ≤ Do vai trò x,y,z f nên theo tính chất ta giả sử ≤ x ≤ y ≤ z kết hợp điều kiện ta dễ dàng suy ≤ x ≤ Xét y+z y+z y + z ( y + z) y+z ( y + z) f ( x , y , z ) − f ( x, , ) = 2( xy + yz + zx) − xyz − 2( x + +x )+x 2 4 y+z y+z 3− x 3− x − x + 3x − = ( x − 2)( y − z ) ≤ ⇒ f ( x, y , z ) ≤ f ( x, , ) = f ( x, , )= 2 2 − x + 3x − ( x − 1) ( x + 2) ⇒ f ( x, y , z ) ≤ −5+5 = 5− ≤5 ∀x;0 ≤ x ≤ 4 ( x − 2)( y − z ) = ⇔ x = y = z = (đpcm) dấu xảy  x =1  • Bài toán 19: (Bất đẳng thức côsi): Cho x, y, z số thực dương; Chứng minh rằng: x + y + z ≥ 3xyz Giải: Không tính tổng quát giả sử z ≥ y ≥ x > Đặt f ( x, y, z ) = x + y + z − 3xyz 17 Giải bất đẳng thức phương pháp đưa biến Gv: Nguyễn Hoàng Thái – Trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm Tacó: f ( x, y, z ) − f ( x, y, xy ) = z − ( xy ) + xy( xy − z ) = ( z − xy )( z + z xy − xy ) ≥ z ≥ xy Mặt khác: Đặt g ( x, y ) = f ( x, y, xy ) = x + y − ( xy ) g ( x, y ) − g ( x, x) = y − x − 2( ( xy ) − x ) = ( y3 − x3 ) ≥0 Vậy f ( x, y, z ) ≥ f ( x, y, xy ) = g ( x, y ) ≥ g ( x, x) =  z = xy ⇔ x = y = z ⇒ đpcm x = y  dấu xảy  Một số toán tương tự  x, y , z ≥ x( y − z ) + y ( z − x) + z ( x − y ) ≤ Cmr : 12 x + y + z = HD: Giả sử x ≥ y ≥ z ≥ đặt t = x( y + z ) ta chứng minh x( y − z ) + y ( z − x ) + z ( x − y ) ≤ t (1 − 3t ) x + y + z = Cho  Cmr:  x, y , z ≥ a y + z ≥ 16 xyz b xy + yz + zx ≥ xyz c xyz + ≥ 4( xy + yz + zx)  x, y , z ≥ Cho  Cmr: 3( x + y + z ) + xyz ≥ 10  xy + yz + zx = x + y + z = Cho  Cmr:  x, y , z ≥ Cho  x2 + a + y +1 x +1 + z +1 y +1 n n b y2 +1 + yn +1 zn +1 + z2 +1 x +1 zn +1 xn + ≤ (bài T5 - THTT - 10/2004) ≤ HD:Giả sử x=max(x,y,z) x +1 + y +1 + z +1 ≤ 1+ y +1 + z +1 x +1 x +1 1 ≤ + ( y + z) + = x − 2x + + 2 x +1 x +1 y +1 z +1 = 3+ y + z + x +1 Câu b tương tự!  x, y, z ∈ [0;2] x + y + z = Cho  Cmr : x n + y n + z n ≤ 2n + (Tổng quát 8: chứng minh tương tự!) - Thường ta phải sử dụng tính chất có đánh giá 18 Giải bất đẳng thức phương pháp đưa biến Gv: Nguyễn Hoàng Thái – Trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm x y z Cho x, y, z ∈ [ ;3] chứng minh rằng: x + y + y + z + z + x ≥ (THTT-số 357) Cho x,y,z số dương chứng minh rằng: xyz + 2( x + y + z ) + ≥ 5( x + y + z ) (THTT-số 356) x, y , z ≥  xy + yz + zx =  x, y , z ≥ Cho  2 x + y + z =  Cho  Cmr: 3( x + y + z ) + xyz ≥ 10 Cmr: 7( xy + yz + zx) ≤ 12 + xyz Chứng minh :  2  (OLIMPIC 30-4) + + ≤ 1 −   z x y   HD: Không tính tổng quát ta giả sử: ≤ z ≤ y ≤ x ≤ Đặt : z=ax ; y=bx ⇒ ≤ a ≤ b ≤ sau đánh giá tiếp ta đưa 1biến b x−y y−z z−x III Kết Đề tài thân đồng nghiệp đơn vị thí điểm em có học lực từ trở lên Kết thu khả quan, em học tập cách say mê hứng thú Một số em đạt thành tích tốt qua đợt thi học sinh giỏi vừa qua Tuy nhiên với phương pháp người thầy phải biết vận dụng sáng tạo phương pháp, không