skkn 2014 (1) toan bdt

Phương pháp tìm giá trị lớn nhất, nhỏ chứng minh bất đẳng thức MỞ ĐẦU I.TÊN ĐỀ TÀI : PHƯƠNG PHÁP TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT VÀ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC II LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI: Bất đẳng thức tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ toán có mặt hầu hết kỳ thi học sinh giỏi tuyển sinh đại học Không toán hay khó đề thi Trong chương trình giảng dạy học tập bất đẳng thức tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ chủ đề hấp dẫn người dạy lẫn người học Việc giảng dạy để học sinh học tốt chủ đề vấn đề khó Chủ đề thường dành cho học sinh giỏi nên toán đưa thường hay khó Để chứng minh bất đẳng thức tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ có nhiều phương pháp, phương pháp vạn để giải toán mà có phương pháp giải nhóm toán mà Một phương pháp hiệu dùng đạo hàm cho hàm nhiều biến, tư tưởng khảo sát biến, cách xem biến lại tham số cố định Không có thuật giải chi tiết cho phương pháp mà thong qua ví dụ để học sinh rèn luyện để tự tìm cách giải toán cụ thể từ tìm thấy sơ đồ giải riêng cho Vì lí viết chuyên đề nhằm giúp học sinh có nhìn rộng phương pháp sử dụng đạo hàm toán tìm GTLN, GTNN chứng minh bất đẳng thức III.CƠ SỞ LÝ LUẬN : Đổi phương pháp dạy học thay đổi từ phương pháp dạy học tiêu cực đến phương pháp tích cực, sáng tạo Nhưng thay đổi phương pháp hoàn toàn lạ mà phải trình áp dụng phương pháp dạy học đại sở phát huy yếu tố tích cực phương pháp dạy học truyền thống nhằm thay đổi cách thức, phương pháp học tập học sinh chuyển từ thụ động sang chủ động Trong chương trình toán THPT nay, bất đẳng thức tìm giá trị lớn nhất, nhỏ chiếm vị trí quan trọng thường có đề thi Đại học Cao đẳng, học sinh giỏi Phần lớn học sinh lúng túng việc phân tích đề để tìm lời giải Chính mà nghiên cứu, biên soạn vấn đề nhằm giúp học sinh hướng tìm lời giải Trường THPT Đan Phượng GV: Đoàn Công Hoàng Phương pháp tìm giá trị lớn nhất, nhỏ chứng minh bất đẳng thức IV MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU - Từ sở thực tiễn giảng dạy khối lớp 10, 12 trường THPT Đan Phượng, với kinh nghiệm thời gian giảng dạy Tôi tổng hợp , khai thác hệ thống hoá lại kiến thức thành chuyên đề: " PHƯƠNG PHÁP TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT VÀ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC’’ - Qua nội dung đề tài mong muốn cung cấp cho học sinh số phương pháp tổng quát số kỹ Học sinh thông hiểu trình bày toán trình tự, logic, không mắc sai lầm biến đổi Hy vọng đề tài nhỏ đời giúp các em học sinh có nhìn toàn diện phương pháp giải lớp toán bất đẳng thức, GTLN, NN V/ NHIỆM VỤ- YÊU CẦU CỦA ĐỀ TÀI: Xuất phát từ lý chọn đề tài, sáng kiến kinh nghiệm thực nhiệm vụ: Giúp học sinh hình thành tư logic kỹ phân tích để đến hướng giải thích hợp gặp toán tích phân từ phức tạp đưa dạng đơn giản, giải cách dễ dàng Trong đề tài đưa giải số dạng toán thường gặp tương ứng tập tự luyện Sau toán tác giả có nhận xét bình luận khắc phục sai lầm giúp bạn đọc chọn cho phương pháp giải tối ưu nhất, để có lời giải gọn gàng sáng sủa VI/ PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU: Phương pháp: - Nghiên cứu lý luận chung - Khảo sát điều tra từ thực tế dạy học - Tổng hợp so sánh , đúc rút kinh nghiệm Cách thực hiện: - Trao đổi với đồng nghiệp, tham khảo ý kiến giáo viên môn Trường THPT Đan Phượng GV: Đoàn Công Hoàng Phương pháp tìm giá trị lớn nhất, nhỏ chứng minh bất đẳng thức - Liên hệ thực tế nhà trường, áp dụng đúc rút kinh nghiệm qua trình giảng dạy - Thông qua việc giảng dạy trực tiếp lớp khối 12 năm học từ 2007 đến VII/ THỜI GIAN NGHIÊN CỨU Trong suốt thời gian trực tiếp giảng dạy khối lớp 10,12 trường THPT Đan Phượng từ năm 2009 đến Trường THPT Đan Phượng GV: Đoàn Công Hoàng Phương pháp tìm giá trị lớn nhất, nhỏ chứng minh bất đẳng thức NỘI DUNG ĐỀ TÀI Chương I: Ứng dụng đạo hàm để tìm giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức nhiều biến số: Phương pháp đưa biến toán hai biến Biến đổi giả thiết biểu thức cần tìm GTLN, GTNN để tìm mối quan hệ chúng tìm cách đặt ẩn phụ hợp lý, đưa biểu thức cho hàm biến để khảo sát Thí dụ ( CĐ Khối A, B – 2008 ).Cho x, y số thực thỏa mãn x + y = Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức P = 2( x + y ) − 3xy Phân tích toán: - Từ giả thiết x + y = Có thể đưa toán ẩn không? - Ta nghĩ tới đẳng thức x + y = ( x + y ) − xy; x + y = ( x + y )( x − xy + y ) - Khai triển biểu thức P cố gắng làm xuất x + y để sử dụng giả thiết - Biến đổi biểu thức P vào x + y = ta có : P = 2( x + y )( x − xy + y ) − 3xy = 2( x + y )(2 − xy ) − xy - Từ giả thiết ( x + y )2 − xy = ⇒ xy = ( x + y )2 − Vậy đến ta nghĩ đến việc đưa P hàm biến số ta đặt : t = x + y ( x + y )2 Cần chặn biến t cách sử dụng bất đẳng thức: x + y ≥ 2 Lời giải Ta có : P = 2( x + y )( x − xy + y ) − 3xy = 2( x + y )(2 − xy ) − xy ( x + y)2 − , sau đặt t = x + y thì: t2 − t2 − P (t ) = 2t (2 − ) −3 = −t − t + 6t + 2 2 ( x + y) ⇒ ( x + y ) ≤ ⇒ −2 ≤ t ≤ Ta có x + y ≥ Ta có : xy = Trường THPT Đan Phượng GV: Đoàn Công Hoàng Phương pháp tìm giá trị lớn nhất, nhỏ chứng minh bất đẳng thức P (t ) = −t − t + 6t + với −2 ≤ t ≤ 2 Ta có P '(t ) = −3t − 3t + t = P '(t ) = ⇔  t = −2 Xét hàm số Ta có bảng biến thiên sau T -2 P’(t) + - 13 P(t) -7 Vậy P(t ) = P( −2) = −7 x = y = −1 [ −2;2]  1+ 1− x= ;y =  13 2 max P (t ) = P (1) = ⇔  [ −2;2]  1− 1+ ;y = x =  2 Thí dụ ( ĐH Khối D – 2009 )Cho x ≥ 0, y ≥ x + y = Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức sau : S = (4 x + y )(4 y + 3x) + 25 xy Phân tích toán : - Từ giả thiết x + y = đưa toán ẩn không ? - Khai triển biểu thức S cố gắng làm xuất x + y để sử dụng giả thiết - Chú ý đẳng thức : x + y = ( x + y ) − xy x3 + y = ( x + y )( x − xy + y ) Sau khai triển vào x + y = , ta có : S = 16 x y − xy + 12 - Vậy đến ta nghĩ đến việc đưa S hàm biến số ta đặt : t = xy - Cần chặn biến t cách sử dụng bất đẳng thức : ≤ xy ≤ ( x + y )2 Lời giải Ta có : S = (4 x + y )(4 y + 3x) + 25 xy = 16 x y + 12( x + y ) + 34 xy Trường THPT Đan Phượng GV: Đoàn Công Hoàng Phương pháp tìm giá trị lớn nhất, nhỏ chứng minh bất đẳng thức = 16 x y + 12( x + y )( x − xy + y ) + 34 xy = 16 x y + 12[( x + y ) − xy ] + 34 xy, x + y = = 16 x y − xy + 12 ( x + y )2 1 t = xy x ≥ 0; y ≥ 0 ≤ xy ≤ = ⇒0≤t ≤ Đặt Do nên 4 Xét hàm số f (t ) = 16t − 2t + 12 với ≤ t ≤ Ta có f '(t ) = 32t − f '(t ) = ⇔ t = 16 Bảng biến thiên t f’(t) 16 - + 25 12 f(t) 191 16 Vậy : 191 2+ 2− 2− 2+ )= ;y= x = 16 16 x = ; y = 4 25 max f (t ) = f ( ) = x = y =  1 0;   f (t ) = f (  1 0;     4 Thí dụ ( ĐH Khối B – 2009) Tìm giá trị lớn , giá trị nhỏ biểu thức : A = 3( x + y + x y ) − 2( x + y ) + với x, y số thỏa mãn điều kiện : ( x + y )3 + xy ≥ Phân tích toán: : - Vì giả thiết biểu thức phức tạp nên ta khai thác trước cho gọn để sử dụng dễ dàng Chú ý đẳng thức : x + y = ( x + y ) − xy x3 + y = ( x + y )( x − xy + y ) Và ( x + y ) ≥ xy Khi điều kiện toán trở thành : x + y ≥ Ta biến đổi A sau : Trường THPT Đan Phượng GV: Đoàn Công Hoàng Phương pháp tìm giá trị lớn nhất, nhỏ chứng minh bất đẳng thức A = 3( x + y + x y ) − 2( x + y ) + 3 = ( x + y )2 + ( x + y ) − 2( x + y ) + 2 3( x + y ) ≥ ( x + y )2 + − 2( x + y ) + ( x + y )2 ( x + y ≥ ) Hay A ≥ ( x + y )2 − 2( x + y ) + - Vì ta nghĩ đến việc đưa A hàm biến cách đặt t = x2 + y - Tìm điều kiện biến t ta sử dụng bất đẳng thức x + y ≥ ( x + y )2 Lời giải Ta có kết : ( x + y) ≥ xy , từ ta có : ( x + y )3 + xy ≥ ⇒ ( x + y )3 + ( x + y ) ≥ ( x + y )3 + xy ≥ ⇒ ( x + y )3 + ( x + y ) ≥ ⇒ [ ( x + y ) − 1]  ( x + y ) + ( x + y ) +  ≥ ⇒ ( x + y) − ≥ 1  Do ( x + y ) + ( x + y ) +  = ( x + y ) +  + ≥ 0, ∀x, y 2  Bài toán đưa tìm max, : A = 3( x + y + x y ) − 2( x + y ) + Với x, y thỏa mãn x + y ≥ Ta biến đổi biểu thức A sau : A = 3( x + y + x y ) − 2( x + y ) + 3 = ( x + y ) + ( x + y ) − 2( x + y ) + 2 3( x + y ) ≥ ( x + y )2 + − 2( x + y ) + ( x + y )2 ( x + y ≥ ) Hay A ≥ ( x + y )2 − 2( x + y ) + ( x + y )2 ( x + y ≥ ) nên x + y ≥ 2 Đặt t = x + y Ta có hàm số f (t ) = t − 2t + với t ≥ f '(t ) = t − 2 f '(t ) = ⇔ t = Vì x + y ≥ Trường THPT Đan Phượng GV: Đoàn Công Hoàng Phương pháp tìm giá trị lớn nhất, nhỏ chứng minh bất đẳng thức Ta có bảng biến thiên sau : t +∞ f '(t ) + +∞ f (t ) 16 f (t ) = f ( ) = t= Vậy đạt 16 t≥ 2 9 Mặt khác, ta dễ thấy x = y = A = 16 16 Kết luận : A = x = y = giá trị lớn 16 Suy A ≥ Thí dụ (ĐH Khối A- 2006) Cho hai số thực x, y ≠ thay đổi thỏa mãn ( x + y ) xy = x + y − xy Tìm giá trị lớn biểu thức: điều kiện A= 1 + x3 y Hướng dẫn: 1 x3 + y ( x + y )( x − xy + y ) x+ y 1 + 3= 3 = =( ) = ( + )2 3 x y x y x y xy x y 2 Đặt x = ty Từ gải thiết ta có: ( x + y ) xy = x + y − xy ⇒ (t + 1)ty = (t − t + 1) y A= Do y = t2 − t +1 t2 − t +1 ; x = ty = t2 + t t +1 2  1   t + 2t +  Từ A =  + ÷ =  ÷  x y   t − t +1  t + 2t + −3t + f ( t ) = ⇒ f '( t ) = Xét hàm số t2 − t +1 ( t − t + 1) Lập bảng biến thiên ta tìm GTLN A là: 16 đạt x = y = Thí dụ (ĐH Khối B- 2011) Cho a, b số thực dương thỏa 2(a + b ) + ab = (a + b )(ab + 2) mãn Trường THPT Đan Phượng GV: Đoàn Công Hoàng Phương pháp tìm giá trị lớn nhất, nhỏ chứng minh bất đẳng thức  a b3   a b  P = Tìm giá trị lớn biểu thức  + ÷−  + ÷ b a  b a  Hướng dẫn: - Biến đổi giả thiết: 2(a + b ) + ab = (a + b)(ab + 2) ⇔ 2(a + b ) + ab = a 2b + ab + 2(a + b) a b ⇔  + ÷+ = (a + b) + ( a + b ) b a a b 1 1 ⇔  + ÷+ = ( a + b) +  + ÷ b a a b - Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta được: 1 1 1 1 a b  (a + b) +  + ÷ ≥ 2(a + b)  + ÷ = 2  + + ÷ a b a b b a        Suy ra:  + ÷+ ≥ 2  + ÷+ ⇒  + ÷ ≥ b a b a b a a b a b a b a b b , t ≥ Ta : P = 4(t − 3t ) − 9(t − 2) = 4t − 9t − 12t + 18 a Xét hàm số: f (t ) = 4t − 9t − 12t + 18 f '(t ) = 6(2t − 3t − 2) ≥ 0, ∀t ≥ 23 5 f (t ) = f  ÷ = − Suy min  2  ;+∞ ÷ Đặt t = + 2  Vậy P = − 23 a b 1 1 đạt đươc + = a + b =  + ÷ b a a b (a; b) = (2;1) (a; b) = (1; 2) Thí dụ (Thi HKI 2010-2011- Khối 12- Sở GD- ĐT Bắc Giang) Cho x, y hai số thay đổi thỏa mãn điều kiện 2( x + y ) = xy + Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức: x4 + y T= xy + Hướng dẫn: 1   - Đặt t=xy từ giả thiết suy xy ≤ xy + ⇔ − ≤ xy ≤ Vậy t ∈  − ;   3 1 Trường THPT Đan Phượng GV: Đoàn Công Hoàng Phương pháp tìm giá trị lớn nhất, nhỏ chứng minh bất đẳng thức Chú ý: Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số x y ta x + y ≥ xy - Biến đổi biểu diễn theo biến t ta được: T = - Xét hàm số f (t ) = −7t + 2t + 8t +  1 −7t + 2t + , t ∈ − ;   3 8t + - Tính đạo hàm, lập bảng biến thiên ta tìm max f (t ) = f (0) =  1 − ;     1 1 f (t ) = f  − ÷ = f  ÷ =  5   15  1 − ;    Từ kết luận giá trị lớn giá trị nho T Phương pháp khảo sát biến toán ba biến  Đối với bất đẳng thức nhiều biến, ta khảo sát biến cách chọn biến làm tham số biến thiên cố định biến lại, toán lúc trở thành bất đẳng thức biến Luôn có tâm nhìn biểu thức nhiều biến mà ta cần tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ dạng hàm số để ta sử dụng công cụ hiệu toán đạo hàm  Sơ đồ tổng quát Giả sử tìm cực trị biểu thức ba biến x, y, z P( x, y, z ) với điều kiện T  Bước Xem P( x, y, z ) hàm theo biến x , y, z số Khảo sát hàm tìm cực trị với điều kiện T Ta được: P ( x, y, z ) ≥ g ( y , z ) P ( x, y, z ) ≤ g ( y, z )  Bước Xem g ( y, z ) hàm biến y , z số Khảo sát hàm với điều kiện T Ta : g ( y, z ) ≥ h( z ) g ( y, z ) ≤ h( z )  Bước Cuối khảo sát hàm số biến h( z ) với điều kiện T ta tìm min, max hàm Ta đến kết luận : P( x, y, z ) ≥ g ( y, z ) ≥ h( z ) ≥ m P( x, y, z ) ≤ g ( y, z ) ≤ h( z ) ≤ M Thí dụ (ĐH Khối A-2011) Cho ba số thực x, y, z ∈ [ 1; 4] x ≥ y, x ≥ z Tìm giá trị nhỏ biểu thức Trường THPT Đan Phượng 10 GV: Đoàn Công Hoàng Phương pháp tìm giá trị lớn nhất, nhỏ chứng minh bất đẳng thức 1 1 + + 4ab + + 2ab 4ab 4ab a +b 1 ≥2 + 4ab + 2 4ab 4ab a + b 2ab A= ( ≥ ≥ ) a + b + 2ab 2 +2+ = +2+ 4ab ( a + b ) 4ab   Do ab ≤  a + b      +2+ 2 ( a + b)  a+b 4        +2 ( a + b) ≥ +2=7 ≥ a + b = 2ab  4ab = 1 ⇔a=b= Dấu “=” xảy ⇔  4ab a = b  a + b = Vậy GTNN A Bài 8: Cho số thực dương a, b thỏa a + b ≤ Tìm GTNN A= 1 + + a +b a b ab Phân tích: Do A biểu thức đối xứng với a, b nên ta dự đoán GTNN A đạt a=b= Sơ đồ điểm rơi:   a + b = a=b= ⇒ ⇒ = ⇒α = 2 α  = = αa b αab α Giải: Trường THPT Đan Phượng 42 GV: Đoàn Công Hoàng Phương pháp tìm giá trị lớn nhất, nhỏ chứng minh bất đẳng thức 1 1 + + + + a +b 2a b 2ab 2a b 2ab 1 1 ≥ 55 3 a + b 2a b 2ab 2a b 2ab ≥5 3 a + b + 2a b + 2ab + 2a 2b + 2ab A= ≥ 25 ( a + b ) + ab(a + b)   Do ab ≤  a + b      25 ≥ ( a + b ) + ( a + b) 25 ≥ = 20 1+     1   a + b = 2a b = 2ab  ⇔a=b= Dấu “=” xảy ⇔ a = b a + b =   Vậy GTNN A 20 Bài 9: Cho ba số thực dương x, y, z thỏa P= 1 + + = Tìm GTLN x y z 1 + + 2x + y + z x + y + z x + y + 2z Đề thi Đại học khối A năm 2005 Giải: 1 1 1 1 1 1 1 = ≤ = ≤  + + +  x + y + z x + x + y + z 44 x.x y.z x x y z 16  x x y z  Tương tự: 1 1 1 1 ≤  + + +  x + y + z 16  x y y z  1 1 1 1 ≤  + + +  x + y + z 16  x y z z  Trường THPT Đan Phượng 43 GV: Đoàn Công Hoàng Phương pháp tìm giá trị lớn nhất, nhỏ chứng minh bất đẳng thức Cộng theo vế bất đẳng thức trên, ta có: P= 1 1  4 4 + + ≤  + +  = x + y + z x + y + z x + y + z 16  x y z  Dấu “=” xảy ⇔ 1 = = = ⇔x=y=z= x y z Vậy GTLN P Chương 3:MỘT SỐ KỸ THUẬT SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC BUNYAKOVSKI I BẤT ĐẲNG THỨC BUNYAKOVSKI n Cho 2n số thực n ∈ Z , n ≥ , ta