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 [r]
(1)Giải bài toán bất đẳng thức phương pháp đưa biến A LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Các mục tiêu đặt lên hàng đầu các mục tiêu dạy học môn toán là trang bị tri thức, phương pháp và phát triển tư duy, trí tuệ cho học sinh Bất đẳng thức là vấn đề giáo viên và học sinh thâm nhập với lượng thời gian khá nhiều vì đây là vấn đề có thể phát triển khả tư 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 Dưới đây tôi xin trao đổi với quý đồng nghiệp phương pháp giải cho bài toán bất đẳng thức: ” Giải bất đẳng thức phương pháp đưa biến” ( Thường là bài bất đẳng thức khó, xảy các kỳ thi học sinh giỏi, thi Đại học) Và số bài toán tôi 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 = h(x,y,z, ) Phần II: Đưa biến cách dồn biến B NỘI DUNG ĐỀ TÀI I PHƯƠNG PHÁP Bài toán: Xét bài 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 là đánh giá biểu thức p để đưa biểu thức biến g(t) và chứng minh g (t ) A - Việc chứng minh g (t ) A đây tôi có thể sử dụng cách biến đổi, dùng các bất đẳng thức với hoc sinh lớp 12 có thể làm cách sử dụng đạo hàm lập bảng biến thiên để giải - Còn đánh giá P nói chung là phong phú tùy thuộc 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: a Nếu vai trò các biến x,y,z nhau, không tính tổng quát ta có thể giả sử : x = max(x,y,z, ) x = min(x,y,z, ) giả thiết x y z ;và dùng điều kiện bài toán kết hợp các bdt khử dần các biến đưa biến x b Đánh giá các biến, giả thiết thêm các điều kiện biến đưa: P= f(x, y, z, …) f(x, t, ) … f1(x) Trong đó t, = k(x, y,z,…) Giaùo vieân: Nguyeãn Ñình Nhaâm - Trường THPT Cẩm xuyên Hà Tĩnh Lop10.com (2) Giải bài toán bất đẳng thức phương pháp đưa biến Sau đó chứng minh f1(x) A PHẦN I Đưa biến cách đặt ẩn phụ t=k(x,y,z, ) Bài toán 1: Với x,y là các số thực dương chứng minh rằng: x y xy yx (1) Giải: Vì x là 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+ trên (0; ) f’(t)= 3t2- 2t -1=0 t= ; t= - t f’(t) - + f(t) Suy f(t) với t > (đccm) Tổng quát Ta có bài toán 1’: Cho x,y là các 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 là các số thực khác không chứng minh rằng: x4 y4 y4 x4 x2 y2 x y 2 y2 x2 y x (2) Giải: Đặt t = y x y x x y (áp dụng bđt côsi) thì t 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') t -2t -t+3=(t-2)(t -1)+1>0 +) Với t 2: ta có nên bất đẳng thức (2') đúng +) Với t -2: ta có t -2t -t+3=(t+2)[(t-2) +3] - 11 > và t+2 nên bất đẳng thức (2') đúng bất đẳng thức (2) đúng dấu xảy t=-2 hay x=-y Giaùo vieân: Nguyeãn Ñình Nhaâm - Trường THPT Cẩm xuyên Hà Tĩnh Lop10.com (3) Giải bài toán bất đẳng thức phương pháp đưa biến đpcm C2: Xét hàm số: f(t) = t3 – 2t2 – t + trên ( ; -2] [2; ) Bài toán 3: Cho x, y, z là các số thực thay đổi Tìm GTNN biểu thức: A ( x 1) y ( x 1) y y Giải: Từ đẳng thức: x y z 2( xy yz zx) ( x y z ) ; x y z xyz ( x y z )( x y z xy yz zx) và 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 ) 0t t2 t3 ) 3t (t 2) (t 2) 2 2 2 Dấu xảy và 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 t f’(t) t2 t3 ) 3t 2 (0 t 6) 3t f’(t)= t 2; t 2 - - 2 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 Bài