ngừng tìm tòi, tham khảo tài liệu, tham khảo đồng nghiệp, xâu chuỗi chúng lại cho học sinh tập định hướng để em học tập, tìm hiểu Đối tượng học sinh học sinh giỏi, tin tưởng thầy, có điều kiện học tập, nghiên cứu C Kết luận Trong trình giảng dạy, nghiên cứu thân với giúp đỡ đồng nghiệp đúc rút số kinh nghiệm ; Thông qua đề tài mong hội đồng khoa học đồng nghiệp kiểm định góp ý để đề tài ngày hoàn thiện hơn, có ứng dụng rộng rãi trình giảng dạy bồi dưỡng học sinh Xin chân thành cảm ơn! 19 Giải bất đẳng thức phương pháp đưa biến Gv: Nguyễn Hoàng Thái – Trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm Tài liệu tham khảo 1.Tạp chí toán học tuổi trẻ Sáng tạo bất đẳng thức _Phạm Kim Hùng Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức _Trần Tuấn Anh Các toán chọn lọc bất đẳng thức Phan HuyKkhải_Nguyễn Đạo Phương 5.Olimpic 30_4 Người thực Nguyễn Hoàng Thái 20 [...]... ) − (3a + b) = b( z − 1) 2 ( z − − 4) ≥ 0 4 b Chú ý: Thay đổi hình thức bài toán: Sử dụng đẳng thức x 2 + y 2 + z 2 + 2( xy + yz + zx) = ( x + y + z ) 2 ta có thể đưa bài toán trên về bài toán tương đương nhưng hình thức khác : chẳng hạn bài 14 có thể phát biểu dưới dạng tương đương : 15 Giải bất đẳng thức bằng phương pháp đưa về một biến Gv: Nguyễn Hoàng Thái – Trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm x + y... z ) ≥ 13  3  x, y , z > 0 6 Cho  2 2 2 Cmr: x + y + z + 27 xyz ≤ 30 x + y + z ≤ 3 13 Giải bất đẳng thức bằng phương pháp đưa về một biến Gv: Nguyễn Hoàng Thái – Trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm x, y , z ≥ 0 Cmr: x + y + z ≥ 6  xyz ≥ x + y + z + 2  7 Cho  - Từ bất đẳng thức bunhiacôsxki, svac -xơ và đẳng thức x 2 + y 2 + z 2 + 2( xy + yz + zx ) = ( x + y + z ) 2 8 Chứng minh rằng: − 1 4 27 x+... 4 ( x − 2)( y − z ) 2 = 0 ⇔ x = y = z = 1 (đpcm) dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi  x =1  • Bài toán 19: (Bất đẳng thức côsi): Cho x, y, z là các số thực dương; Chứng minh rằng: x 3 + y 3 + z 3 ≥ 3xyz Giải: Không mất tính tổng quát giả sử z ≥ y ≥ x > 0 Đặt f ( x, y, z ) = x 3 + y 3 + z 3 − 3xyz 17 Giải bất đẳng thức bằng phương pháp đưa về một biến Gv: Nguyễn Hoàng Thái – Trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm... + x 1 x 2 x n − 1 ≥ n 2 Bài toán 11: x, y , z ≥ 0  Cho  x + y + z = 1 Cmr: P = 1 + x 2 + 1 + y 2 + 1 + z 2 ≤ 10  x y z 9 Nhận xét: Ta đổi chiều bất đẳng thức để áp dụng bđt svac-xơ Giải : Ta có : 11 Giải bất đẳng thức bằng phương pháp đưa về một biến Gv: Nguyễn Hoàng Thái – Trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm x2 y2 z2 x3 y3 z3 P = x(1 − ) + y (1 − ) + z (1 − ) =1− ( + + ) 1 + x2 1 + y2 1 + z2 1 +... − ) 2 (z + ) + ≤ với mọi z, 0 ≤ z ≤ 1 4 3 3 27 27 1 dấu bằng xảy ra khi x= y= z= ⇒ đpcm 3 14 Giải bất đẳng thức bằng phương pháp đưa về một