có: b ,.2 ,b, b, n a ,.2 ,a, a ( a1b1 + a b2 + + a n bn ) ≤ ( a12 + a 22 + + a n2 )(b12 + b22 + + bn2 ) Dấu “=” xảy II a a1 a = = = n (quy ước bi = = ) b1 b2 bn MỘT SỐ KỸ THUẬT SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC BUNYAKOVSKI Kỹ thuật tách ghép số Bài 1: Cho số thực dương a, b, c thỏa a + b + c = CMR 1 + + ≥9 a b c Giải: Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovski : 1 1 1  1 1  + + = ( a + b + c )  + +  ≥  a + b + c  = a b c a b c a b c  Vậy 1 + + ≥9 a b c Bài 2: Cho số thực dương a, b,c CMR : a+b b+c c+a + + ≤ a+b+c a+b+c a+b+c Giải: Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovski : Trường THPT Đan Phượng 44 GV: Đoàn Công Hoàng Phương pháp tìm giá trị lớn nhất, nhỏ chứng minh bất đẳng thức  a+b b+c c+a     a+b+c + a+b+c + a+b+c    b+c c+a   a+b ≤ 12 + 12 + 12  + + =6 a+b+c a+b+c a+b+c ( ) a+b b+c c+a + + ≤ a+b+c a+b+c a+b+c ⇒ Bài 3: Cho số thực dương a, b, c thỏa ab + bc + ca = CMR: a4 + b4 + c4 ≥ 16 Giải: Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovski, ta có : (1 )( ) ( ) ( )( + 12 + 12 a + b + c ≥ 1.a + 1.b + 1.c = a + b + c b + c + a ≥ ( ab + bc + ca )( ab + bc + ca ) = 16 ⇒ a4 + b4 + c4 ≥ Bài 4: ) 16 (đpcm) Cho số thực dương a, b CMR a b + ≥ a+ b b a Giải: Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovski, ta có : ( ) (  a   a b b  a + b =  4 b + 4 a  ≤  +  a + b b a b a     a b ⇒ a+ b ≤ + b a ( ) ) (đpcm)  a2 b2 c2   a + b + c ≤ + + Bài 5: Cho số thực dương a, b CMR  b + c c + a a + b    Giải: Ta có: a+b+c = a b c b+c + c+a + a+b b+c c+a a+b Trường THPT Đan Phượng 45 GV: Đoàn Công Hoàng Phương pháp tìm giá trị lớn nhất, nhỏ chứng minh bất đẳng thức Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovski :  a   ( a + b + c ) ≤   +  b + c    a2 b2 ≤  + + b+c c+ a 2 b   c   +  c+a   a+b     b + c +   ( ) ( ) ( c+a + c2  [ 2( a + b + c ) ] a + b   a2 b2 c2    (đpcm) ⇒ a + b + c ≤ 2 + + b + c c + a a + b   Bài 6: Cho số thực dương a, b thỏa a + b = Tìm GTLN A = a 1+ a + b 1+ b Giải: Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovski : A = a 1+ a + b 1+ b ≤ ≤ (1 )( (a ) ) + b (1 + a + + b ) = a + b + + 12 a + b + = +2  a + b =  b  a = ⇔a=b= Dấu “=” xảy ⇔  b +1  a +1 1  = a b Vậy GTLN A Bài 7: 2+2 Cho số thực a, b thỏa 36a + 16b = Tìm GTLN GTNN A = −2a + b + Giải: Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovski : Trường THPT Đan Phượng 46 ) a+b   GV: Đoàn Công Hoàng Phương pháp tìm giá trị lớn nhất, nhỏ chứng minh bất đẳng thức (         1 36a + 16b  −  +    ≥ 6a −  + 4b  = ( − 2a + b ) 4         2 ) ⇒ ( − 2a + b ) ≤ 25 16 5 ≤ −2a + b ≤ 4 15 25 ⇒ ≤ −2 a + b + ≤ 4 ⇒− Ta có:   36a + 9b =   a=   6a 4b 25  ⇔ GTNN A − ⇔  = − b = −   20  − a + b = −    36a + 9b =   a = −   6a 4b 25 ⇔ GTLN A ⇔  = − b =   20  − a + b =  Bài 8: Cho số thực dương a, b, c CMR: 4  a + 3b   b + 3c   c + 3a  a +b +c ≥  +  +        4 4 Giải: Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovski, ta có : 2  a b b b    1 1  a + 3b  2    =  + + +   ≤  + + +  a + b + b + b     16 16 16 16    4 4   ( ( ) ) 2 a + b2 + b2 + b2 16 ≤ (1 + + + 1) a + b + b + b 16 ≤ ( Trường THPT Đan Phượng 47 ) GV: Đoàn Công Hoàng Phương pháp tìm giá trị lớn nhất, nhỏ chứng minh bất đẳng thức a + 3b  a + 3b  ⇒ ≤    (1) Tương tự: b + 3c  b + 3c    ≤   (2) c + 3a  c + 3a  ≤     (3) Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được: 