Có những bài toán bất đẳng thức khó khi bồi dưỡng học sinh khá giỏi việc sử dụng những phương pháp đã có gặp nhiều khó khăn, vì thế với hướng suy nghĩ khắc phục những hạn chế về phương p[r]
Trang 1A lý DO CHọN Đề TàI
Trang bị những tri thức cơ bản, cần thiết, tiên tiến nhất đặc biệt là những tri
hàng đầu trong các mục tiêu dạy học môn toán
Bất đẳng thức là một vấn đề ( giáo viên và học sinh thâm nhập với một
( thời gian khá nhiều vì đây là vấn đề có thể phát triển khả năng duy toán học cho học sinh
hình cụ thể có nhiều dạng Có những bài toán bất đẳng thức khó khi bồi ) ?
khó và cũng để khơi dậy trí tìm tòi của học sinh và giáo viên trong quá trình tự học, khơi dậy lòng say mê tìm kiếm những cái mới
trong các kỳ thi học sinh giỏi, thi Đại học) Và trong một số bài toán tôi khai thác
hóa
Nội dung đề tài gồm hai phần :
Phần I: một biến là ẩn phụ t=h(x,y,z, )
Phần II: Một biến là x(y hoặc z)
1 S về 1 biến nhờ điều kiện
2 S dần về 1 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)
Phương pháp giải:
Chứng minh: Pg (t) t D
Chứng minh: g(t) A t D
Chứng minh: P g(t) t D
Chứng minh: g(t) A t D
Vấn đề đặt ra là đánh giá biểu thức p để về biểu thức một biến g(t) và chứng minh
A
t
g( )
- Việc chứng minh g(t) A ở đây tôi có thể sử dụng cách biến đổi, dùng 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
Trang 2- 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, )
*/ Kiến thức bổ sung
1.Bất đẳng thức cơ bản :
a.Bất đẳng thức côsi:
cho x1,x2, ,x n(n 2) số không âm khi đó:
đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
n
n
n n x x x x
x
x1 2 1 2 x1 x2 x n
b Bất đẳng thức bunhiacopxki:
2 2
2 1 1 2
2 2
2 1 2 2
2
2
đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
n
n y
x y
x y
x
2
2 1 1
c Bất đẳng thức svac-xơ (hệ quả của bất đẳng thức bunhiacopxki) :
với y1, y2, , yn( n 2 ) là số ) J
n n n
n
y y
y
x x
x y
x y
x y
x
)
(
2 1
2 2
1 2
2
2 2 1
2 1
đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi :
n
n y
x y
x y
x
2
2 1 1
2.Tính chất:
a Nếu P có giá tri không đổi khi ta hoán vị vòng quanh các biến x,y,z
chẳng hạn P= f(x,y,z) = f(y,z,x) = f(z,x,y)
khi đó không mất tính tổng quát ta có thể giả sử x = max(x,y,z, ) hoặc x = min(x,y,z, )
b Nếu P có giá trị không đổi khi ta hoán vị một cách bất kì các biến x,y,z
chẳng hạn P = f(x,y,z) = f(x,z,y) = f(y,x,z) = f(y,z,x) = f(z,x,y) = f(z,y,x)
khi đó không mất tính tổng quát ta có thể sắp xếp các biến theo một thứ tự x y z
II một biến là ẩn phụ t=h(x,y,z, ).
Bài toán 1:
Với x,y là các số thực ) chứng minh rằng:
x3 y3 xy2 yx2(1)
Giải:
Vì x là số ) nên:
(1)
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: k 4 dẫn hs xét hàm : f(t)= t3 -t2 - t+ 1 trên (0; ).
f’(t)= 3t 2 - 2t -1=0 t= 1 ; t= - 1
3
Trang 3f ’ (t) - 0 +
Suy ra f(t) 0 với mọi t>0 (đccm)
Tổng quát
Ta có bài toán 1 ’ :
Cho x,y là các số thực ) m Chứng minh rằng:
x n y n xy n1 x n1y(n 2 ,n N)
Chứng minh hoàn hoàn tự!
