LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Trang bị những tri thức, phương pháp và phát triển tư duy, trí tuệ cho học sinh là các mục tiêu được đặt lên hàng đầu trong các mục tiêu dạy học môn toán.. Bất đẳng thứ
Trang 1A LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Trang bị những tri thức, phương pháp và phát triển tư duy, trí tuệ cho học sinh là các mục tiêu được đặt lên hàng đầu trong các mục tiêu
dạy học môn toán
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 toán học cho học sinh
Trong quá trình dạy học tôi luôn 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 toán và phát triển các bài toán mới
Dưới đây tôi xin được trao đổi với quý đồng nghiệp một phương pháp giải cho những bài toán 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
toán tôi khai thác sâu thêm bằng những hoạt động trí tuệ như tổng quát,
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 = k(x,y,z, )
Phần II: Đưa về 1 biến bằng cách dồn biến
B NỘI DUNG ĐỀ TÀI
I PHƯƠNG PHÁP
1 Bài toán: Xét bài toán:Với điều kiện R (nếu có) Chứng minh rằng
Phương pháp 1:
Vấn đề đặt ra là đánh giá biểu thức p để đưa về biểu thức một biến g(t) và chứng
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 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:
Trang 2a Nếu vai trò các biến x,y,z bình đẳng, không mất tính tổng quát ta có thể giả
điều kiện bài toán 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:
PHẦN I Đưa về một biến bằng cách đặt ẩn phụ t=k(x,y,z, )
Bài toán 1:
Với x,y là các số thực dương chứng minh rằng:
yx xy y
x (1)
Giải:
x
y x
y x
y
2 3
x
y
=t ( t >0)
C1: Ta có: (1) trở thành : t 3 -t2- t+ 10(t-1)2
(t+1)0 (đúng với mọi
t>0)
C2: Hướng dẫn hs xét hàm : f(t)= t3 -t2- t+ 1 trên (0; )
f’(t)= 3t 2 - 2t -1=0 t= 1 ; t= -1
3
f(t) 0
Tổng quát
Ta có bài toán 1’:
Cho x,y là các số thực dương; Chứng minh rằng:
x n y n xy n1 x n1y(n 2 ,n N)
Chứng minh hoàn hoàn tương tự!
Bài toán 2:
Với x,y là các số thực khác không 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
Trang 3Giải:
Đặt t =
x
y
y
x
y y
x x
y y
x
C1: Ta có: (2) trở thành:
0 2 )
2 ( 2
)
2
-2t2
-2t2
-1)+1>0 nên bất đẳng thức (2') đúng
+3] - 11 > 0
vậy bất đẳng thức (2) đúng dấu bằng xảy ra khi t=-2 hay x=-y
đpcm
– 2t 2 – t + 3 trên (; -2] [2; )
Bài toán 3:
Cho x, y, z là các số thực thay đổi Tìm GTNN của biểu thức:
A x y x y y
Giải:
) (
) (
2 xy yz zx x y z z
y
x ;
x3 y3z3 3xyz (x yz)(x2 y2z2xyyzzx) và điều kiện ta
có:
2
2
x y z
P x y z x y z xyyzzx x y z
C1:
2
C2: Đặt f(t) =
2
(0 t 6)
f’(t)=
2 3
2
t
Trang 4f(t)
Bài toán 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:
2 2 2
14
Để ý rằng: 1= 2 2 2 2
3(a + b + c )
Suy ra: Nếu đặt t= 2 2 2
f t
1
1 t<1
2
2
t
t
BBT
t
1 3
2
1
f(t)
8 4 3
14
Bài toán 5 Đề thi đại học cao đẳng khối A năm 2006
.
x y xyx y xy;
Trang 5Đặt: S= x+y; P= x.y (s 24p )
2 2
x+y
SP= S - 3P
3
S P S
( Lưu ý S = -3 không thoã mãn)
2
Vậy:
2 2
x y x y x y x y xy S
( với S<-3 v S 1)
S
trên ( ; 3) [1; ).
S
S ( ; 3) [1; ).