toán (Đề thi giáo viên giỏi năm 2003- 2004) Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn: a+ b+ c= CMR: 14 2 a + b + c ab bc ca Để ý rằng: 1= a b c a + b + c 2(ab bc ca) ; 2 2 1= a b c 3(a + b + c ) Giaùo vieân: Nguyeãn Ñình Nhaâm - Trường THPT Cẩm xuyên Hà Tĩnh Lop10.com (4) Giải bài toán bất đẳng thức phương pháp đưa biến Suy ra: Nếu đặt t= a + b + c ta có: VT= f t với t<1 t 1 t 1 t 2 4t 4t 2 2 f’(t) = t 1 t 1 t 1 t t BBT 1 t f’(t) + f(t) 84 Vậy: f(t) ( đpcm) 14 Bài toán Đề thi đại học cao đẳng khối A năm 2006 Cho x, y là hai số thực khác không thoã mãn: x y .xy x y xy ; Tìm GTLN biểu thức: A= 1 3 x y Giải Đặt: S= x+y; P= x.y (s2 4p ) x y x y x y xy x+y 2 xy S P Từ gt ta có: S2 SP= S - 3P P S 3 ( Lưu ý S = -3 không thoã mãn) Đánh giá S: S2 4P => S S2 S 1 S2 S 3.v.S S 3 S 3 Vậy: 2 2 1 x y x y x y x y x y xy S S 3 A= 3 3 x y P S2 x y x y x y ( với S<-3 v S ) S 3 trên (; 3) [1; ) S f’(S)= 0 S (; 3) [1; ) S Xét: f(S) = Suy f(S ) nghịch biến Giaùo vieân: Nguyeãn Ñình Nhaâm - Trường THPT Cẩm xuyên Hà Tĩnh Lop10.com (5) Giải bài toán bất đẳng thức phương pháp đưa biến BBT: S -3 f’(S) - - f(S) MaxA = f2(1) = 16 Đạt x= y= 1 ( Khi S= 1; P= ) Sau đây ta xét số ví dụ mà phải đánh giá biểu thức P thấy 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 biểu thức: A ( x 1) y ( x 1) y y Giải Áp dụng bdt: a b c d (a c)2 (b d )2 Ta có: A (1 x)2 y ( x 1)2 y y y y Dấu xảy x=0 Đặt f(y)= y y Với y : f(y)= y y f’(y)= y Lập bảng biến thiên ta có: f(y) y Với y>2: 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 là các 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 = Giaùo vieân: Nguyeãn Ñình Nhaâm - Trường THPT Cẩm xuyên Hà Tĩnh Lop10.com (6) Giải bài toán bất đẳng thức phương pháp đưa biến t 6t -) Nếu y Đặt x= ty Suy ra: P Xét hàm f (t ) t 6t t 2t 3 t f’(t)= t 2 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 là : 2 x y x ; y 10 10 2 x ;y 3 x y 13 13 GTNN P là -6 : x y x 3 ; y 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 là các 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 yz x y z Giải: áp dụng bất đẳng thức côsi ta có: x 1 x y z 33 x yz y z xyz x yz Đặt t x y z t C1: Ta có: f(t)= t với: t t f’(t)= t 0; f(t) nghịch biến trên 0; t 2 2 15 Suy ra: P f (t ) f ( ) 2 P= x y z Giaùo vieân: Nguyeãn Ñình Nhaâm - Trường THPT Cẩm xuyên Hà Tĩnh Lop10.com (7) Giải bài toán bất đẳng thức phương pháp đưa biến Dấu xảy ra: x = y = z và t = hay x = y = z = 2 C2: áp dụng BĐT côsy ta có: x 1 9 27 27 15 t t t y z t 4t 4t 4t 2 Dấu xảy và x = y = z = đpcm P= x yz Chứng minh bài toán Tổng quát : Cho x1 , x2 , , xn (n 2) là 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 1 bn Suy ra: 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 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 và t = k hay x = y = z = k n C2: Áp dụng BĐT côsy ta có: VT a ( x1 x2 xn ) b( 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 at Giaùo vieân: Nguyeãn Ñình Nhaâm - Trường THPT Cẩm xuyên Hà Tĩnh Lop10.com (8) Giải bài toán bất đẳng thức phương pháp đưa biến Nhận xét: Đặc biệt hóa bài toán TQ1 ta có: Bài toán 9,1: x, y , z 1 51 Cmr: x y z 4( ) Cho x yz x y z Dễ dàng giải bài