Bài toán 2:
Giải:
x
y
y
x
y y
x x
y y
x t
C1: Ta có: (2) trở thành:
(t+2)(t -2t -t+3) 0(2')
0 2 )
2 ( 2
)
2
+) Với t 2: ta có t -2t -t+3=(t-2)(t -1)+1>0 3 2 2
nên bất đẳng thức (2') đúng
+) Với t -2: ta có t -2t -t+3=(t+2)[(t-2) +3] - 11 > 0 3 2 2
và t+2 0 nên bất đẳng thức (2') đúng
vậy bất đẳng thức (2) đúng dấu bằng xảy ra khi t=-2 hay x=-y
đpcm.
C2: Xét hàm số: f(t) = t 3 2t 2 t + 3 trên (; -2] [2; )
Bài toán 3:
Cho x,y,z là số thực thỏa mãn: x2 y2 z2 2
Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhấtcủa biểu thức: P x3 y3 z3 3xyz
Giải:
) (
) (
2 xy yz zx x y z z
y
x3y3z3 3xyz (xyz)(x2 y2z2 xyyzzx) và điều kiện ta có:
2
2
Đặt: t x y z 0 t 6
C1:
2
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi t 2
Vậy: Pmin= 2 2 khi x= 2 ,y=z=0 hoặc hoán vị
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 4Pmax=2 2 khi x= 2 ,y=z=0 hoặc hoán vị.
2
P t t
(0 t 6)
f’(t)=
2
3
2
t
f(t)
2 2
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 ) thoả mãn: a+ b+ c= 1 CMR:
.
14
a + b + c ab bc ca
a b c abbcca
3(a + b + c )
a b c
Suy ra: Nếu đặt t= 2 2 2 ta có: VT= với
f t
1
1 t<1
3
2
2
t
t
BBT
f(t)
8 4 3
Vậy: f(t) 8 4 3 1 ( đpcm)
14
Bài toán 5 Đề thi đại học cao đẳng khối A năm 2006
Trang 5Cho x, y là hai số thực khác không thoã mãn: 2 2 ;
.
Tìm GTLN của biểu thức: A= 13 13
Giải
Đặt: 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).
Xét: f(S) =S 3 trên
S
( ; 3) [1; ).
f’(S)= 32 0 suỷa f(S ) nghịch biến
S
S ( ; 3) [1; ).
BBT:
-f(S)
1
0
4
1 MaxA = f2(1) = 16 Đạt ( tại x= y= ( Khi S= 1; P= ).1
2
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:
2 3 0 ,
,
z y
x
z
y
x
2
15 1 1 1
z y x z y x
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
2
3
0
t
C1: Ta có: f(t)= t 9 với:
t
2
t
Trang 6f’(t)= 1 92 0 ;3 f(t) nghÞch biÕn trªn
2
t
3 0;
2
Suy ra: ( ) ( )3 15
DÊu b»ng x¶y ra: x = y = z vµ t = hay x = y = z = 3
2
1 2
C2: ¸p dông B§T c«sy ta cã:
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
DÊu b»ng x¶y ra khi vµ chØ khi x = y = z = ®pcm
2
1
Tæng qu¸t :
Ta cã bµi to¸n 6* :
Cho x1, x2, , xn( n 2 ) lµ sè ) ;
*
x x x k k R 2 2
;
k
ak bn x
x x b x x
x a
n n
2 2
2 1 2
1 ) (1 1 1 )
k 4 dÉn gi¶i:
C1:
2
bn
§Æt: t = x1 x2 xn k
Ta cã: VT = f(t) = víi
2
bn at
t
f’(t)= (v× gt: ak2 bn2)
2 2 0
bn at bn
Suy ra: f(t) nghÞch biÕn trªn: 0<t k
VËy: P f t( ) f k( ) ak2 bn2
k
DÊu b»ng x¶y ra: x = y = z vµ t = hay x = y = z = k k
n
C2: ¸p dông B§T c«sy ta cã:
2
bn
DÊu b»ng x¶y ra: x = y = z = k
n
Trang 7Nhận xét:
Đặc biệt hóa bài toán (6*) :Với a=1; b=4 ; n=3 ; k= ta có:
2 3
Bài toán 6*.1:
2 3 0 ,
,
z y
x
z y
x
2
51 ) 1 1 1 (
z y x z y x
Kết hợp bất đẳng thức bunhiacopxki ta có:
Bài toán 6*.2.:(Olimpic-toán sơ cấp -Đại Học Vinh)
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
tự sau đó cộng vế theo vế:
áp dụng bài toán 6* với a= 1 ; 4 ; 3; 3suy ra điều phải chứng minh
2
Bài toán 6*.2 ’ (Đề thi đại học cao đẳng khối A năm 2004).