Suy ra f(S ) nghịch biến
BBT:
f’(S)
-
-
f(S)
1
0
1
4)
Sau đây ta xét một số ví dụ mà phải đánh giá biểu thức P mới thấy được ẩn
phụ
Bài toán 6: Đề thi đại học khối B năm 2006
Cho x, y, z là các số thực thay đổi Tìm GTNN của biểu thức:
A x y x y y
Giải
a b c d ac b d
Trang 6Ta có: 2 2 2 2
A x y x y y 2
4 4y y 2
4 4 y y 2
Với y 2: f(y)= 2
3
y
3
y
Với y>2: f(y) 2
2 1 y 2 5 2 3
2 1 y 2 5 2 3
3
y
Bài toán 7: (Đề thi đại học khối B năm 2008)
thức:
2
1 2 2
x xy P
xy y
Giải
2 3
x xy P
x xy y
-) Nếu y = 0 ta có P = 2
2
2 3
t t P
t t
2
( )
2 3
t t
f t
t t
8 6 2
2 3
t
t t
f’(t)= 0
3 2 3
t
t
( ) 2; ( ) 2; (3) 3; ( ) 6
2
;
1
;
x y
x y
Trang 7
GTNN của P là -6 khi :
2 2
; 3
2
; 1
x y
Có thể sử dụng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai
Bài toán 8: (Đề thi cao đẳng khốiA, B,D năm 2008)
biểu thức:
Bài toán 9:
Cho
2 3 0 ,
,
z y
x
z
y
x
Cmr: P=
2
15 1 1 1
z y x z y
Giải: áp dụng bất đẳng thức côsi ta có:
P=
z y x z y x xyz z
y x z y x z
y
x
Đặt
2
3
0
t
2
t
2
t
3 0;
2
P f t f
2
C2: áp dụng BĐT côsy ta có:
P =
2 15
2
3 4
27 4
9 2 4
27 4
9 9
1 1
t
t t t
t t
t z y x z y
x
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z =
2
1
đpcm
Trang 8Cho x1, x2, , xn( n 2 ) là số dương ;
*
x x x k k R 2 2
;
Chứng minh rằng:
k
ak bn x
x x b x x
x a
n n
2 2
2 1 2
1 ) (1 1 1 )
(*)
Hướng dẫn giải:
n
x x x x x x x
Suy ra:
2
bn
Ta có: VT = f(t) =
2
bn at
t
f’(t)=
bn at bn
Vậy: P
2 2 ( ) ( ) ak bn
f t f k
k
n
C2: Áp dụng BĐT côsy ta có:
2
bn
n
Nhận xét:
Đặc biệt hóa bài toán TQ1 ta có:
Bài toán 9,1:
Trang 9Cho
2 3 0 ,
,
z y
x
z y
x
Cmr:
2
51 ) 1 1 1 (
z y x z y
Dễ dàng giải bài toán 8 1 nếu ta cho bài toán TQ1 với a=1; b=4 ; n=3 ; k=
2 3
Bài toán 9.2 (Olimpic-toán sơ cấp Đại Học Vinh)
Cho
2 3
0 ,
,
z y
x
z
y
x
3.
2
Giải
Thật vậy : áp dụng bất đẳng thức bunhacopxki ta có:
17
1 1 4
) 4 1
)(
1
y
x y
x y
x y
Tương tự sau đó cộng vế theo vế:
2
a b k n Suy ra điều phải chứng minh
Bài toán 9.3 (Đề thi đại học cao đẳng khối A năm 2004)
Cho
1
0 ,
,
z y
x
z
y
x
z
z y
y x
Chứng minh tương tự
Bài toán TQ1 : Với a= -1; b=1 ; n=2 ; k= 2 ta có:
Bài toán 9* :
Cho
2
0 ,
y
x
y
x
y
Bài toán 9*.1:
Trang 10Cho , 0
1
a b
a b
a b
Từ đó có thể dễ dàng chứng minh bài toánTổng quát 2:
Chứng minh rằng:
1
2 2 1
1
mn x
m
x x
m
x x
m
x
n
Nếu đổi chiều của bất đẳng thức ở điều kiện bài toán TQ1 ta có bài toán
mới :
Bài toán TQ3
) (
2
x n ; b 0 ;ak2 bn2.