toán ta cho bài 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 yz 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 đó 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 bài 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: Giaùo vieân: Nguyeãn Ñình Nhaâm - Trường THPT Cẩm xuyên Hà Tĩnh Lop10.com (9) Giải bài toán bất đẳng thức phương pháp đưa biến a, b Cmr: a b a b 1 a 1 b Cho Từ đó có thể dễ dàng chứng minh bài toánTổng quát 2: Cho x1 , x2 , , xn (n 2) là các số thực dương và 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 bài toán TQ1 ta có bài toán : Bài toán TQ3 Cho x1 , x2 , , xn (n 2) là các 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 bài toán TQ2 và bài toán TQ3 ta có thể áp dụng chứng minh các bài toán khác tương tự , có thể khai thác ta bài toán khá thú vị Bài toán 10:(THTT/ T4/352/2007) Với x,y,z là các số thực dương và 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 là các số thực dương và abc Chứng minh rẳng P= a2 a bc b2 b ac c2 c ab áp dụng bất đẳng thức svac-xơ ta có: P2 (a b c) = a bc b ac c ab a bc b ac c ab (a b c) 2 (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] Giaùo vieân: Nguyeãn Ñình Nhaâm - Trường THPT Cẩm xuyên Hà Tĩnh Lop10.com (10) Giải bài toán bất đẳng thức phương pháp đưa biến {vì ab+bc+ca (abc) 3} Đặt: t=(a+b+c) thì t { vì a+b+c 33 abc 3} t2 = t 1 với t 3(t 3) 3(t 3) 27 f’(t)= t 0; 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 3t 15 t 3 3.9 15 t 3 t2 2 = = 12 12 t 3 12 12 t 3(t 3) Dấu xảy x= y= z= (đpcm) P 2 C2: Ta có : P2 = P2 Hoàn toàn tương tự ta chứng minh bài toán Tổng quát Cho: x1 , x2 , , xn (n 2) là các số thực dương và 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 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 : x2 y2 z2 x3 y3 z3 P x(1 ) y (1 ) z (1 ) 1 ( ) x2 y2 z2 x2 y2 z 1 ( x4 y4 z4 x2 y2 z ) x x3 y y z z x y z x3 y z Giaùo vieân: Nguyeãn Ñình Nhaâm - Trường THPT Cẩm xuyên Hà Tĩnh Lop10.com 10 (11) Giải bài toán bất đẳng thức phương pháp đưa biến Ta có: x y z ( x y z )( x y z xy yz zx) xyz x2 y z x y z [1 ( x y z )] ( ) Đặt t x y z từ đk t C1) Ta có: P = f(t) = 2t t 3t 2t f '(t ) 16t t t 6t 3t t <0 t t 1 3t 2t 3 Suy ra: f(t) nghịch biến trên [ ; ) Vậy P = f(t) f ( ) Dấu xảy và x=y=z= (đpcm) 10 C2) Ta có: ( t )(57t 9) 2t 2t 3t 10t 9 9 P 1 1 t 3t 10t 10 10 3t 10t 10 10 t 3t t 3t 2t 3 Dấu xảy và x=y=z= (đpcm) Bài 2 toán 12:(Tạp chí toán học tuổi thơ) x, y, z (0;1) (1) xyz (1 x)(1 y )(1 z ) Cho CMR: x +y +z Giải: Ta có: (1) 1-(x+y+z)+xy+yz+zx=2xyz x +y +z =2-2(x+y+z)+(x+y+z) -4xyz x y z áp dụng bđt Côsi ta có : xyz nên x y z x +y +z 2-2(x+y+z)+(x+y+z) -4 2 Đặt t= x+y+z thì: t Khi đó: 15 3 t t 2t (2t 3) ( t ) 27 27 4 dấu xảy t= hay x=y=z= (đpcm) 2 x +y +z *) Từ ý tượng trên ta có thể khai thác và sáng tạo các bất đẳng thức : Giaùo vieân: Nguyeãn Ñình Nhaâm - Trường THPT Cẩm xuyên Hà Tĩnh Lop10.com 11 (12) Giải bài toán bất đẳng thức phương pháp đưa biến Chẳng hạn : Chứng minh và khai thác bài toán Tổng quát4: Cho x1 , x2 , , xn n là số dương không lớn Chứng minh rằng: a n1 an a x1 a x2 a xn x1 x2 xn n Lưu ý: Nếu chứng minh g(t) cách biến đổi trên thì trước tiên phải dự đoán dấu xảy đâu để giá hay tách nhóm hợp lý - Khi đặt ẩn phụ thì phải tìm điều kiện tồn chính xác ẩn phụ đặc biệt là chứng minh g(t) phương pháp đạo hàm Bài tập tự luyện 1, Cho x,y,z là các số thực không âm Cmr: xyz x y z 2( xy yz zx) HD: Bất đẳng thức bài toán tương đương với ( x y z ) xyz 4( xy yz zx) 4( xy yz zx) ( x y z ) xyz kết hợp bất đẳng thức côsi ta cần chứng minh: (9 2t )t với t x y z , t 27 2 Cho x,y,z là các số thực không âm chứng minh : 3( x y z ) xyz ( x y z ) 6( xy yz zx) Cho x,y,z là các số thực dương chứng minh xyz 2( x y z ) 5( x y z ) (THTT-số 356) Cho x,y,z là các số thực dương chứng minh x y z xyz (1 x)(1 y )(1 z ) xy yz zx Cmr: xyz 4( x y z ) 13 x, y, z [0; ] x, y , z Cho 2 Cmr: x y z 27 xyz 30 x y z x, y , z Cho Cmr: x y z xyz x y z Cho - Từ bất đẳng thức bunhiacôsxki, svac -xơ và 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) Cho Cmr: Giaùo vieân: Nguyeãn Ñình Nhaâm - Trường THPT Cẩm xuyên Hà Tĩnh Lop10.com 12 (13) Giải bài toán bất đẳng thức phương pháp đưa biến 27 ( x 2)( y 2)( z 2) HD: t = ( x y z ) : 4 x2 x y z xyz x, y , z 10 Cho xy yz zx x y z 11 Cho x, y, z (0;1] 4 y2 Cmr: Cmr: 4 z x y z3 x2 ( y z x) y2 ( z x y) z2 ( x y z) ***************************************** II Một biến là x(y z): ví dụ trên thì chúng ta phải làm xuất ẩn phụ.sau đây ta xét lớp bài toán mà ẩn phụ chính là x y z Bài toán 13: x y z x, y , z Cho Cmr: P = xy yz zx xyz 27 Giải: Từ đk bài 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 z z 1 z = P = xy+yz+zx-xyz z(1-z)+ (1-z)= 1 8 (z ) (z ) với z, z 3 27 27 dấu xảy x= y= z= đpcm 3 z z z 1 Có thể xét hàm: f(z) = với z Bài toán số 14: x y z (9) Cho Cmr: xyz 2( xy yz zx) x, y , z Giải: Không tính tổng quát giả sử Từ điều kiện dễ thấy: z z = min(x,y,z) x y ) ( z 2) z ( x y ) ( z 1) ( z 2) 3 z z 3z 5( ) ( z 2) z (3 z ) 0 0 4 (9) xy ( z 2) z ( x y ) ( Giaùo vieân: Nguyeãn Ñình Nhaâm - Trường THPT Cẩm xuyên Hà Tĩnh Lop10.com 13 (14) Giải bài toán bất đẳng thức phương pháp đưa biến đúng với z [0;1] Dấu xảy x=y=z=1 đpcm z 3z với z Nếu lấy điều kiện z thì bất đẳng thức đánh giá biểu thức trên là Có thể xét hàm: f(z) = Nhận xét: không đúng đây chúng ta sử dụng tính chất để làm hạn chế điều kiện biến để có thể đánh giá biểu thức Bài toán tổng quát (Tổng quát bài 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 a ( xy yz zx) bxyz (3a b) xy (a bz ) az ( x y ) (3a b) az (3 z ) (3a b) (3 z ) (a bz ) 3a b( z 1) ( z 4) b Chú ý: Thay đổi hình thức bài toán: Sử dụng đẳng thức x y z 2( xy yz zx) ( x y z ) ta có thể đưa bài toán trên bài toán tương đương hình thức khác : chẳng hạn bài 14 có thể phát biểu dạng tương đương : x y z CMR: x, y , z Cho x y z xyz (THTT-2006) Tương tự bài toán 14* ta có thể chứng minh bài toán tổng quát Cho x y z x, y , z a 0; b CMR: a ( xy yz zx) bxyz (3a b) a b Chú ý : Để chứng minh : ta giả thiết z=max(x,y,z) Đặc biệt hóa ta có bài toán: x y z Cmr: x, y , z Với a=1; b=-2 : Cho xy yz zx xyz Giaùo vieân: Nguyeãn Ñình Nhaâm - Trường THPT Cẩm xuyên Hà Tĩnh Lop10.com 14 (15) Giải bài toán bất đẳng thức phương pháp đưa biến Sau đây ta xét tiếp bài 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] x y z Cho 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) và hoán vị nó (đpcm) Bài toán 16 Cho x, y [0; HD: Giả sử : ] Cmr: x y 2x x y ta chứng minh: 1 y2 1 x2 1 x2 Xét hàm f(x) trên : 0; Bài x y 2 2 1 y 1 x 2 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 và (x,y,z)=(2,1,1) và hoán vị (2,1,1) đpcm Bài toán18: Giaùo vieân: Nguyeãn Ñình Nhaâm - Trường THPT Cẩm xuyên Hà Tĩnh Lop10.com 15 (16) Giải bài toán bất đẳng thức phương pháp đưa biến x y z x, y , z (Đây là bài toán số) Cho Chứng minh rằng: xyz 2( xy yz zx) 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 yz yz y z ( y z) yz ( y z) , ) 2( xy yz zx) xyz 2( x x ) x 2 4 yz yz 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 ) 55 5 5 x;0 x 4 ( x 2)( y z ) dấu xảy và x y z (đpcm) x 1 f ( x, y , z ) f ( x, Bài toán 19: (Bất đẳng thức côsi): Cho x, y, z là các 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 Tacó: f ( x, y, z ) f ( x, y, xy ) z ( xy ) 3xy ( xy z ) ( z xy )( z z xy xy ) vì 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 ) y x3 0 Vậy f ( x, y, z ) f ( x, y, xy ) g ( x, y ) g ( x, x) z xy x y z đpcm xy dấu xảy và Một số bài toán tương tự x, y , z x y z 1 Cho Cmr : x( y z )4 y ( z x)4 z ( x y )4 12 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 Giaùo vieân: Nguyeãn Ñình Nhaâm - Trường THPT Cẩm xuyên Hà Tĩnh Lop10.com 16 (17) Giải bài toán bất đẳng thức phương pháp đưa biến b xy yz zx xyz c xyz 4( xy yz zx) x, y , z xy yz zx x y z Cho Cmr: x, y , z Cho x2 a y 1 xn b yn 1 y2 1 z 1 yn 1 zn 1 z2 1 x 1 zn 1 xn Cmr: 3( x y z ) xyz 10 (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 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 bài 8: chứng minh tương tự!) - Thường ta phải sử dụng tính chất có đánh giá Cho x, y, z [ ;3] chứng minh rằng: x y z (THTT-số 357) x y yz zx 5 Cho x,y,z là 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 : zx 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 đó đánh giá tiếp ta đưa 1biến là b x y yz III Kết Đề tài này đã thân tôi và các đồng nghiệp cùng đơn vị thí điểm trên các em có học lực từ khá trở lên Kết thu khả quan, các em học tập cách say Giaùo vieân: Nguyeãn Ñình Nhaâm - Trường THPT Cẩm xuyên Hà Tĩnh Lop10.com 17 (18) Giải bài toán bất đẳng thức phương pháp đưa biến mê hứng thú Một số em đã đạt thành tích tốt qua đợt thi học sinh giỏi vừa qua Tuy nhiên với phương pháp này người thầy phải biết vận dụng sáng tạo phương pháp, luôn không 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 học sinh khá giỏi, luôn tin tưởng thầy, có điều kiện học tập, nghiên cứu C Kết luận Trong quá trình giảng dạy, nghiên cứu thân tôi cùng với giúp đỡ các đồng nghiệp đã đúc rút 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 quá trình giảng dạy và bồi dưỡng học sinh Xin chân thành cảm ơn! Hà tĩnh, ngày 15 tháng năm 2009 Tài liệu tham khảo 1.Tạp chí toán học và tuổi trẻ Sáng tạo bất đẳng thức _Phạm Kim Hùng Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức _Trần Tuấn Anh Các bài toán chọn lọc bất đẳng thức Phan HuyKkhải_Nguyễn Đạo Phương 5.Olimpic 30_4 Giaùo vieân: Nguyeãn Ñình Nhaâm - Trường THPT Cẩm xuyên Hà Tĩnh Lop10.com 18 (19)