skkn PHƯƠNG PHÁP hàm số TRONG CHỨNG MINH bất ĐẲNG THỨC đối XỨNG

PHẦN I: MỞ ĐẦUI/ LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI - Trong chương trình toán THPT, phần khó khăn nhất khi giáo viên giảng dạy là phần bất đẳng thức các bài toán ở phần này đa dạng và rất khó , đa số họ

PHẦN I: MỞ ĐẦU

I/ LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI

- Trong chương trình toán THPT, phần khó khăn nhất khi giáo viên giảng dạy

là phần bất đẳng thức các bài toán ở phần này đa dạng và rất khó , đa số học sinh khi được hỏi về phần này khi thi thì đều trả lời là khó không định hướng được cách làm , mặt khác tâm lý chung của các em đặc biệt là học sinh khối 12 khi thi đại học thì đều bỏ câu này vì quan niệm của các em đó là câu chốt lấy 10 điểm nên các em có học lực khá không mặn mà cho lắm nên các em có học lực khá trở xuống thường bỏ qua câu này.Tuy nhiên khi hỏi các em học sinh khi gặp các bài toán liên quan tới bất đẳng thức thì cách giải quyết của các em như thế nào thì đại đa số các em suy nghĩ tới việc xét hàm số để chứng minh bất đẳng thức, nhưng khó khăn ở chỗ mà các em đều trả lời là đưa bài toán ban đầu để đưa về một biến thì mới xét hàm số được với nhiều năm dạy phần này cho học sinh bắt đầu làm quen với bất đẳng thức Chính vì thế mà phần sáng kiến kinh nghiệm của tôi nêu cho các em cách để đưa về hàm số dưới dạng một biến đơn giản,giúp cho học sinh không còn thấy chán nản khi làm bài phần này nữa

II/ MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU

- Từ lý do chọn đề tài, từ cơ sở thực tiễn giảng dạy ở trường THPT, cùng với kinh nghiệm trong thời gian giảng dạy Tôi đã tổng hợp , khai thác và hệ thống hoá lại các kiến thức thành một chuyên đề: “ Phương pháp hàm số trong

chứng minh bất đẳng thức đối xứng’’

- Qua nội dung của đề tài này tôi mong muốn sẽ cung cấp cho học sinh phương pháp dùng hàm số trong việc chứng minh các bất đẳng thức đối xứng 2 biến, 3 biến và một số kỹ năng cơ bản và phát hiện được các tính chất của bất đẳng thức đối xứng Học sinh thông hiểu và trình bày bài toán đúng trình tự, đúng logic, không mắc sai lầm khi biến đổi Hy vọng đề tài nhỏ này ra đời sẽ giúp các bạn đồng nghiệp cùng các em học sinh có một cái nhìn toàn diện cũng như phương pháp chứng minh bất đẳng thức

III/ ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU :

- Chứng minh bất đẳng thức thông qua kỹ thuật đặt ẩn phụ để dùng phương pháp hàm số trong việc chứng minh bất đẳng thức

IV/ PHẠM VI NGHIÊN CỨU :

- Nội dung phần chứng minh bất đẳng thức đối xứng hai biến, ba biến cơ bản dùng cách đặt ẩn phụ để đưa về phương pháp hàm số gải quyết các bất đẳng thức

V/ NHIỆM VỤ- YÊU CẦU CỦA ĐỀ TÀI:

- Xuất phát từ lý do chọn đề tài, sáng kiến kinh nghiệm thực hiện nhiệm vụ: Giúp cho giáo viên thực hiện tốt nhiệm vụ và nâng cao chất lượng giáo dục, giúp học sinh hình thành tư duy logic kỹ năng phân tích để đi đến một hướng giải đúng và thích hợp khi gặp bài toán chứng minh bất đẳng thức về dạng đơn giản, cơ bản và giải được một cách dễ dàng Muốn vậy người giáo viên phải hướng cho học sinh biết kỹ năng nhận biết và sử dụng thành thạo phương pháp hàm số trong chứng minh bất đẳng thức - Yêu cầu của sáng kiến kinh nghiệm: Nội dung giải pháp rõ ràng không rườm rà lôgíc phù hợp với học sinh trường THPT Tĩnh gia 1, có sáng tạo đổi mới Giới thiệu được cách đặt và sử dụng phương pháp hàm số để chứng minh các bất đẳng thức

- Trong đề tài này tôi đã đưa ra và giải quyết một số dạng bài toán thường gặp tương ứng các bài tập tự luyện

VI/ PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU:

Phương pháp:

- Nghiên cứu lý luận chung

- Khảo sát điều tra từ thực tế dạy và học

- Tổng hợp so sánh , đúc rút kinh nghiệm

Cách thực hiện:

- Trao đổi với đồng nghiệp, tham khảo ý kiến giáo viên cùng bộ môn

- Liên hệ thực tế trong nhà trường, áp dụng đúc rút kinh nghiệm qua quá trình giảng dạy

- Thông qua việc giảng dạy trực tiếp ở các lớp khối và luyện thi đại học trong năm học từ 2004 đến 2018

VII/ THỜI GIAN NGHIÊN CỨU

Trong suốt thời gian trực tiếp giảng dạy và luyện thi đại học tại trường THPT Tĩnh Gia 1 từ năm 2004 đến nay

PHẦN II: NỘI DUNG ĐỀ TÀI

CHƯƠNG 1: CỞ SỞ LÝ LUẬN

- Nhiệm vụ trung tâm trong trường học THPT là hoạt động dạy của thầy

và hoạt động học của trò, xuất phát từ mục tiêu đào tạo “Nâng cao dân trí, đào tạo nhân lực, bồi dưỡng nhân tài” Giúp học sinh củng cố những kiến thức

phổ thông đặc biệt là bộ môn toán học rất cần thiết không thể thiếu trong đời sống của con người Môn Toán là một môn học tự nhiên quan trọng và khó với kiến thức rộng, đa phần các em ngại học môn này

- Muốn học tốt môn toán các em phải nắm vững những tri thức khoa học

ở môn toán một cách có hệ thống, biết vận dụng lý thuyết linh hoạt vào từng dạng bài tập Điều đó thể hiện ở việc học đi đôi với hành, đòi hỏi học sinh phải

có tư duy logic và cách biến đổi Giáo viên cần định hướng cho học sinh học và nghiên cứu môn toán học một cách có hệ thống trong chương trình học phổ thông, vận dụng lý thuyết vào làm bài tập, phân dạng các bài tập rồi tổng hợp các cách giải

- Do vậy, tôi mạnh dạn đưa ra sáng kiến kinh nghiệm này với mục đính giúp cho học sinh THPT vận dụng và tìm ra phương pháp giải khi gặp các bài toán chứng minh bất đẳng thức Trong giới hạn của SKKN tôi chỉ hướng dẫn học sinh cách định hướng chứng minh bất đẳng thức mà trong đó sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ để đưa về 1 biến nhằm sử dụng phương pháp hàm số,làm cho bài toán trở nên đơn giản hơn và giúp cho học sinh tìm ra cách giải nhanh nhất

CHƯƠNG II: THỰC TRẠNG CỦA ĐỀ TÀI

Có thể nói phần bất đẳng thức là phần khó nhất trong chương trình sách giáo khoa ở THPT ,đây là phần mà yêu cầu học sinh phải có tư duy nhạy bén, có tố chất mới có thể làm được , mặt khác ngay cả trong đội ngũ các thầy cô giáo trực tiếp giảng dạy cho học sinh thì cũng rất lúng túng khi phân loại và dạy cho các

em dạng này , điều này cũng dễ hiểu đối với các thầy cô giáo dạy vì trong chương trình sách giáo khoa lượng bài tập cho phần BĐT không nhiều mặt khác bản thân học sinh không “ mặn mà” với phần này do để chứng minh được 1 bài toán cần phải rất khéo léo trong các khâu để đưa bài toán chứng minh bất đẳng thức thành quen thuộc

CHƯƠNG III: MỘT SỐ GIẢI PHÁP

Qua nghiên cứu trao đổi và đúc rút kinh nghiệm từ thực tế và ý kiến của đồng nghiệp tôi mạnh dạn đưa ra hướng gải quyết các vấn đề trên của học sinh với những giải pháp: Đưa ra một số giải pháp giúp học sinh hình thành kĩ năng khi biến đổi và cách chứng minh được các bất đẳng thức thông qua việc dùng phương pháp hàm số

CÁC KIẾN THỨC CHUẨN BỊ

1) Đa thức f x y( ; ) được gọi là đối xứng đối với x và y nếu

( ; ) ( ; ), ;

f x y f y x x y  Mọi đa thức đối xứng f x y( ; ) đều biểu diễn được qua cách đặt t= x y và v= xy

2) Đa thức f x y z( ; , )được gọi là đối xứng với x,y,z nếu

( , , ) ( , , ) ( , , ) ( , , ) ( , , ) ( , , )

f x y z f x z y f y x z f y z x f z x y f z y x

Trong các bài toán dưới đây tôi xin trình bày một số bài toán tìm GTNN, GTLN của biểu thức chứa hai biến, ba biến mà giả thiết hoặc biển thức đó thể hiện tính đối xứng Từ đó giúp học sinh có cách nhìn nhận để đặt ẩn phụ chuyển bài toán thông qua xét hàm số