Chứng minh rằng:
k
ak bn x
x x b x x
x a
n n
2 2
2 1 2
1 ) (1 1 1)
Từ bài toán TQ2 và bài toán TQ3 ta có thể áp dụng chứng minh các bài
toán khác tương tự , hoặc có thể khai thác ta được những bài toán mới khá
thú vị
Bài toán 10:(THTT/ T4/352/2007)
Chứng minh rằng: P =
2
3
z xz
y
y yz
x
x
Giải:
Bài toán trở thành :
P =
2
3 2
2 2
2 2
2
c ac
b
b bc
a
a
áp dụng bất đẳng thức svac-xơ ta có:
Trang 11] 3 ) [(
3
) (
)]
( 3 ) [(
3
) (
) (
3
) (
2 4 2
4 2
2
2
4
c b a
c b a ca
bc ab c
b a
c b a ca
bc ab c b
a
c b a
) (
3 abc 3}
3 abc 3}
) 3 ( 3
2
t
t
3t 3(t 3)
f’(t)=
BBT:
f’(t) - - 0 + +
f(t)
9 2
2
2
) 3 ( 3
2
t
t
=
3
3 12
3 2 12
15 9 3 3
3 12
3 12
15 3
t
t t
t t
=
2
9
P2
2
9
P
2
3
Dấu bằng xảy ra khi x= y= z= 1 (đpcm)
Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được bài toán Tổng quát 4
Cho: x1,x2, ,x n(n 2 ) là các số thực dương và x1x2 x n 1
CMR:
2
2
3 2 1
x x x x
x
x x x x x
x
x x x x
x
n n
n
n n
Bài toán 11:
Cho
1
0 ,
,
z y
x
z
y
x
Cmr:
10
9 1
1
z
z y
y x
x
Nhận xét: Ta đổi chiều bất đẳng thức để áp dụng bđt svac-xơ
Giải : Ta có :
Trang 12
3 3 3
2 2 2 2 3
4 3 4 3
4
2 3 2 3 2
3 2
2 2
2 2
2
1 ) (
1
) 1 1
1 ( 1 ) 1 1 ( ) 1 1 ( ) 1
1
(
z y x z y x
z y x z
z
z y y
y x
x
x
z
z y
y x
x z
z z
y
y y
x
x
x
P
Ta có:
2 2 2
1
x y z x y z x y z xy yz zx xyz
x y z
t x y z từ đk
3
1
C1) Ta có: P = f(t) =
2
2
8 3
1 3
t
f t
<0
3
t
3
3 10
f
3
1
(đpcm)
C2) Ta có:
10
9 10
9 3 10 3
) 9 57 )(
3
1 ( 10
9 10
9 3 10 3
3 10 3
3 1
3
2 1
3 2 3
1
2
2 2
2 2
t t
t t
t t
t t t t t
t t
t t
t
P
Dấu bằng xảy khi và chỉ khi x=y=z=
3
1
(đpcm)
Bài toán 12:(Tạp chí toán học tuổi thơ)
(1 )(1 )(1 )
x y z
2
4
3
Giải:
-4xyz
Trang 13-4
3
x yz
dấu bằng xảy ra khi t=
2
3
hay x=y=z=
2
1
(đpcm)
*) Từ ý tượng trên ta có thể khai thác và sáng tạo các bất đẳng thức :
Chẳng hạn : Chứng minh và khai thác bài toán Tổng quát4:
rằng:
n n
Lưu ý: Nếu chứng minh g(t)0 bằng cách biến đổi như trên thì trước tiên
phải dự đoán được dấu bằng xảy ra tại đâu để giá hay tách nhóm hợp lý
- Khi đặt ẩn phụ thì phải tìm điều kiện tồn tại chính xác của ẩn phụ đặc biệt
là chứng minh g(t) bằng phương pháp đạo hàm
-
Bài tập tự luyện
1, Cho x,y,z là các số thực không âm
HD: Bất đẳng thức của bài toán tương đương với
(x y z) 2xyz 1 4(xy yz zx) 4(xy yz zx) ( x y z) 2xyz 1