biến Gv: Nguyễn Hoàng Thái – Trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm − z3 − z 2 + z + 1 Có thể xét hàm: f(z) = với 0 ≤ z ≤ 1 4 • Bài toán số 14: x + y + z = 3 Cho  x, y, z ≥ 0 Cmr: 5 + xyz ≥ 2( xy + yz + zx)  Giải: Không mất tính tổng quát giả sử z = min(x,y,z) Từ điều... được một số kinh nghiệm ; Thông qua đề tài này mong hội đồng khoa học và các đồng nghiệp kiểm định và góp ý để đề tài ngày hoàn thiện hơn, có ứng dụng rộng rãi trong quá trình giảng dạy và bồi dưỡng học sinh Xin chân thành cảm ơn! 19 Giải bất đẳng thức bằng phương pháp đưa về một biến Gv: Nguyễn Hoàng Thái – Trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm Tài liệu tham khảo 1.Tạp chí toán học và tuổi trẻ 2 Sáng tạo bất. .. chí toán học tuổi thơ) x, y, z ∈ (0;1)   (1)  xyz = (1 − x)(1 − y )(1 − z ) CMR: x 2 +y 2 +z 2 ≥ 3 4 Giải: Ta có: (1) ⇔ 1-(x+y+z)+xy+yz+zx=2xyz ⇔ x 2 +y 2 +z 2 =2-2(x+y+z)+(x+y+z) 2 -4xyz 3 x+ y+ z áp dụng bđt Côsi ta có :   ≥ xyz nên 3   12 Giải bất đẳng thức bằng phương pháp đưa về một biến Gv: Nguyễn Hoàng Thái – Trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm x+ y+ z  3    x 2 +y 2 +z 2 ≥ 2-2(x+y+z)+(x+y+z)... ≥ y ≥ 0 ta đi chứng minh: 2 2 1+ y 1+ x 1+ x2 2  2 Xét hàm f(x) trên : 0;   2  HD: Giả sử : 16 Giải bất đẳng thức bằng phương pháp đưa về một biến Gv: Nguyễn Hoàng Thái – Trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm • Bài toán 17: Cho x,y,z nằm trong đoạn [1;2] ; Chứng minh rằng : x 3 + y 3 + z 3 ≤ 5 xyz Giải: Đặt f ( x, y, z ) = x 3 + y 3 + z 3 − 5 xyz Không mất tính tổng quát giả sử : 2 ≥ x ≥ y ≥ z ≥ 1... biến Gv: Nguyễn Hoàng Thái – Trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm Tài liệu tham khảo 1.Tạp chí toán 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 toán chọn lọc về bất đẳng thức của Phan HuyKkhải_Nguyễn Đạo Phương 5.Olimpic 30_4 Người thực hiện Nguyễn Hoàng Thái 20 .. .Giải bất đẳng thức bằng phương pháp đưa về một biến Gv: Nguyễn Hoàng Thái – Trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm ≥ (a + b + c) 4 (a + b + c) 4 (a + b + c) 4 ≥ ≥ 3(a 2 + b 2 + c 2 + ab + bc + ca) 3[(a + b + c) 2 − 3(ab + bc + ca)] ... x + + y + + z ≤ 10  x y z Nhận xét: Ta đổi chiều bất đẳng thức để áp dụng bđt svac-xơ Giải : Ta có : 11 Giải bất đẳng thức phương pháp đưa biến Gv: Nguyễn Hoàng Thái – Trường THPT Nguyễn Bỉnh... 19 Giải bất đẳng thức phương pháp đưa biến Gv: Nguyễn Hoàng Thái – Trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm Tài liệu tham khảo 1.Tạp chí toán học tuổi trẻ Sáng tạo bất đẳng thức _Phạm Kim Hùng Các phương. .. + y + z ≤ 13 Giải bất đẳng thức phương pháp đưa biến Gv: Nguyễn Hoàng Thái – Trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm x, y , z ≥ Cmr: x + y + z ≥  xyz ≥ x + y + z +  Cho  - Từ bất đẳng thức bunhiacôsxki,