1
0 ,
,
z y
x
z
y
x
82 1
1 1
2 2 2 2 2
z
z y
y x x
áp dụng bài 6*2 và 6* với: a=1; b=9; n=3; k=1 ta có đpcm
Bài toán 6* : Với a= -1; b=1 ; n=2 ; k= 2 ta có:
Bài toán 6*.3 :
2
0 ,
y
x
y
x
2 ) ( 1 1
y x
Bằng cách thay đổi giả thiết, đặt ẩn phụ ta có :
Bài toán 6*.3’:
1
a b
a b
Thật vậy: bằng cách đặt: x= 1 a ; y= 1 b và kết hợp bất đẳng thức bunhacopxki và
bài toán trên ta suy ra điều phải chứng minh
Trang 8Tổng quát:
Bài toán 6*.3*:
Cho x1,x2, ,x n(n 2)là các số thực ) và x1 x2 x n m, m>0:
1
2 2 1
1
mn x
m
x x
m
x x
m
x
n n
Chứng minh hoàn toàn tự !
nào?
Trả lời câu hỏi này ta có bài toán mới :
Bài toán 6**
Cho x1,x2, ,x n(n 2 ) là các số thực ) thoả mãn:
) (
2
;
0 ak bn
k
ak bn x
x x b x x
x a
n n
2 2
2 1 2
Từ bài toán (6**) ta có thể khai thác ta được những bài toán mới khá thú vị
Bài toán 7:(THTT/ T4/352/2007)
Với x,y,z là các số thực ) và xyz 1:
2
3
z xz
y
y yz
x x
Giải:
Đặt a= x , b= y , c= z
Bài toán trở thành :
Cho: a,b,c là các số thực ) và abc 1 Chứng minh rẳng
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:
ab c ac b bc a
c b a
2 2
2
2
)
4
) (
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
{vì ab+bc+ca 3 2 3}
) (
3 abc
Trang 9Đặt: t=(a+b+c) thì t 9 { vì a+b+c2 3 3}.
3 abc
C1: P2 = f(t) = = với t 9
) 3 ( 3
2
t
1
3t 3(t 3)
3 3t 9 t t
BBT:
f(t)
9 2
Vậy P2 = f(t) 9 Suy ra: P Dấu bằng xảy ra khi x=y=z=1 (đpcm).
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 P Dấu bằng xảy ra khi x= y= z= 1 (đpcm).
2
9
2 3
Tổng quát ta có bài toán sau:
Cho: x1,x2, ,x n(n 2 ) là các số thực ) và x1x2 x n 1
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 8:
1
0 ,
,
z y
x
z
y
x
10
9 1
1
z
z y
y x
x P
(-[0 ý nghĩ nảy sinh là biến đổi P để làm đổi chiều bất đẳng thức ?
Giải : Ta có :
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:
1
Trang 10Đặt 2 2 2 từ đk
t x y z
3
1
t
2
2
8 3
1 3
t
f t
3
t
Suy ra: f(t) nghịch biến trên [ 1; )
3
Vậy P = f(t) ( )1 9 Dấu bằng xảy khi và chỉ khi x=y=z= (đpcm).
3 10
f
3 1
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= (đpcm).