kết hợp bất đẳng thức côsi ta cần chứng minh:
1
27
)
2
9
t t
2
9 ,t
2 Cho x,y,z là các số thực không âm chứng minh rằng :
) (
6 1 ) (
5 ) (
3 x2y2z2 xyz xyz xyyzzx
3 Cho x,y,z là các số thực dương chứng minh rằng
xyz 2 (x2 y2 z2) 8 5 (x y z) (THTT-số 356)
4 Cho x,y,z là các số thực dương chứng minh rằng
x2 y2 z2 2xyz 3 ( 1 x)( 1 y)( 1 z)
5 Cho
] 3
4
; 0 [ , ,
3
z y x
zx yz xy
6 Cho
3
0 , , 2 2 2
z y x
z y x
Trang 147 Cho , , 0
2
x y z xyz x y z
- Từ bất đẳng thức bunhiacôsxki, svac -xơ và đẳng thức
2 2
2
2
) (
) (
z
y
4 4 4
2
27 2
1 1
2
27 2
1
y x
y
9 Cho
) 2
; 0 ( , ,
3
z y
x
z y x
Cmr:
2 2
2 2
2 2
4
1 4
1 4
1 )
2 )(
2 )(
2
(
27
z y
x z
y
) (x yz :
10 Cho
0 , ,
4 2
2 2
z y x
xyz z
y x
Cmr: x yz 3
11 Cho
] 1
; 0 ( , ,y z x
z y x zx yz xy
) (
) (
)
2 2
2 2
2
z y
x z
y
x z y
x
*****************************************
II Một biến là x(y hoặc z):
ở ví dụ trên thì chúng ta phải làm xuất hiện ẩn phụ.sau đây ta xét một lớp
bài toán mà ẩn phụ chính là x hoặc y hoặc z
Bài toán 13:
0 ,
,
1
z y
x
z y
x
Cmr: P =
27
8
Giải:
áp dụng bđt côsi ta có:
2
2
x y
(1-z)
2 2
1
z
(1-z)=
4
1 2
3
=
27
8 27
8 ) 3
5 (
)
3
1
(
4
Trang 15Có thể xét hàm: f(z) =
4
1 2
3
với 0 z 1
Bài toán số 14:
0 ,
,
3
z y
x
z y
x
Giải:
Không mất tính tổng quát giả sử z = min(x,y,z)
0 4
) 2 ( ) 1 ( 0 4
2 3 0
) 3 ( 2 ) 2 ( )
2
3
(
5
0 ) ( 2 ) 2 ( ) 2 ( 5 0 ) ( 2 ) 2 (
5
)
9
(
2 3
2
2
z z
z z z
z z
z
y x z z
y x y
x z z
xy
Có thể xét hàm: f(z) = 3 3 2
4
z z
với 0 z 1
Nhận xét: Nếu lấy điều kiện 0 z 3 thì bất đẳng thức đánh giá biểu thức
trên là không đúng ở đây chúng ta sử dụng tính chất 1 để làm hạn chế điều
kiện của biến để có thể đánh giá được biểu thức
Bài toán tổng quát 5 (Tổng quát của bài 14)
Cho
3 4
0
;
0
0 ,
,
3
b
a
b
a
z
y
x
z y
x
HD: Không mất tính tổng quát giả sử: z = min(x,y,z)
b
a z bz a
0 ) 4
3 ( ) 1 ( 4
1 ) 3 (
)
3
(
) (
4
) 3 ( ) 3 ( ) ( ) (
) 3 ( )
(
2
2
b
a z z
b b a z
az
bz a
z b
a y x az bz a xy b a bxyz zx
yz
xy
a
Chú ý: Thay đổi hình thức bài toán:
) (
) (
2 xy yz zx x y z z
y
toán trên về bài toán tương đương nhưng hình thức khác :
chẳng hạn bài 14 có thể phát biểu dưới dạng tương đương :
Trang 16Cho
0 ,
,
3
z
y
x
z y
x
CMR: x2 y2 z2 xyz 4 (THTT-2006)
Tương tự bài toán 14* ta có thể chứng minh bài toán tổng quát 6
Cho
3 2 0
; 0
0 ,
,
3
b
a
b a
z y
x
z y
x
