sáng kiến kinh nghiệm 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: x3  y  xy2  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)= 3t2- 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  x y     2    y2 x2  y x   (2) Giải bất đẳng thức phương pháp đưa biến Gv: Nguyễn Hoàng Thái – Trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm Giải: Đặt t = y x y x x y  t      (áp dụng bđt côsi) y x 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)2  y  ( x  1)2  y  y  Giải: Từ đẳng thức: x  y  z  2( xy  yz  zx)  ( x  y  z ) ; x3  y  z  3xyz  ( x  y  z )( x  y  z  xy  yz  zx) điều kiện ta 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t  t2  t3 )    3t   (t  2) (t  2)  2  2 2 Dấu xảy t  Vậy: Pmin=  2 x=  ,y=z=0 hoán vị Pmax= 2 x= ,y=z=0 hoán vị C1: P  t (2  C2: Đặt f(t) = P  t (2  f’(t)=  t f’(t) - t2  t3 )    3t 2 3t    t  2; t   2 (0  t  6) - 2 Giải bất đẳng thức phương pháp đưa biến Gv: Nguyễn Hoàng Thái – Trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm f(t) Suy f(t)= P  2 (0  t  ) Vậy Pmin=  2 x=  ,y=z=0 hoán vị Pmax= 2 x= ,y=z=0 hoán vị toán (Đề thi giáo viên giỏi năm 2003- 2004) Cho a, b, c số thực dương thoả mãn: a+ b+ c= CMR:  Bài   14 2 a + b + c ab  bc  ca 2 2 Để ý rằng: 1=  a  b  c   a + b + c  2(ab  bc  ca) ; 2 2 1=  a  b  c   3(a + b + c ) 2  với  t S  S2 S 1  S2   S  3.v.S  S 3 S 3 Vậy: 2 2 1 x3  y  x  y   x  y  x y   x  y  xy S  S  3    A=   3  3 x y x y P S2  x y   x y  ( với S2: f(y)  Bài toán 7: (Đề thi đại học khối B năm 2008)  1 y2     1 y2    Vậy GTNN A =  x=0; y  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  Xét hàm f (t )   t  6t  t  2t   3 t f’(t)=    t   2  t  6t  t  2t  8t  t  R t  2t  3 Lim f (t )  2; Lim f (t )  2; f (3)  3; f ( )  6 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  y   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 Cmr: P= x  y  z     Cho   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 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: x 1 9 27 27 15  t  t    t   y z t 4t 4t 4t Dấu xảy x = y = z =  đpcm P= 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: C1: Sử dụng BDT cô sy : 1     x1 x2 xn n n n2  x1 xn x1  xn Suy ra: 1 bn2 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  bn2  t  k (vì gt: ak2  bn2) f’(t)= a   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 bn2    )  a( x1  x2   xn )  x1 x2 xn x1  x2   xn bn t bn2 bn2 bn2  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 Cmr: x  y  z  4(   )  Cho  x yz  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  C mr: Cho  x yz   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  CMR : x2  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  Cmr: 1   ( 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 1 bn  ak    )  (**) x1 x2 xn k Chứng minh rằng: a( x1  x2   xn )  b( 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   2   = 2 a  bc  b  ac  c  ab   (a  b  c) (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 = t 1 với t  3(t  3) 3(t  3) 27   t  0; t  f’(t)=   3t  2 C1: P2 = f(t) = BBT: t f’(t) - +  +  f(t) Vậy P2 = f(t)  Suy ra: P  Dấu xảy x=y=z=1 (đpcm) 2 t2 3t  15 t  3 3.9  15 t 3 = =    2 3(t  3) 12 12 t 3 12 12 t   P  Dấu xảy x= y= z= (đpcm) 2 C2: Ta có : P2 =  P  Hoàn toàn tương tự ta chứng minh toán Tổng quát Cho: x1 , x2 , , xn (n  2) số thực dương x1x2 xn  xn x1 x2 n     CMR: x  x x x n x  x x x n x x n  x x x n   Bài toán 11:  x, y , z  x y z    Cmr: P  2 1 x 1 y 1 z 10 x  y  z  Cho  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  y  z   )   x  x3 y  y z  z x  y  z  x3  y  z 1 ( Ta có: x3  y  z  ( x  y  z )( x  y  z  xy  yz  zx)  3xyz  x2  y  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 [...]... bz )  4 1 3a 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  [0; ]  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 y... 5 5 x;0  x  1 4 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 17 Giải bất đẳng thức bằng phương pháp đưa về một biến Gv: Nguyễn Hoàng Thái – Trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm Đặt f ( x, y, z... 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. .. n x 1 x n  x 1 x 2 x n  1  Bài toán 11:  x, y , z  0 x y z 9    Cmr: P  2 2 2 1 x 1 y 1 z 10 x  y  z  1 Cho  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 2 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  Cmr: 5  xyz  2( xy  yz  zx)  x, y , z  0 Giải: Không mất tính tổng quát giả sử Từ điều kiện dễ thấy:... chí toán học tuổi thơ) x, y, z  (0;1)  (1)   xyz  (1  x)(1  y )(1  z ) 3 4 CMR: x 2 +y 2 +z 2  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 x y z áp dụng bđt Côsi ta có :    xyz nên 3   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 2x 2  x  y  0 ta đi chứng minh:   2 2 2 1 y 1 x 1 x2  Xét hàm f(x) trên : 0;  2  2  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  5xyz Giải: Đặt f ( x, y, z )  x 3  y 3  z 3  5xyz Không mất tính tổng quát giả sử : 2  x  y  z  1 f... 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)]