Tìm GTLN-GTNN của bất đẳng thức đối xứng có chứa hai biến

Bài toán 1: Cho x2 y2  x y Tìm GTNN,GTLN của biểu thức sau

P= 3 y3 x y xy2 2

Phân tích: Do tính chất đối xứng của x,y nên ta có thể đặt t = x+y

Hướng dẫn

Đặt t = x+y Từ giả thiết ta có 1

2

2

t xy=  Ta có

 

(x y) 2(x y ) 2(x y) hay 2 2t t 0;2

t

Khi đó biểu thức P (x y)3 2 2

xy(x+y) = t

Do đó GTLN P = 4 khi t=2 hay x+y=2 và xy=1 suy ra (x;y) = (1;1)

GTNN P = 0 khi t= 0 hay (x;y)= (0;0)

Bài Toán 2:

Cho x,y   thõa mãn x y 1 và x2 y2 xy x y 1   Gọi M là GTLN, m

là GTNN của biểu thức P xy

x y 1



  Khi đó M.n bằng

A 2

3

3

3

Hướng dẫn

Đặt t = x+y từ giải thiết ta có xy = t2  t 1

Sử dụng bất đẳng thức (x y) 2 4xy nên ta có t2 4(t2  t 1) vậy t 2;2

3



   Khi đó

2

t t 1 P

t 1

 





Ta xét hàm số

2

t t 1

t 1

 



 với t 2;2

3

  

Lập bảng biến thiên ta có

t -2/3 0 2

f’(t) - 0 +

-1

Từ bảng biến thiên GTNN P = -1 đạt được khi (x;y) =(-1;1); (1;-1)

GTLN P = 1/3 khi (x;y )= (-1/3;-1/3); (1;1)

Vậy M.n = 1

3

 chọn B

Bài Toán 3

Cho x, y là hai số thực khác không thoã mãn: x y xy  x2 y2  xy;

Tìm GTLN của biểu thức: A= 3 3

x  y (KA:2006)

Phân tích:

Do bất đẳng thức trên thõa mãn đ/k bất đẳng thức đối xứng hai biến, nên ta đặt t= x+y sau đó biểu thị xy qua t để đưa bài toán tới xét hàm số theo t

Hướng dẫn

Ta có

2

3 3

(x y)(x xy y ) x y

A

( do x y xy  x2 y2  xy) đặt x+y = t do x y xy  x2 y2  xy nên ta có xy =

2

t

t 3 , mặt khác ta có

2

(x y) 4xy nên ta có

2

2 4t

t 3

 Ta xét hàm số

2

t 3

f (t)

t



  hàm số này nghịch biến với t 1 nên f (t) f (1) 16  vậy giá trị lớn nhất của A là 16

khi t=1 hay x=y=1

2

Bài toán 4 Cho x,y > 0 thõa mãn x2 y2 1

GTNN của biểu thức P (1 x)(1 1) (1 y)(1 1)

Hướng dẫn

Đặt t = x+y ta có

2

t 1 xy

2



 và t >1 áp dụng bất đẳng thức

(x y) 2(x y ) ta có 1 t  2

Khi đó P =

2

(1 x y xy)( )

 xét hàm số f(t) =

2

t t

t 1



 với



t 1; 2  Lập bảng biến thiên ta có GTNN P = 4 3 2 Vậy chọn A

Bài toán 5: : Cho x, y thõa mãn (x y) 3 4xy 2 Tìm GTNN của biểu thức

A= 3(x y x y ) 2(x y ) 1 ( KB- 2009)

Hướng dẫn

Ta biến đổi biểu thức A như sau

A= (x y ) (x y ) 2(x y ) 1

2   2     Áp dụng bất đẳng thức

2 2 2

4 4 (x y )

2



A (x y ) 2(x y ) 1 4

Lúc này ta đặt x2 y2 t Xuất phát từ giả thiết ta có

(x+y) 4xy 2  (x+y) (x y) 4xy 2+4xy (do (x y)   4xy)

(x+y) (x y) 2 (x y 1)((x y) (x y) 2) 0 (x y) 1

Ta lại có

2



Xét hàm số 9 2

f (t) t 2t 1

4

   với t 1

2



GTLN A = 9

16 khi x= y= 1/2

Trong phần tiếp theo tôi xin trình bày một số dạng bài toán tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của biểu thức chưá ba biến đối xứng bằng cách đặt ẩn phụ hoặc thế hai biến qua một biến còn lại Từ đó chuyển bài toán về dạng tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của hàm số