Chú ý : Để chứng minh : ta giả thiết z=max(x,y,z)
Đặc biệt hóa ta có bài toán:
Với a=1; b=-2 : Cho
0 , ,
3
z y x
z y x
Sau đây ta xét tiếp bài toán sử dụng giả thiết: x = max(x,y,z, ) hoặc x =
min(x,y,z, ) để làm hạn chế phạm vi của biến:
Bài toán 15:
Cho
3
] 2
; 0 [ ,
,
z y
x
z
y
x
Cmr:x3 y3 z3 9 Giải:
Không mất tính tổng quát, giả sử: z = max(x,y,z)
Ta có:
3
z
y
=
dấu bằng xảy ra khi (x,y,z)=(0,1,2) và hoán vị của nó (đpcm)
Bài toán 16
2
2
; 0
[
,y
3
2 2 1
y y
x
2
2
1
2 1
x x
y y
x
Trang 17Bài toán 17:
Cho x,y,z nằm trong đoạn [1;2] ;
Giải:
Đặt f(x,y,z) x3y3 z3 5xyz
0 ) 5 1
)(
1 ( ) 5 1 ( 5 )
1 , , ( )
,
,
(x y z f x y z3 xyz xy z zz2 xy
f
Vì : z 1 0 ; 1 zz2 5xy 1 zz2 5z2 1 z 4z2 4 (z 1 )2 3z 1 0
Mặt khác : f(x,y, 1 ) f(x, 1 , 1 ) y3 5xy ( 1 5x) (y 1 )( 1 y y2 5x) 0
Vì y 1 0 ; 1 yy2 5x 1 yy2 5y y2 4y 1 (y 1 )(y 2 ) y 1 0
Vậy f(x,y,z) f(x, 1 , 1 ) x3 5x 2 (x 2 )[(x 1 )2 2 ) 0 x, 1 x 2
dấu bằng bất đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (x,y,z)=(2,1,1) và hoán vị của
Bài toán18:
(Đây là bài toán số) Cho
0 , ,
3
z y x
z y x
Giải
Đặt f x y z( , , )2(xy yzzx)xyz
tính chất 2 ta giả sử 0 x y z kết hợp điều kiện ta dễ dàng suy ra 0 x 1
Xét
4
2 3 )
2
3 , 2
3 , ( ) 2
, 2 , ( ) , , ( 0 ) )(
2
(
4
1
4
) ( ) 2 4
) ( 2 ( 2 )
( 2 ) 2
, 2 , (
)
,
,
(
3 2
2 2
x x x
x x f z y z y x f z y x f z
y
x
z y x z y x z y z y x xyz zx yz xy z
y z y x f
z
y
x
f
1 0
; 5
4
) 2 ( ) 1 ( 5 5 5 4
2 3 )
,
,
(
2 3
1
0 ) )(
2
z y x x
z y x
(đpcm)
Bài toán 19:
(Bất đẳng thức côsi): Cho x, y, z là các số thực dương;
Giải:
Trang 18Đặt f(x,y,z) x3 y3 z3 3xyz
Tacó:
0 ) 2 )(
( ) (
3 ) ( )
, , (
)
,
,
(x y z f x y xy z3 xy 3 xy xyz z xy z2 z xy xy
) )
( ( 2 )
,
(
)
,
(
2 3 3 6
3 3
y
x
g
Vậy f(x,y,z) f(x,y, xy) g(x,y) g(x,x) 0
y x
xy z
Một số bài toán tương tự
1 Cho
1
0 , ,
z y x
z y x
Cmr :
12
1 ) ( ) ( ) (yz 4 y zx 4 z xy 4
x
) 3 1 ( ) ( ) (
)
(y z 4 y z x 4 z x y 4 t t
2 Cho
0 , ,
1
z y
x
z y x
Cmr:
a yz 16xyz
c 9xyz 1 4 (xy yzzx)
3 Cho
3
0 , ,
zx yz xy
z y x
4 Cho
0 , ,
1
z y x
z y x
Cmr:
a
2
7 1
1 1
1 1
1
2 2 2
2 2
2
x
z z
y
y
x
(bài T5 - THTT - 10/2004)
b
2
7 1
1 1
1 1
1
n n n
n n
n
x
z z
y
y
x
HD:Giả sử x=max(x,y,z)
1
1 4 2 1
1 )
(
3
1
1 3
1
1 1
1 1
1
1 1
1 1
1
2 2
2 2
2 2 2 2
2 2
2 2 2
2
2
2
x x
x x
z
y
x z y x
z y
x
z z
y
y
x
Câu b tương tự!