4  a + 3b   b + 3c   c + 3a  4   +  +  ≤ a +b +c 4       Bài 9: Cho a, b, c ∈ ( 0,1) CMR abc + (đpcm) (1 − a )(1 − b )(1 − c ) < Giải: Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovski : ( (1 − a )(1 − b )(1 − c ) ) ≤ [ a + (1 − a ) ][ bc + (1 − b )(1 − c ) ] = bc + (1 − b )(1 − c ) abc + (1 − a )(1 − b )(1 − c ) ≤ bc + (1 − b )(1 − c ) < bc + (1 − b )(1 − c ) abc + ⇒ Mà ( (1 − b )(1 − c ) ) ≤ [ b + (1 − b ) ][ c + (1 − c ) ] = bc + (1 − b )(1 − c ) ≤ bc + ⇒ Vậy ta có: ( abc + (1 − a )(1 − b )(1 − c ) ) 0) Dễ dàng chứng minh tính chất này, ta có: ( x+ y ) = x + y + xy > x + y ( x,y > 0) ⇒ x + y > x+ y Bài 10: Cho số thực dương a, b, c CMR a b c + + ≥ 2 ( b + c ) ( c + a ) ( a + b ) 4( a + b + c ) Trường THPT Đan Phượng 48 GV: Đoàn Công Hoàng Phương pháp tìm giá trị lớn nhất, nhỏ chứng minh bất đẳng thức Giải: Ta có:  a b c  + + ( c + a ) ( a + b )   ( b + c) ( a + b + c)   a   b   c     +  +   c    b + c   c + a   a + c          ( ) + ( b) + ( ) = a  2 b c   a ≥ + +  b+c c+ a a +b Mà ta có: a b c + + ≥ b+c c+a a+b (bất đẳng thức Nesbit, chứng minh phần trước) b c   a ⇒ + +  ≥ b+c c+ a a +b  a b c  ⇒ ( a + b + c)  + + ≥ 2 ( c + a ) ( a + b )   ( b + c) a b c ( đpcm ) ⇒ + + ≥ 2 ( b + c ) ( c + a ) ( a + b ) 4( a + b + c ) Kỹ thật chọn điểm rơi Bài 1: Cho số thực dương a, b,c thỏa a + b + c ≥ Tìm giá trị nhỏ (GTNN) A = a2 + 1 + b2 + + c2 + 2 b c a Phân tích: Chuyển đổi biểu thức thành biểu thức Giả sử với số α , β ta có: Trường THPT Đan Phượng 49 GV: Đoàn Công Hoàng Phương pháp tìm giá trị lớn nhất, nhỏ chứng minh bất đẳng thức  1  β    a2 + =  a +  α + β ≥ αa +   b b b   α2 +β2  α2 +β2   1  β     b +  α + β ≥  αb +   b + = 2 2 c c c   α +β α +β    1  β    c2 + =  c +  α + β ≥ αc +    a a a  α2 +β2  α2 +β2     1  ⇒ A≥ α ( a + b + c ) + β  + +    a b c  α2 +β2  ( ) ( ) ( ) Do A biểu thức đối xứng với a, b, c nên ta dự đoán GTNN A đạt a=b=c=2 Sơ đồ điểm rơi: a α = β b  α = b α a =b=c=2⇒ = ⇒ = ab = bc = ca = , chọn  β β = α β c c  = α β a Kết hợp với “ kỹ thuật chọn điểm rơi bất đẳng thức Cauchy” ta có lời giải: Giải: Trường THPT Đan Phượng 50 GV: Đoàn Công Hoàng Phương pháp tìm giá trị lớn nhất, nhỏ chứng minh bất đẳng thức  1 1   a +  + 12 ≥  a + = b b  17    1    b +  + 12 ≥  b + = c c  17     c + =  c +  + 12 ≥  a2 a2  17    1  ⇒ A≥ 4( a + b + c ) +  a + b + c  = 17    ≥ ( )  1  4a +  b 17  ( )  1  4b +  c 17  ( ) 1  4c +   a + 12  1 15  a b c 1   ( a + b + c ) +  + + + a + b + c  17     15 a b c 1  17 + = 4 a b c  17  a 4 = b  b Dấu “=” xảy ⇔  = ⇔ a = b = c = 4 c c 4 = a  Vậy GTNN A 17 Bài 2: Cho số thực dương a, b,c thỏa a + b + c ≥ Tìm GTNN A = a2 + 1 + b2 + + c2 + b+c c+a a+b Phân tích: Chuyển đổi biểu thức thành biểu thức Giả sử với số α , β ta có:    2  1  β   a2 + = a +    α + β ≥  αa +   b+c b+c   b + c   α + β  α2 +β2    1  β  ≥  αb +   b + 2 c+a c+a  α +β     β   c2 + ≥  αc +  2  a+b a+b   α + β    1  ⇒ A≥ α ( a + b + c) + β  + +   b+c c + a   a+b α2 +β2  ( Trường THPT Đan Phượng 51 ) GV: Đoàn Công Hoàng Phương pháp tìm giá trị lớn nhất, nhỏ chứng minh bất đẳng thức Do A biểu thức đối xứng với a, b, c nên ta dự đoán GTNN A đạt a=b=c=2 Sơ đồ điểm rơi: a α = β b  b α a =b=c=2⇒ = ⇒ = ab = bc = ca = , chọn β α β c c  = α β a α =  β = Kết hợp với “ kỹ thuật chọn điểm rơi bất đẳng thức Cauchy” ta có lời giải: Giải  1  2    = a2 +  4a +   + ≥  a + b+c b+c 17  17  b+c    1    ≥  4b +   b + c + a 17 c + a      1   c2 + ≥  4c +  2 a+b  a+b  +1   1  1  ⇒ A≥ + +  4( a + b + c ) +  17  b+c c + a   a+b  1  ≥ 4( a + b + c ) + 3.3  17  a + b a + b c + a    ≥  4( a + b + c ) +  17  a+b + a+b + c+a     4( a + b + c ) + 2  ≥ + + [ ( a + b ) + ( b + c ) + ( c + a ) ]  17  ( ( ) )    4( a + b + c ) +   17  ( a + b + c )    31 9 ≥ +  ( a + b + c) + ( a + b + c) +  17  ( a + b + c) ( a + b + c)   17  31 9 ≥  + 33 ( a + b + c ) = 17  ( a + b + c ) ( a + b + c )  ≥ Với a = b = c = GTNN A Trường THPT Đan Phượng 52 17 GV: Đoàn Công Hoàng Phương pháp tìm giá trị lớn nhất, nhỏ chứng minh bất đẳng thức Bài 3: Cho số thực dương a, b,c thỏa a + b + c + 2abc ≥ 10 Tìm GTNN A= 9b c a 9c a b 9a b c + + + + + + + + 4 a2 b2 c2 Do A biểu thức đối xứng với a, b, c nên ta dự đoán GTNN A đạt a=b=c=2 Sơ đồ điểm rơi: a α = β b  b α a =b=c=2⇒ = ⇒ = ab = bc = ca = , chọn β α β c c  = α β a α =  β = Kết hợp với “ kỹ thuật chọn điểm rơi bất đẳng thức Cauchy” ta có lời giải: Giải Trường THPT Đan Phượng 53 GV: Đoàn Công Hoàng Phương pháp tìm giá trị lớn nhất, nhỏ chứng minh bất đẳng thức  9b c a + ≤ + 9b + ca  + 18 + + a a   9c a b  + 18 + + + ≤ + 9b + ca  2 b b  2  9a b c  + 18 + + + ≤ + 9b + ca a c   4 4 ⇒ 24 A ≥  + +  + 9( a + b + c ) + ( ab + bc + ca ) a b c 4  4  4  ≥  + a  +  + b  +  + c  + ( 2a + bc ) + ( 2b + ac ) + ( 2c + ab ) + 6( a + b + c ) a  b  c  ≥2 4 a + b + c + 2abc + +2 2abc + +2 2abc + 6( a + b + c ) a b c ( ) ≥ 12 + a + b + c + 2abc ≥ 72 72 ⇒ A≥ =6 24 Với a = b = c = GTNN A 6 Tài Liệu Tham Khảo Trường THPT Đan Phượng 54 GV: Đoàn Công Hoàng Phương pháp tìm giá trị lớn nhất, nhỏ chứng minh bất đẳng thức EE Vrosovo, NS Denisova, Thực hành giải toán sơ cấp, người dịch Hoàng Thị Thanh Liêm, Nguyễn Thị Ninh, Nguyễn Văn Quyết, NXBGD, 1986 Lê Duy Thiện , Sử dụng bất đẳng thức Bunyakovski để giải toán cực trị đại số, Sáng kiến kinh nghiệm 2009, Trường THPT Lang Chánh, Thanh Hóa Nguyễn Ngọc Duy – Nguyễn Tăng Vũ, Bất đẳng thức Cauchy, Trung tâm bồi dưỡng kiến thức Quang Minh, Thành phố Hồ Chí Minh Nguyễn Việt Hải, Kỹ thuật chọn điểm rơi bất đẳng thức AM-GM (CAUCHY), Trường THPT chuyên Quang Trung, Bình Phước Nguyễn Văn Mậu, Bài giảng Chuyên đề đẳng thức bất đẳng thức, Chương trình bồi dưỡng chuyên đề toán, Hà Nội, 11/12/2009 Nguyễn Ngọc Sang, Phương pháp chứng minh bất đẳng thức Cauchy, Sáng kiến kinh nghiệm 2009, Trường THPT Nguyễn Huệ, Thanh Hóa Phạm Kim Hùng, Sáng tạo bất đẳng thức, Nhà xuất Tri thức Tạp chí Toán học Tuổi trẻ Trần Phương – Nguyễn Đức Tấn, Sai lầm thường gặp sáng tạo giải toán, Nhà xuất Hà Nội, 2004 10 Đề thi đại học Bộ GD & ĐT Trường THPT Đan Phượng 55 GV: Đoàn Công Hoàng Phương pháp tìm giá trị lớn nhất, nhỏ chứng minh bất đẳng thức Trường THPT Đan Phượng 56 GV: Đoàn Công Hoàng [...]... 2 1 Trường THPT Đan Phượng 17 GV: Đoàn Công Hoàng Phương pháp tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất và chứng minh bất đẳng thức f’(c) 0 + f (c ) 13 Khi đó từ bảng biến thiên suy ra: f (c) ≥ f (1) = 13 Suy ra T ≥ f (c) ≥ f (1) = 13 khi c=1; a=1; b=1 Vậy minP=13 khi a=b=c=1 x + y + z = 4 Thí dụ 12 Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện   xyz = 3 Chứng minh rằng: 183 − 165 5 ≤ x 4 + y 4 + x 4 ≤... toán về dạng đơn giản và dễ nhận biết hơn Bài 1: Cho ∆ABC , AB = c, BC = a, CA = b CMR: ( b + c − a )( c + a − b )( a + b − c ) ≤ abc (1) Giải: y+z  a =  2 b + c − a = x  z+x   Đặt: c + a − b = y ⇔ b = 2 a + b − c = z   x+ y  c = 2  Khi đó bất đẳng thức (1) tương đương với bất đẳng thức sau: x y.z ≤ x+ y y+z z+x 2 2 2 Do trong tam giác, tổng độ dài của hai cạnh luôn lớn hơn độ dài cạnh... Phượng 28 GV: Đoàn Công Hoàng Phương pháp tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất và chứng minh bất đẳng thức a b c + + ≥ 3 (1) b+c−a c+a −b a+b−c Giải: Đặt: y+z  a = 2 b + c − a = x > 0  z+x   c + a − b = y > 0 ⇔ b = 2 a + b − c = z > 0   x + y  c = 2  Khi đó vế trái của bất đẳng thức (1) trở thành: y+z z+x x+ y + + 2x 2y 2z Ta có: y+ z z+ x x+ y 1 y x 1 z x 1 z y + + =  +  +  +  + ... 2 + x y 2 z x 2 + x z 2 z y =3 y z (đpcm) Bài 3: Cho ∆ABC , AB = c, BC = a, CA = b CMR: a2 b2 c2 + + ≥ a + b + c (1) b+c−a c+a −b a+b−c Giải: Đặt: y+z  a =  2 b + c − a = x > 0  z + x   c + a − b = y > 0 ⇔ b = 2 a + b − c = z > 0   x + y  c = 2  Khi đó bất đẳng thức (1) tương đương với bất đẳng thức sau: ( y + z ) 2 + ( z + x) 2 + ( x + y) 2 4x Trường THPT Đan Phượng 4y 29 4z ≥ x+... Cho ∆ABC , AB = c, BC = a, CA = b, p = 1 ( p − a) 2 + 1 ( p − b) 2 + 1 ( p − c) 2 ≥ a+b+c CMR: 2 p ( p − a )( p − b )( p − c ) (1) Giải: Ta có: p−a = b+c−a >0 2 Tương tự: p−b > 0 p−c > 0 Đặt: p − a = x > 0  p − b = y > 0 ⇒ p = x + y + z p − c = z > 0  Khi đó bất đẳng thức (1) tương đương với bất đẳng thức sau: 1 1 1 x+ y+z + 2 + 2 ≥ 2 xyz x y z Ta có: 1 1 1 1 1 1 + 2 + 2 =  2 + 2 2 2 x x y z... (đpcm) Bài 5: Cho ba số thực dương a, b, c CMR: Trường THPT Đan Phượng 30 a b c 3 + + ≥ (1) b+c c+a a+b 2 GV: Đoàn Công Hoàng Phương pháp tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất và chứng minh bất đẳng thức Giải: Đặt: y+z−x  a = 2 b + c = x  z + x −y   c + a = y ⇒ b = 2 a + b = z   x + y−z  c = 2  Khi đó bất đẳng thức (1) trở thành: y+z−x z+x− y x+ y−z 1 + + ≥ 2x 2y 2z 2 Ta có: y+ z− x z+ x− y x+ y−... h(b) ( xem h(b) là hàm số theo biến 3 + b 3b + 1 10 3 (1 − b)(1 + b) 3 Ta có: h '(b) = (3b + 2) 2 − (b + 3) 2 = (3b + 1) 2 (b + 3) 2 Ta có bảng biến thiên b 1 3 1 h '(b) + 3 0 - h(b) 8 5 Suy ra h(b) ≤ h(1) = 1 3 1 8 1 khi a = 3; b = 1; c = 3 5 3 1  Trường hợp 2 : c ≥ b ≥ a và a, b, c ∈  ;3 3  8 Từ kết quả của trường hợp 1, ta có: P(a, b, c) ≤ 5 (a − b)(b − c)(a − c) 8 Mặt khác : P(a, b, c) −... 2  a +b   3−c  ab ≤  ÷ = ÷  2   2  2 3−c  3 2 27 3 = f (c ) ÷ =c − c + 2 2  2   - Khi đó T ≥ 3(3 − c) 2 + 3c 2 + 2(2c − 3)  - Khảo sát hàm một biến f(c) ta đi đến kết quả T ≥ f (c) ≥ f (1) = 13 Lời giải: Do vai trò bình đẳng của a, b, c nên ta có thể gải sử : 0 < a ≤ b ≤ c Vì chu vi bằng 3 nên a + b + c=3 nên ⇒ a + b = 3 − c mà a +b > c ⇒1≤ c ≤ 3 2 Ta biến đổi : T = 3(a 2 + b 2 + c ... chứng minh bất đẳng thức f’(c) + f (c ) 13 Khi từ bảng biến thiên suy ra: f (c) ≥ f (1) = 13 Suy T ≥ f (c) ≥ f (1) = 13 c=1; a=1; b=1 Vậy minP=13 a=b=c=1 x + y + z = Thí dụ 12 Cho số thực dương... )( c + a − b )( a + b − c ) ≤ abc (1) Giải: y+z  a =  b + c − a = x  z+x   Đặt: c + a − b = y ⇔ b = a + b − c = z   x+ y  c =  Khi bất đẳng thức (1) tương đương với bất đẳng thức... thức a b c + + ≥ (1) b+c−a c+a −b a+b−c Giải: Đặt: y+z  a = b + c − a = x >  z+x   c + a − b = y > ⇔ b = a + b − c = z >   x + y  c =  Khi vế trái bất đẳng thức (1) trở thành: y+z