Bài toán 7

Cho x, y,z 0  thõa mãn x+y+z = 1 Chứng minh rằng 1 1 16

zx  yz 

Hướng dẫn

Đặt t = x+y Từ giả thiết ta có z=1-(x+y)=1-t và 0<t< 1

Áp dụng bất đẳng

2

(x y) 4xy xy

4

xz yz xy(1 t) t t

Xét hàm số f (t) 4 2;f '(t) 4(2t 1)2 2 ;f '(t) 0 t 1



Ta có

t 0 1/2 1

f’(t) - 0 +

f(t)  

16

Từ bảng biến thiên ta có P16 dấu bằng sảy ra khi x=y= ;z1 1

4 2

Bài toán 8 (IMO 1984)

Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn x y z  1 Chứng minh rằng

7 2

27

xy yz zx   xyz (1)

Hướng dẫn

Từ x+y+z=1 ta có x+y=1-z Biến đổi (1) ta có

A xy yz zx xyz xy y x z ta có xy (x+y)2 (1 z)2



Xét hàm số f(z) =

3 2

2z z 1 4

f '(z) 3z z,f '(z) 0 z

3

Lập bảng biến thiên ta có GTLN của f(z)= 7

27 hay A=

7 2

27

xy yz zx xyz

dấu bằng sảy ra khi

x y

x y z 1













  



Bài toán 9 Cho x2 y2 z2 1 Gọi M, n lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ

nhất của biểu thức P= x+y+z+xy+yz+zx Khi đó M+ n bằng

Phân tích:

Với bài toán trên ta không thể rút một trong ba biến x,y,z để thế ngay vào trong biểu thức cần chứng minh, do đó để có thể biểu thị được thì ta phải đưa số mũ của x,y,z về bậc 1, nên ta sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxiki ta có thể biến đổi như sau (x y z)  2 3(x2 y2 z )2   3 x y z    3

Hướng dẫn

Đặt t = x+y+z Áp dụng BĐT Bunhiacopxiki ta có (x y z)  2 3(x2 y2 z )2

hay  3 t  3 Khi đó ta có

Xét hàm số 1 2

f (t) (t 2t 1);f '(t) 2t 2

2

Lập bảng biến thiên ta có

GTLN của P = 1+ 3 khi t = 3 hay (x; y;z) ( 13; 13; 13)

GTNN của P = -1 khi t =-1 hay (x; y;z) ( 1;0;0)  và các hoán vị Chọn A

chú ý : bài toán trên ta cũng có thể đặt theo hai biến bằng cách đặt t=x+y sau đây

là một ví dụ ta có thể đặt ẩn phụ bằng phương pháp trên

Bài toán 11 ( Belarus 1999)

Cho các số thực dương a, b, c thõa mãn a2 b2 c2 3 Chứng minh rằng

1 1 1 3

1 ab 1 bc 1 ca     2

Phân tích: Với bài toán trên cũng tương tự như bài toán 9 ta dùng bất đẳng thức

Bunhiacopxiki để đưa số mũ của a, b,c xuống bậc nhất sau đó ta có thể đặt ẩn phụ để xét hàm số

Hướng dẫn :

Từ giả thiết áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có

(a+b+c) 3(a b c )  a b c 3  

Áp dụng bất đẳng thức cosi ta có

1 ab 1 bc 1 ca          

1 ab 1 bc 1 ca 3 ab bc ca

Đặt a+b = t mặt khác

2

(a b) 4ab ab

4

    và c 3-t do c 0  t 3

Vậy bất đẳng thức (1) trở thành

t

1 ab 1 bc 1 ca 3 ab bc ca 3 (3 t)t t 4t 4

4

Xét hàm số f (t) 2 12

t 4t 4



   với 0 t 3  ta có

2

2t 4

t 4t 4



   Lập bảng biến thiên ta có GTNNf(t) = 3

2

khi t = 2 hay ta có 1 1 1 3

1 ab 1 bc 1 ca     2 dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1

Bài toán 11: Cho 3 số thực a,b,c thõa mãn a b c, , 0;2 ; ab c 3 Tìm giá

trị lớn nhất của biểu thức M a b c

ab bc ca

2 2 2



Ta có a( 2 b2 c2) 9 2(abbcca)

