LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀITrang 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
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
P = f(x,y,z, )≥ A(hoặc ≤A) hoặc tìm GTLN; NN của P.
- 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
Trang 2a Nếu vai trò các biến x,y,z bình đẳng, không mất tính tổng quát ta có thể giả
sử : x = max(x,y,z, ) hoặc x = min(x,y,z, ) hoặc giả thiết x≥ y ≥ z≥ ;và dùng 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:
y x
Trang 3= +
=
x
y y
x x
y y
x t
(áp dụng bđt côsi).
C1: Ta có: (2) trở thành:
0 2 )
2 ( 2
-2t2
-t+3=(t-2)(t2
-1)+1>0nên bất đẳng thức (2') đúng
2
2 2
2 4
4 4
4
−
≥ + +
− +
x
y y
x x
y y
x x
y y x
Trang 4Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi t= 2
Vậy: Pmin=− 2 2 khi x=− 2 ,y=z=0 hoặc hoán vị.
Pmax=2 2 khi x= 2 ,y=z=0 hoặc hoán vị
Suy ra f(t)= P ≤2 2 ..(0< ≤t 6).
Vậy Pmin=− 2 2 khi x=− 2 ,y=z=0 hoặc hoán vị.
Pmax=2 2 khi x= 2 ,y=z=0 hoặc hoán vị
•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:
Trang 5Suy ra: Nếu đặt t= a + b + c ta có: VT= 2 2 2 f t( ) 2 6
•Bài toán 5 Đề thi đại học cao đẳng khối A năm 2006
Cho x, y là hai số thực khác không thoã mãn: ( ) 2 2
Từ gt ta có:
( ) ( ) ( )2
2 2
x+y
SP= S - 3P
3
S P S
Trang 6trên (−∞ − ∪ +∞; 3) [1; ).
f’(S)= 2
3 0
MaxA = f2(1) = 16 Đạt được tại x= y=
•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−1)2+y2 + (x+1)2+y2 + −y 2
Giải
Áp dụng bdt: a2+b2 + c2+d2 ≥ (a c+ )2+ +(b d)2 .
Trang 7⇔ =
•Với y>2: f(y) ≥2 1+y2 ≥2 5 2> + 3.≥2 1+y2 ≥2 5 2> + 3
Vậy GTNN của A = 2+ 3 khi x=0;
1 3
•Bài toán 7: (Đề thi đại học khối B năm 2008).
Cho x, y là các số thực thay đổi thõa mãn: x2 + y2 =1 Tìm gTLN, NN của biểu thức:
Trang 8f’(t)= 0
3 2 3
t t
2
; 1
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).
Cho x, y là các số thực thay đổi thõa mãn : : x2 + y2 =2 Tìm GTLN, NN của biểu thức:
+
>
2 3
0 ,
,
z y
≥ + + + + +
z y x z y x
Giải: áp dụng bất đẳng thức côsi ta có:
z y x xyz z
y x z y x z
y
x
+ + + + +
≥ +
+ +
≥ + + + +
Trang 9Đặt 2
3
0 < ≤
⇒ + +
+
với:
3 0
C2: áp dụng BĐT côsy ta có:
P =
2 15 2
3 4
27 4
9 2 4
27 4
9 9
1 1 1
= +
≥ + +
= +
≥ + + + + +
t
t t t
t t
t z y x z y
x x b x x
x a
n n
2 2
2 1 2
Trang 10+
với t k ≤ . f’(t)=
Trang 11>
2 3
0 ,
,
z y
x
z y
x
51 ) 1 1 1 (
+ + +
z y x z y x
+
>
2 3
0 ,
,
z y
1 1 4
) 4 1
x y
x y
Bài toán 9.3 (Đề thi đại học cao đẳng khối A năm 2004).
Cho
≤ +
+
>
1
0 ,
,
z y
1 1
2
2 2
2 2
z
z y
y x
Trang 12≥ +
1
−
≥
− + +
−
+
mn x
m
x x
m
x x
x x b x x
x a
n n
2 2
2 1 2
• Bài toán 10:(THTT/ T4/352/2007)
Trang 13Với x,y,z là các số thực dương và xyz≥1:
3
≥ +
+ +
+
z xz
y
y yz
2 2
2
≥ +
+ +
+
c ac
b
b bc
c b a
+ + + + +
+ +
2 2
ab c ac b bc a
c b a
+ + + + +
+ +
] 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
Trang 149 2
Vậy P2 = f(t)
9 2
≥
Suy ra: P
3 2
3 2 12
15 9 3 3
3 12
3 12
15 3
−
− +
+
≥
− +
− +
+
t
t t
t t
Dấu bằng xảy ra khi x= y= z= 1 (đpcm).
Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được bài toán Tổng quát 4
x x x x
x x
x x x x
x x
x x x
x
n n
n
n n
≥+
+
++
+
≥
1
0 ,
,
z y
1
+
+ +
+ +
=
z
z y
y x
x P
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
+ +
−
≤ +
+ +
+ +
−
= +
− + +
− + +
−
=
Ta có:
Trang 159 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
Trang 16*) 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:
Cho x x1, , ,2 x n n( ≥ 2) là số dương không lớn hơn α Chứng minh
- 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
Trang 17
2 Cho x,y,z là các số thực không âm chứng minh rằng :
) (
6 1 ) (
5 ) (
] 3
4
; 0 [ , ,
3
z y x
zx yz xy
Cmr: xyz+4(x+ y+z)≥13
6 Cho
≤ + +
>
3
0 , ,
2 2
2 y z
x
z y x
4
2
27 2
1 1
2
27 2
+ +
+
≤
−
y x
y x
với mọi x,y thuộc R
) 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
HD: t =(x+ y+z)2 :
Trang 1810 Cho
≥
= + + +
0 , ,
4
2 2 2
z y x
xyz z y x
≥ + +
] 1
; 0 ( , ,y z x
z y x zx yz xy
Cmr:
3 ) (
) (
)
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
+
0 ,
,
1
z y
x
z y
8 ) 3
5 (
Trang 19Cho
≥
= + +
0 ,
,
3
z y
x
z y
x
Cmr: 5 +xyz≥ 2 (xy+ yz+ zx) ( 9 ).
Giải:
Không mất tính tổng quát giả sử z = min(x,y,z)
Từ điều kiện dễ thấy: 0 ≤z≤ 1
0 4
) 2 ( ) 1 ( 0 4
2 3 0
) 3 ( 2 ) 2 ( )
2
2
≥ +
−
⇔
≥ +
−
−
+ +
⇔
≥ +
−
− +
⇔
z z
z z z
z z
z
y x z z
y x y
x z z
xy
đúng với ∀z∈[0;1] Dấu bằng xảy ra khi x=y=z=1 ⇒đpcm
Có thể xét hàm: f(z) =
3 3 2 4
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)
x
Cmr: a(xy + yz + zx) +bxyz − (3a +b) ≥0
HD: Không mất tính tổng quát giả sử: z = min(x,y,z)
3
; 0 1
b
a z bz a z
ta có:
0 ) 4
3 ( ) 1 ( 4
1 ) 3 (
)
3
(
) ( 4
) 3 ( ) 3 ( ) ( ) (
) 3 ( )
−
−
+
+ +
−
≥ +
− + +
+
= +
− + +
+
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
Trang 20
Sử dụng đẳng thức x2 + y2 +z2 +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 :
Cho
≥
= +
+
0 ,
3
20
; 0
0 ,
x
z y
x
CMR: a(xy + yz + zx) + bxyz − (3a + b) ≥ 0
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
Cmr: xy+yz+zx ≥ 2xyz+ 1
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
Trang 21Bài toán 16
2
; 0
x x
y y
x
+
≤ +
+ +
Xét hàm f(x) trên :
2 0;
)(
1 ( ) 5 1 ( 5 )
1 , , ( )
0 , ,
3
z y x
z y x
Chứng minh rằng: 5+xyz≥2(xy+yz+zx)
Trang 22Đặt f x y z( , , ) 2(= xy yz zx+ + )−xyz
Ta cần chứng minh f(x,y,z)≤5 Do vai trò của x,y,z trong f như nhau nên theo
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 ( 2 )
( 2 ) 2
, 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
; 5
4
) 2 ( ) 1 ( 5 5 5 4
2 3 )
,
,
(
2 3
≤
≤
∀
≤ +
−
−
= +
−
− +
0 ) )(
z y x
( ) (
3 ) ( )
, , (
( ( 2 )
Trang 231 Cho
= + +
≥
1
0 , ,
z y x
z y x
1 ) ( ) ( ) (y−z 4 +y z−x 4 +z x−y 4 ≤
x
HD: Giả sử x≥ y≥z ≥0 đặt t=x(y+z) ta chứng minh được
) 3 1 ( ) ( ) (
0 , ,
1
z y
x
z y x
≥
3
0 , ,
zx yz xy
z y x
0 , ,
1
z y x
z y x
Cmr:
7 1
1 1
1 1
1
2
2 2
2 2
2
≤ +
+ + +
+ +
+
+
x
z z
1 1
1 1
1
≤ +
+ + +
+ +
+
+
n
n n
n n
n
x
z z
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
z
y
x z y x
z y
x
z z
∈
3
] 2
; 0 [ ,
,
z y x
z y
x
Cmr : x n+ y n +z n ≤ 2n + 1
Trang 24(Tổng quát bài 8: chứng minh tương tự!).
- Thường ta phải sử dụng tính chất 2 mới có đánh giá được
4 Cho 3;3]
1 [ ,
+ +
+
z z y
y y x
x
(THTT-số 357)
5 Cho x,y,z là số dương chứng minh rằng:
) (
5 8 ) (
≥
3
0 , ,
zx yz xy
z y x
Cmr:3(x+ y+ z)+xyz≥10
7 Cho
= + +
≥
3
0 , ,
2 2
2 y z
x
z y x
Cmr:7(xy+yz+zx) ≤12+9xyz
8 Chứng minh rằng :
2 2
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 ở thầy, có điều kiện học tập, nghiên cứu
C Kết luận
Trang 25Trong quá trình giảng dạy, nghiên cứu bản thân tôi cùng với sự giúp đỡ của các đồng nghiệp đã đúc rút ra 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!
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