3 1
Khi gặp bài toán có điều kiện phức tạp khó sủ dụng thì phải xử lí điều kiện Ta xét bài toán sau:
Bài toán 9:(Tạp chí toán học tuổi thơ)
Cho , , (0;1) (@) CMR: x +y +z
(1 )(1 )(1 )
x y z
4 3
Giải:
Ta có: (@)1-(x+y+z)+xy+yz+zx=2xyz
x +y +z =2-2(x+y+z)+(x+y+z) -4xyz
áp dụng bđt Côsi ta có : x y z xyz nên
3
x +y +z2 2 2 2-2(x+y+z)+(x+y+z) -42
3
xyz
Đặt t=x+y+z thì: 0 t 3 Khi đó:
dấu bằng xảy ra khi t= hay x=y=z= (đpcm)
2
3
2 1
Nhận xét
Bài toán 1
Cho x,y là các số thực ) m CMR:( x2 y2)3 8 8 x2y2 8 xy
Bài toán 2 (THTT-248 - 1998):
Cho x,y,z là số ) không lớn hơn 1 CMR:
Trang 11a
3
) 1 )(
1 )(
1 ( 3
1
z
y
x
3
1 1
z y x z
y
Từ đó ta có bài toán tổng quát :
Cho x1,x2, ,x n(n 2 ) là số ) không lớn hơn a;
CMR:
Hd: áp dụng bất đẳng thức côsi:
Ta có:
.
n n n
n
x x
x na x
a x
a
x
2
1
bất đẳng thức trở thành:
1
0(*)
n
n
a a na t na t n a t na t
áp dụng bất đẳng thức côsi ta có:
n n n n
n n
a n t
na t a n n
na n t
na t na t
na
t
kết hợp điều kiện bài toán nên bất đẳng thức đúng(*)
Bài tập tự luyện
1 Cho x, y, z là các số thực nằm trong đoạn [1;2] Cmr : 0 xyyzzx (x yz) 6
2 Cho Cmr:
1
0 , ,
xyz
z y
x
3
10 1
2 2
zx yz xy z y x
3 Cho Cmr:
0 , ,
1
z y x
xyz
4 3
2 2
z y x x
z z
y y x
2 1 0 ,
,
z y x
z y x
5
108 1
1 1
2 2
x
5.(THTT- 346/2006) Cho Cmr:
0 , ,
1
z y x
z y x
) )(
(
8 x2 y2 z2 x2 y2 y2z2 z2x2
zx
yz
6 Cho
] 2
; 1 [ , ,y z x
z y x zx yz xy
1
1 2
n n
a x a x a x
Trang 12Cmr:
4
3 )
( 4 ) ( 4 ) (
2
2 2
2
2
z x
z
y z
y
x
7: Cho x,y,z là các số thực không âm
Cmr: 2xyz x2 y2 z2 1 2 (xy yz zx)
HD: Bất đẳng thức của bài toán với
(x y z) 2xyz 1 4(xyyzzx) 4(xyyzzx) ( x y z) 2xyz 1
kết hợp bất đẳng thức trên và bất đẳng thức côsi ta cần chứng minh:
1
27
)
2
9
t t
z y x
t
2
9 ,t
8.Cho x,y,z là các số thực không âm chứng minh rằng :
) (
6 1 ) (
5 ) (
3 x2 y2z2 xyz x yz xyyzzx
Bằng cách tương tự ta có bài toán:
9.Cho x,y,z là các số thực ) chứng minh rằng
(THTT-số 356)
) (
5 8 ) (
10 Cho x,y,z là các số thực ) chứng minh rằng
) 1 )(
1 )(
1 ( 3 2
2
2
11 Cho Cmr:
] 3
4
; 0 [ , ,
3
z y x
zx yz xy
13 ) (
x y z xyz
3
0 , ,
2 2 2
z y x
z y x
30
27
y z xyz x
13 Cho , , 0 Cmr:
2
x y z
- Từ bất đẳng thức bunhiacôsxki, svac -xơ và đẳng thức
2 2
2
2
) (
) (
z
y
14 Chứng minh rằng: 4 với mọi x,y thuộc R
4 4 4
2
27 2
1 1
2
27 2
1
y x
y x
HD: t xy
15 Cho Cmr:
) 2
; 0 ( , ,
3
z y x
z y x
2 2
2 2
2 2
4
1 4
1 4
1 )
2 )(
2 )(
2
(
27
z y
x z
y
HD: t = 2 :
) (xyz
16 Cho Cmr:
0 , ,
4
2 2 2
z y x
xyz z y x
3
y z x
] 1
; 0 ( , ,y z x
z y x zx yz xy
3 ) (
) (
)
2
2 2
2
2
z y
x z
y x
z
y
x
Trang 1318 Cho x1,x2, ,x n(n 2 ,nN) là số ) ơngvà x1x2 x n k(nk 0 )
Chứng minh rằng:
) (
1
1
2 2
2 2 2 1
n x
x x
x x
Nhận xét
dấu bằng xảy ra tại đâu để đánh giá hay tách nhóm hợp lý
-Khi đặt ẩn phụ thì phải tìm điều kiện sát của ẩn phụ đặc biệt là chứng minh g(t) 0 bằng
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
1.Đưa về một biến nhờ điều kiện:
Bài toán 10:
0 ,
,
1
z y
x
z y
x
27
8
yz zx xyz xy
Giải:
Từ đk bài toán ta thấy 0 z 1 1 z 0
áp dụng bđt côsi ta có:
P = xy+yz+zx-xyz = z(x+y)+xy(1-z) z(x+y)+ (1-z)
2
2
y x
2
2
1
z
4
1
2
với mọi z,
27
8 27
8 ) 3
5 (
)
3
1
(
4
dấu bằng xảy ra khi x= y= z= đpcm
3
1
@) Có thể xét hàm: f(z) = với
4
1
2
0 z 1
Bài toán số 11:
0 ,
,
3
z y
x
z y
x
) 9 ( )
( 2
5 xyz xy yzzx
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
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
đúng với z [ 0 ; 1 ] Dấu bằng xảy ra khi x=y=z=1 đpcm
Trang 14@) Có thể xét hàm: f(z) = 3 3 2 với
4
0 z 1
Nhận xét: Nếu lấy điều kiện 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 ( biểu thức
Bài toán 11’: (Tổng quát của bài 11)
3 4
0
;
0
0 ,
,
3
b
a
b
a
z
y
x
z y
x
0 ) 3 ( )
(xy yz zx bxyz a b
a
HD: Không mất tính tổng quát giả sử: z = min(x,y,z)
Từ điều kiện dễ thấy 0 1 0 ; 3 4 0 ta có:
b
a z bz a z
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:
Sử dụng đẳng thức 2 2 2 2 ta có thể bài toán trên về
) (
) (
z y
0 ,
,
3
z
y
x
z y
x
4
2 2
x
Sử dụng đẳng thức x3 y3 z3 3xyz (xyz)[(xyz)2 3 (xyyzzx)]
:
0 ,
,
3
z
y
x
z y
x
9 3
) (
2 x3y3z3 xyz
0 , ,
1
z y x
z y x
) (
18 27
5 xyz xyyzzx
0 , ,y z x
zx yz xy xyz
) (
18 27
5x2y2z2 xyz x2 y2 z2
0 , ,
3
z y x
z y x
) (
6 15
3 3 3
zx yz xy z
y
HD: Ap dụng bài 11 và bất đẳng thức côsi: x3 y3z3 3xyz
*) Từ bài toán 11.3 chứng minh ( bài toán tổng quát Tương tự bài toán 11':
... hợp (dùng cách biến đổi , sử dụng bất đẳng thức cổ điểnbunhiacopki,côsi, )
*/ Kiến thức bổ sung
1 .Bất đẳng thức :
a .Bất đẳng thức côsi:... dung đề tài gồm hai phần :
Phần I: biến ẩn phụ t=h(x,y,z, )
Phần II: Một biến x(y z)
S biến nhờ điều kiện
2 S dần biến
b.nội dung đề tài< /b>...
nên bất đẳng thức (2'')
+) Với t -2: ta có t -2t -t+3=(t+2)[(t-2) +3] - 11 > 2
và t+2 nên bất đẳng thức (2'') đúng
vậy bất đẳng thức (2)