M

ab bc ca ab bc ca

2 2 2

    ,lúc này bất đẳng thức đã trở về 1 biến

với ẩn là t = ab+bc+ca

Hướng dẫn

ab bc ca ab bc ca

2 2 2

 

a b c, ,  0;2 nên (a-2)(b-2)(c-2) = abc – 2(ab+bc+ca)+4(a+b+c)-80

Do đó ab+bc+ca abc 4(a b c) 8

2



Có abc0 do a,b,c0 và a+b+c =3  abbcca2

Đặt t= ab+bc+ca ( t2) khi đó ta xét hàm số f t t

t

9 2 ( )  với ( t2) khi đó

t

Max 2f( )t 5

2

  khi t= 2 Vậy GTLN cuả M bằng 5

2 khi (a,b,c)=(0;1;2) và các hoán vị

Bài toán 12 Cho các số thực không âm a,b,c thõa mãn a+b+c =1 Tìm giá trị

nhỏ nhất của biểu thức

M 3(a b 2 2 b c2 2 c a ) 3(ab bc ca) 2 a2 2     2 b2 c2 ( KB.2010)

Hướng dẫn

Ta có M (ab bc ca)   2 3(ab bc ca) 2 1 2(ab bc ca)     

Đặt t = ab+bc+ca ta có

2

(a b c) 1

0 t

 

Xét hàm số f (t) t 2 3t 2 1 2t  trên t 0;1

2

 

  ta có f '(t) 2t 3 2

1 2t

  



tacó f ''(t) 2 2 3 0

(1 2t)

 hay f’(t) là hàm nghịch biến trên t 0;1

2

 

xét hàm số f’(t) với

t 0;

3

 

   với t 0;1 ;t 1

 

   

  do hàm f’(t) nghịch biến nên

1 11

f '(t) f '( ) 2 3 0

    do đó f’(t) là hàm đồng biến với t 0;1

3

 

  

ta lại có t 0;1 ;t 0

3

 

   

  do hàm đồng biến f (t) f (0) 2, t 0;1

3

 

      Vậy GTNN của M = 2

Dấu bằng xảy ra

ab bc ca

ab bc ac 1 (a;b;c) (1;0;0);(0;1;0);(0;0;1)

a b c 1







   



CÁC BÀI TẬP TỰ LUẬN

Bài 1:Cho x, y 0 và x+y =1 tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức

S (4x 3y)(4y 3x)+25xy (ĐH B.2009)

Bài 2:Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn: a+ b+ c= 1 CMR:

2 2 2

14

a + b + c ab bc ca  

Bài 3: Cho x,y,z là các số thực dương chứng minh rằng

) (

5 8 ) (

xyz       (THTT-số 356)

Bài 4: cho x 0,y0 và x2( 3 y3)x y3 3 6x y2 2 Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ

nhất của biểu thức A

x y xy

    

Bài 5: Cho a,b,c thõa mãn a+b+c=3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

ab bc ca

a b c a b c

2 2 2

2 2 2

Bài 6: Cho x,y >0 thõa mãn xy+y+x=3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Q

Bài 7: Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn 1 1 1 4

x y z  Chứng minh rằng

1

(ĐH A.2005)

Bài 8: Cho x,y,z thõa mãn x,y,z1;4 ; x y x, z.Tìm giá trị nhỏ nhất của P=

x y y z z x

2 3     ( ĐH A.2011)

Bài 9: Cho a, b là các số thực dương thõa mãn 2(a2 b ) ab (a b)(ab 2)2     Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Bài 10: Cho a,b,c là các số thực dương thõa mãn a+b+c=1.Tìm giá trị nhỏ nhất

của biểu thức

ab bc ca

a b b c c a

2 2 2

CÁC BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM

Bài 1: Cho x,y,z là ba số thực dương có tổng bằng 3 Giá trị nhỏ nhất của biểu

thức P 3(x2 y2 z2 ) 2  xyz là

A: 7 B 8 C 9 D 10

Bài 2: Chox y, là các số thực thỏa mãn x2 y2  xy 1 Tìm GTLN, GTNN của

6 6 2 2 2

F x y  x y xy

A GTLN = 1; GTNN = 1

3

3

C GTLN = 2; GTNN = 1 D GTLN = 1; GTNN = 2

Bài 3: Cho các số thực không âm x,y,z thoả mãn 2 2 2 3





y z

x Giá trị lớn nhất của biểu thức A xy yz zx x y z











Bài 4: Cho x, y, z là ba số thực dương thay đổi và thỏa mãn: x2y2z2 xyz Giá trị lớn nhất của biểu thức: P x x yz y y zx z z xy











A 12 B 3

2

Bài 5: Cho x, y, z > 0 thoả mãn x+ y + z =1 khi đó Giá trị lớn nhất của biểu: