Đề tài Giải bất đẳng thức bằng phương pháp đưa về một biến

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Giải bài toán bất đẳng thức bằng phương pháp đưa về một biến. .. A. lý DO CHäN §Ò TµI Trang bị những tri thức cơ bản, cần thiết, tiên tiến nhất đặc biệt là những tri thức phương pháp và phát triển trí tuệ cho học sinh là các mục tiêu được đặt lên hµng ®Çu trong c¸c môc tiªu d¹y häc m«n to¸n. 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 häc cho häc sinh. Thế nhưng qua việc tìm hiểu vấn đề này trong quá trình dạy học tôi thấy mặc dù đã có rất nhiều phương pháp giải cho những bài toán bất đẳng thức điển hình cụ thể có nhiều dạng. 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 pháp giải đã có trước tôi đã tìm kiếm thêm được một phương pháp tiện lợi để giải quyết những bài toán khó và cũng để khơi dậy trí tìm tòi của học sinh và giáo viên trong quá trình tự häc, kh¬i dËy lßng say mª t×m kiÕm nh÷ng c¸i míi. Vì những lý do đó: 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 c¸c kú thi häc sinh giái, thi §¹i häc). Vµ trong mét sè bµi to¸n t«i khai th¸c sâu thêm bằng những hoạt động trí tuệ như tổng quát, phân tích, so sánh, đặc biệt hãa... Nội dung đề tài gồm hai phần : PhÇn I: mét biÕn lµ Èn phô t=h(x,y,z,...). PhÇn II: Mét biÕn lµ x(y hoÆc z). 1. §­a vÒ 1 biÕn nhê ®iÒu kiÖn. 2. §­a dÇn vÒ 1 biÕn.. b.nội dung đề tài I. PHương pháp 1. Bµi to¸n: XÐt bµi to¸n:Víi ®iÒu kiÖn R (nÕu cã) . Chøng minh r»ng P=f(x,y,z,...)  A (hoÆc  A) Phương pháp giải:  Chøng minh: P  g (t ) t  D Chøng minh: g (t )  A t  D .  Chøng minh: P  g(t) t  D Chøng minh: g(t)  A t  D . Vấn đề đặt ra là đánh giá biểu thức p để đưa về biểu thức một biến g(t) và chứng minh g (t )  A. - 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.. Lop10.com. 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Giải bài toán bất đẳng thức bằng phương pháp đưa về một biến. - 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,c«si,....). .. */ KiÕn thøc bæ sung 1.Bất đẳng thức cơ bản : a.Bất đẳng thức côsi: cho x1 , x2 ,..., xn (n  2) số không âm khi đó: x1  x2  ...  xn  n n x1 x2 ...xn đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x1  x2  ...  xn. b. Bất đẳng thức bunhiacopxki: 2 2 2 2 2 2 ( x1  x2  ...  xn )( y1  y2  ...  yn )  ( x1 y1  x2 y2  ...  xn yn ) 2 x1 x2 x   ...  n đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi y1 y2 yn c. Bất đẳng thức svac-xơ (hệ quả của bất đẳng thức bunhiacopxki) :. với y1 , y2 ,..., yn (n  2) là số dương:. 2. 2. 2. x1 x x ( x  x2  ...  xn ) 2  2  ...  n  1 y1 y2 yn y1  y2  ...  yn. x1 x2 xn   ...  đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi : y1 y2 yn 2.TÝnh chÊt: a. Nếu P có giá tri không đổi khi ta hoán vị vòng quanh các biến x,y,z.. ch¼ng h¹n 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... ch¼ng h¹n 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. mét biÕn lµ Èn phô t=h(x,y,z,...).  Bµi. to¸n 1:. Với x,y là các số thực dương chứng minh rằng: x 3  y 3  xy 2  yx 2 (1). Gi¶i: Vì x là số dương nên: 3. 2. y y y (1)  1        x x x. . §Æt 3. y =t x. ( t >0).. 2. C1: Ta có: (1) trở thành : t -t - t+ 1  0  (t-1) 2 (t+1)  0 (đúng với mọi t>0). 2 C2: Hướng dẫn hs xét hàm : f(t)= t 3 -t - t+ 1 trên (0;  ). 1. f’(t)= 3t2- 2t -1=0  t= 1 ; t= - . 3 t. 0. 1.  Lop10.com. 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Giải bài toán bất đẳng thức bằng phương pháp đưa về một biến. 0 +. -. f’(t). .. . 0 f(t) Suy ra f(t)  0 víi mäi t>0 (®ccm). Tæng qu¸t Ta cã bµi to¸n 1’: Cho x,y là các số thực dương; Chứng minh rằng: x n  y n  xy n  1  x n  1 y (n  2, n  N ). Chứng minh hoàn hoàn tương tự!  Bµi. to¸n 2:. Víi x,y lµ c¸c sè thùc kh¸c kh«ng chøng minh r»ng: x4 y4. . y4 x4.  x2 y2  x y     2    y2 x2  y x  . (2). Gi¶i: §Æt t =. y x y x x y     2 (¸p dông b®t c«si).  th× t  y x y x y x. C1: Ta cã: (2) trë thµnh: (t 2  2) 2  2  (t 2  2)  t  2  0  (t+2)(t 3 -2t 2 -t+3)  0(2') +) Víi t  2: ta cã t 3 -2t 2 -t+3=(t-2)(t 2 -1)+1>0. nên bất đẳng thức (2') đúng +) Víi t  -2: ta cã t 3 -2t 2 -t+3=(t+2)[(t-2) 2 +3] - 11 > 0 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  ®pcm. C2: XÐt hµm sè: f(t) = t3 – 2t2 – t + 3 trªn (  ; -2]  [2;  ).  Bµi. to¸n 3:. 2 2 2 Cho x,y,z lµ sè thùc tháa m·n: x  y  z  2 . 3 3 3 T×m gi¸ trÞ lín nhÊt, nhá nhÊt cña biÓu thøc: P  x  y  z  3xyz .. Gi¶i: Từ đẳng thức: x 2  y 2  z 2  2( xy  yz  zx)  ( x  y  z ) 2 ; x 3  y 3  z 3  3 xyz  ( x  y  z )( x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx) vµ ®iÒu kiÖn ta cã: P  ( x  y  z )( x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx)  ( x  y  z )(2 . §Æt: t  x  y  z. . ( x  y  z )2  2 ) 2. 0t  6. t2  2 t3 1 )    3t   (t  2) 2 (t  2 2)  2 2  2 2 2 2 2 DÊu b»ng x¶y ra khi vµ chØ khi t  2 VËy: Pmin=  2 2 khi x=  2 ,y=z=0 hoÆc ho¸n vÞ.. C1: P  t (2 . Lop10.com. 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Giải bài toán bất đẳng thức bằng phương pháp đưa về một biến. Pmax= 2 2 khi x= 2 ,y=z=0 hoÆc ho¸n vÞ. C2: §Æt f(t) = P  t (2  f’(t)=  t 0 f’(t) f(t). t2  2 t3 )    3t 2 2. (0  t  6) .. 3t 2  3  0  t  2; t   2 2 2. 6. -. 0 2 2. Suy ra f(t)= P  2 2 ..(0  t  6 ) . VËy Pmin=  2 2 khi x=  2 ,y=z=0 hoÆc ho¸n vÞ. Pmax= 2 2 khi x= 2 ,y=z=0 hoÆc ho¸n vÞ.  Bµi. to¸n 4 (§Ò thi gi¸o viªn giái n¨m 2003- 2004) Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn: a+ b+ c= 1. CMR: 2 3   14 . a 2 + b 2 + c 2 ab  bc  ca. §Ó ý r»ng: 1= a  b  c   a 2 + b 2 + c 2  2(ab  bc  ca) ; 2. 2 2 2 1= a  b  c   3(a + b + c ) 2. 2 6 1 víi  t<1 . t 1 t 3  1  3 t  2 4t  4t  2 2 0 2 0 2  1  3 . t  1  t  t   2. Suy ra: Nếu đặt t= a 2 + b 2 + c 2 ta có: VT= f t    2 6  2 2 f’(t) = t 1  t  BBT t f’(t). 1 3. 1  3 2. -. 1 +. 0. . f(t) 84 3. VËy: f(t)  8  4 3   Bµi. 1 ( ®pcm). 14. toán 5 Đề thi đại học cao đẳng khối A năm 2006 Lop10.com. 4. ..

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Giải bài toán bất đẳng thức bằng phương pháp đưa về một biến. Cho x, y lµ hai sè thùc kh¸c kh«ng tho· m·n: x  y .xy  x 2  y 2  xy ; T×m GTLN cña biÓu thøc: A=. .. 1 1  3. 3 x y. Gi¶i §Æt: S= x+y; P= x.y (s2  4p ).  x 3  y 3  x  y x 2  y 2  xy  x+y 2 .xy  S 2 P  Tõ gt ta cã:  . S2 2 SP= S - 3P  P  S 3 . ( L­u ý S = -3 kh«ng tho· m·n). S2 S 1  S2  0  S  3.v.S  1. . S 3 S 3 2 2 2 2 1 1 x 3  y 3 x  y x  y  x. y  x  y  xy S 2 S  3 VËy A= 3  3  3 3  víi S<-3 v S  1 .   2  3 3 x y P S2 x y x. y  x. y . §¸nh gi¸ S: S2  4P => S 2  4.. S 3 trªn (; 3)  [1; ). S 3 f’(S)=  2  0 S  (; 3)  [1; ). suûa f(S ) nghÞch biÕn. S. XÐt: f(S) =. BBT: S . -3. 1. -. f’(S). . -. 1. 4. f(S) 0. 1. MaxA = f2(1) = 16. §¹t ®­îc t¹i x= y=. 1 1 ( Khi S= 1; P= ). 2 4. Sau đây ta xét một số ví dụ mà phải đánh giá biểu thức P mới thấy được ẩn phụ  Bµi to¸n 6:  x, y , z  0 1 1 1 15 3 Cmr: P= x  y  z     . Cho  . x yz . 2. x. y. z. 2. Giải: áp dụng bất đẳng thức côsi ta có: 1 x. 1 1 1 9   x  y  z  33 x yz y z xyz x yz 3 §Æt t  x  y  z  0  t  . 2 3 9 C1: Ta cã: f(t)= t  víi: 0  t  . 2 t. P= x  y  z  . Lop10.com. 5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Giải bài toán bất đẳng thức bằng phương pháp đưa về một biến. .. 3 9 3 f’(t)= 1  2  0.....t   0;   f(t) nghÞch biÕn trªn  0;  . t  2  2 3 15 Suy ra: P  f (t )  f ( )  2 2 3 1 DÊu b»ng x¶y ra: x = y = z vµ t = hay x = y = z = 2 2. C2: ¸p dông B§T c«sy ta cã: 1 x. 1 1 9 9 27 9 27 15  t  t    2 t.   y z t 4t 4t 4t 4. 3 2 2 1 DÊu b»ng x¶y ra khi vµ chØ khi x = y = z =  ®pcm 2. P= x yz . Tæng qu¸t :. Ta cã bµi to¸n 6* : Cho. x1 , x2 ,..., xn (n  2). là số dương ;. x1  x2  ...  xn  k (k  R* ) b  0; ak 2  bn 2 . Chøng minh r»ng:. a( x1  x2  ...  xn )  b(. 1 1 1 bn 2  ak 2   ...  )  x1 x2 xn k. (*). Hướng dẫn giải:. 1 1 1 bn 2 C1: VT  a( x1  x2  ...  xn )  b(   ...  )  a( x1  x2  ...  xn )  x1 x2 xn x1  x2  ...  xn §Æt: t =. x1  x2  ...  xn  k .. bn 2 Ta cã: VT = f(t) = at  víi t. t k.. bn 2 at 2  bn 2 .  .  0...t  k (v× gt: ak2  bn2). t2 t2 Suy ra: f(t) nghÞch biÕn trªn: 0< t  k. f’(t)= a . VËy: P  f (t )  f (k ) . ak 2  bn 2 k. DÊu b»ng x¶y ra: x = y = z vµ t = k hay x = y = z =. k . n. C2: ¸p dông B§T c«sy ta cã: VT  a ( x1  x2  ...  xn )  b(. 1 1 1 bn 2   ...  )  a ( x1  x2  ...  xn )  x1 x2 xn x1  x2  ...  xn. bn 2 t bn 2 1 bn 2 bn 2  ak 2 2 1 2  at   bn (  2 )  t (a  2 )  bn .2.  k (a  2 )  t t k k k k k k DÊu b»ng x¶y ra: x = y = z = . n Lop10.com. 6.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Giải bài toán bất đẳng thức bằng phương pháp đưa về một biến. .. NhËn xÐt: §Æc biÖt hãa bµi to¸n (6*) :Víi a=1; b=4 ; n=3 ; k= 3 ta cã: 2. Bµi to¸n 6*.1:  x, y , z  0 1 1 1 51 3 Cmr: x  y  z  4(   )  . Cho  x yz  x y z 2  2. Kết hợp bất đẳng thức bunhiacopxki ta có: Bµi to¸n 6*.2.:(Olimpic-to¸n s¬ cÊp -§¹i Häc Vinh).  x, y , z  0 3 C mr: Cho  . x yz . 2. x2 . 1 1 1 17  y 2  2  z 2  2  3. 2 y z x 2. Gi¶i Thật vậy : áp dụng bất đẳng thức bunhacopxki ta có: (x2 . 1 2 4 1 1 4 )(1  4 2 )  x   x 2  2  (x  ) 2 y y y y 17. Tương tự sau đó cộng vế theo vế: 1 1 1 1 4 1 1 1  y2  2  z2  2  ( x  y  z)  (   ) 2 y z x 17 17 x y z 1 4 3 ;b  ; k  ; n  3 suy ra ®iÒu ph¶i chøng minh. ¸p dông bµi to¸n 6* víi a= a  2 17 17 x2 . Bài toán 6*.2’ (Đề thi đại học cao đẳng khối A năm 2004).  x, y , z  0 x  y  z  1. Cho . CMR :. x2 . 1 1 1  y 2  2  z 2  2  82 . 2 x y z. ¸p dông bµi 6*2 vµ 6* víi: a=1; b=9; n=3; k=1 ta cã ®pcm. Bµi to¸n 6* : Víi a= -1; b=1 ; n=2 ; k= 2 ta cã: Bµi to¸n 6*.3 :  x, y  0 x  y  2. Cho . Cmr:. 1 1   ( x  y)  2 . x y. Bằng cách thay đổi giả thiết, đặt ẩn phụ ta có :. Bµi to¸n 6*.3’:  a, b  0 Cmr: a  b  1. Cho . a b   2. 1 a 1 b. Thật vậy: bằng cách đặt: x= 1  a ; y= 1  b và kết hợp bất đẳng thức bunhacopxki và bµi to¸n trªn ta suy ra ®iÒu ph¶i chøng minh Lop10.com. 7.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Giải bài toán bất đẳng thức bằng phương pháp đưa về một biến. .. Tæng qu¸t: Bµi to¸n 6*.3*: Cho x1 , x2 ,..., xn (n  2) là các số thực dương và x1  x2  ...  xn  m , m>0: x1. Chøng minh r»ng:. m  x1. x2. . m  x2.  ... . xn m  xn. . mn . n 1. Chứng minh hoàn toàn tương tự ! ?? Nếu đổi chiều của bất đẳng thức ở điều kiện (bài toán (*)thì bài toán thay đổi như thế nµo? Tr¶ lêi c©u hái nµy ta cã bµi to¸n míi :. Bµi to¸n 6** Cho x1 , x2 ,..., xn (n  2) là các số thực dương thoả mãn: x1  x2  ...  xn  k (k  R* ) ; b  0; ak 2  bn 2 .. Chøng minh r»ng: a( x1  x2  ...  xn )  b(. 1 1 1 bn 2  ak 2   ...  )  (**) x1 x2 xn k. Tõ bµi to¸n (6**) ta cã thÓ khai th¸c ta ®­îc nh÷ng bµi to¸n míi kh¸ thó vÞ ... . Bµi to¸n 7:(THTT/ T4/352/2007). Với x,y,z là các số thực dương và xyz  1: x. Chøng minh r»ng: P =. x. yz. . y. . y  xz. z z  xy. . 3 2. .. Gi¶i: §Æt a= x , b= y , c= z Bµi to¸n trë thµnh : Cho: a,b,c là các số thực dương và abc  1. Chứng minh rẳng P=. a2 a  bc 2. . b2 b  ac 2. . c2 c  ab 2. . 3 2. .. áp dụng bất đẳng thức svac-xơ ta có: P2 .   . 2.  (a  b  c) 4 =  a 2  bc  b 2  ac  c 2  ab   a 2  bc  b 2  ac  c 2  ab. (a  b  c) 2. 2. (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)] 3[(a  b  c) 2  3]. {v× ab+bc+ca  33 (abc) 2  3} Lop10.com. 8.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> Giải bài toán bất đẳng thức bằng phương pháp đưa về một biến. .. §Æt: t=(a+b+c) th× t  9 { v× a+b+c  3 abc  3}. 3. 2. C1:. P2. t2 1 9 = f(t) = = t 1 víi t  9 . 3(t  3) 3(t  3) 3 1 27 f’(t)=   0  t  0; t  6 . 3 3t  9 2. BBT: t 0 f’(t). 3. 6 0. -. 9. . +. +. . f(t) 9 2. VËy P2 = f(t) . 3 9 Suy ra: P  DÊu b»ng x¶y ra khi x=y=z=1 (®pcm). 2 2. 3t  15 t  3 3 3.9  15 t 3 3 t2 9    2 . = = . 12 12 t 3 12 12 t  3 2 3(t  3) 9 3 DÊu b»ng x¶y ra khi x= y= z= 1 (®pcm).  P  2 2. C2: Ta cã : P2 =  P2. . Tæng qu¸t ta cã bµi to¸n sau: Cho: x1 , x2 ,..., xn (n  2) là các số thực dương và x1 x2 ...xn  1 CMR:. . x1 x 1  x 2 x 3 ..x n. . x2.  ... . x 2  x 3 x 4 ...x n x 1. xn x n  x 1 x 2 ...x n  1. . n 2. .. Bµi to¸n 8:  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 nghĩ đến áp dụng bđt svac-xơ nhưng ở đây chiều của bất đẳng thức lại ngược.Một ý nghĩ nảy sinh là biến đổi P để làm đổi chiều bất đẳng thức ? Gi¶i : Ta cã : P  x(1 . x2 y2 z2 x3 y3 z3 )  y ( 1  )  z ( 1  )  1  (   ) 1  x2 1  y2 1  z2 1  x2 1  y2 1  z 2. . . 2. x4 y4 z4 x2  y2  z 2 1 (   )  1  x  x3 y  y 3 z  z 3 x  y  z  x3  y 3  z 3. Ta cã: x 3  y 3  z 3  ( x  y  z )( x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx)  3 xyz  1 x2  y 2  z 2 3  x 2  y 2  z 2  [1  ( x 2  y 2  z 2 )]  3 ( ) 2 3 Lop10.com. 9.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> Giải bài toán bất đẳng thức bằng phương pháp đưa về một biến. .. 1 §Æt t  x 2  y 2  z 2 tõ ®k  t  . 3. C1) Ta cã: P = f(t) = 1 . 2t 2 t 1  3t  2t 3. ..  f '(t )  . 16t . 8 3 2 t t  6t 2  2 3t 2 t 1 3 <0 ..t  . 2 3  t 1  3 t  2 t   3 . 1 3. Suy ra: f(t) nghÞch biÕn trªn [  ;  ). 1 3. VËy P = f(t)  f ( )  C2) Ta cã:. 1 9 DÊu b»ng x¶y khi vµ chØ khi x=y=z= (®pcm). 10 3. 1 (  t )(57t  9) 2t 2t  3t  10t  3 9 9 9 9 P 1 1  2    3 2   t 3t  10t  3 10 10 3t  10t  3 10 10 t 3t  1  t 2  1  3t  2t 3 3 1 DÊu b»ng x¶y khi vµ chØ khi x=y=z= (®pcm). 3 2. 2. 2. Khi gÆp bµi to¸n cã ®iÒu kiÖn phøc t¹p khã sñ dông th× ph¶i xö lÝ ®iÒu kiÖn . Ta xÐt bµi to¸n sau:  Bµi. to¸n 9:(T¹p chÝ to¸n häc tuæi th¬) x, y, z  (0;1)  3 (@) CMR: x 2 +y 2 +z 2  .  4  xyz  (1  x)(1  y )(1  z ). Cho. Gi¶i: Ta cã: (@)  1-(x+y+z)+xy+yz+zx=2xyz  x 2 +y 2 +z 2 =2-2(x+y+z)+(x+y+z) 2 -4xyz 3. x y z ¸p dông b®t C«si ta cã :    xyz nªn 3   x y z x +y +z  2-2(x+y+z)+(x+y+z) -4   3   2. 2. 2. 3. 2. Đặt t=x+y+z thì: 0  t  3 .Khi đó:. 4 3 2 1 15 3 3 t  t  2t  2  (2t  3) 2 (  t )   27 27 4 4 4 3 1 dÊu b»ng x¶y ra khi t= hay x=y=z= (®pcm). 2 2. x 2 +y 2 +z 2  . Nhận xét: Từ ý tưởng phương pháp giải ở trên ta có thể sáng tạo các bất đẳng thức: Bµi to¸n 1. Cho x,y là các số thực dương; CMR: ( x  y ) Bµi to¸n 2. (THTT-248 - 1998): Cho x,y,z là số dương không lớn hơn 1. CMR: 2. Lop10.com. 2 3. 10.  8  8 x 2 y 2  8 xy ..

<span class='text_page_counter'>(11)</span> Giải bài toán bất đẳng thức bằng phương pháp đưa về một biến.. a. b.. 1 x yz 1 x yz.  . 1 3 1 3. . (1  x)(1  y )(1  z ) 3. .. ..  (1  x)(1  y )(1  z ) .. Từ đó ta có bài toán tổng quát : Cho x1 , x2 ,..., xn (n  2) là số dương không lớn hơn a; CMR: a n 1 an   (a  x1 )(a  x2 )...(a  xn ) x1  x2  ...  xn n. Hd: áp dụng bất đẳng thức côsi: Ta cã: n.  na  ( x1  x2  ...  xn )  (a  x1 )(a  x2 )...(a  xn )    . n   n. a n 1 a n  na  t  na  t  n n 1a n  t (na  t ) n 1     bất đẳng thức trở thành:     0(*) t n  n  n  tn n 1 . áp dụng bất đẳng thức côsi ta có: n.  (n  1)na  n n n 1 n 1 n (n  1)t (na  t )(na  t )...(na  t )     (n  1) a  t (na  t )  n a n  . kết hợp điều kiện bài toán nên bất đẳng thức (*) đúng Bµi tËp tù luyÖn 1. Cho x, y, z lµ c¸c sè thùc n»m trong ®o¹n [1;2] .Cmr : 0  xy  yz  zx  ( x  y  z )  6  x, y , z  0 Cmr:  xyz  1 xyz  1 Cho  Cmr:  x, y , z  0. 2. Cho . 3.. 4. Cho. x, y , z  0   x  y  z  1  2 . x2  y 2  z 2 . x y2. . Cmr:. y z2. . z. xx. . x2. 1 2. 1 10  xy  yz  zx 3. . 3 x yz 1. yy. x  y  z  1  x, y , z  0. 5.(THTT- 346/2006) Cho . 2. . Cmr:. xy  yz  zx  8( x 2  y 2  z 2 )( x 2 y 2  y 2 z 2  z 2 x 2 )  xy  yz  zx  x  y  z 6. Cho  x, y, z  [1;2] . Lop10.com. 11. 4 1. zz. 2. . 108 5.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> Giải bài toán bất đẳng thức bằng phương pháp đưa về một biến. .. Cmr:. x. y. 2. 4  ( y  z) 2. . 2. 4  ( z  x) 2. . z. 2. . 4  ( x  y) 2. 3 4. .. 7: Cho x,y,z lµ c¸c sè thùc kh«ng ©m . Cmr: 2 xyz  x 2  y 2  z 2  1  2( xy  yz  zx) HD: Bất đẳng thức của bài toán tương đương với ( x  y  z ) 2  2 xyz  1  4( xy  yz  zx).  .4( xy  yz  zx)  ( x  y  z ) 2  2 xyz  1. kết hợp bất đẳng thức trên và bất đẳng thức côsi ta cần chứng minh: (9  2t )t 2 9  1 víi t  x  y  z , t  27 2. 8.Cho x,y,z lµ c¸c sè thùc kh«ng ©m . chøng minh r»ng : 3( x 2  y 2  z 2 )  5 xyz  ( x  y  z )  1  6( xy  yz  zx). Bằng cách tương tự ta có bài toán: 9.Cho x,y,z là các số thực dương chứng minh rằng xyz  2( x 2  y 2  z 2 )  8  5( x  y  z ) (THTT-sè 356) 10. Cho x,y,z là các số thực dương chứng minh rằng x 2  y 2  z 2  2 xyz  3  (1  x)(1  y )(1  z ). xy  yz  zx  3 4 Cmr: xyz  4( x  y  z )  13 x, y, z  [0; ]  3  x, y , z  0 12. Cho  2 2 2 Cmr: x  y  z  27 xyz  30 x  y  z  3 x, y , z  0  13. Cho  Cmr: x  y  z  6  xyz  x  y  z  2  11. 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. 14. Chøng minh r»ng: . 1 4 27 x y 1 27 víi mäi x,y thuéc R   4 4 4 2 2 1 x  y 2 2. HD: t  x  y x y z 3  x, y, z  (0;2) 27. 15. Cho . Cmr:. ( x 2  2)( y 2  2)( z 2  2) HD: t = ( x  y  z ) 2 :. 1. . 4 x2.  x 2  y 2  z 2  xyz  4 x, y , z  0 .  xy  yz  zx  x  y  z x, y, z  (0;1] . 17. Cho  ( y  z  x) 2. . y2 ( z  x  y) 2. . 1 4 y2. Cmr:. 16 . Cho . x2. . ( x  y  z) 2. 1 4 z 2. x y  z3. Cmr:. z2. .  3. Lop10.com. 12.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> Giải bài toán bất đẳng thức bằng phương pháp đưa về một biến. .. 18. Cho x1 , x 2 ,..., x n (n  2, n  N ) là số dương và x1  x2  ...  xn  k (n  k  0) . Chøng minh r»ng:  NhËn. 1 1 1 n3   ...   2 2 2 k (n  k ) x1  x1 x2  x2 xn  xn. xÐt. - Nếu chứng minh g(t)  0 bằng cách biến đổi như trên thì trước tiên phải dự đoán được 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 phương pháp đạo hàm.. II. Mét biÕn lµ x(y hoÆc z): ë vÝ dô trªn th× chóng ta ph¶i lµm xuÊt hiÖn Èn phô.sau ®©y ta xÐt mét líp bµi to¸n mµ Èn phô chÝnh lµ x hoÆc y hoÆc z. 1.§­a vÒ mét biÕn nhê ®iÒu kiÖn:  Bµi to¸n 10: x  y  z  1  x, y , z  0. Cho . Cmr: P = xy  yz  zx  xyz . 8 . 27. Gi¶i: Tõ ®k bµi to¸n ta thÊy 0  z  1  1  z  0 ¸p dông b®t c«si ta cã: 2. x y  (1-z)  2 . P = xy+yz+zx-xyz = z(x+y)+xy(1-z)  z(x+y)+  2.  z3  z 2  z  1 1 z  =  P = xy+yz+zx-xyz  z(1-z)+   (1-z)= 4  2  1 1 5 8 8  (z  ) 2 (z  )   víi mäi z, 0  z  1 4 3 3 27 27 1 dÊu b»ng x¶y ra khi x= y= z=  ®pcm. 3 3  z  z2  z  1 @) Cã thÓ xÐt hµm: f(z) = víi 0  z  1 . 4  Bµi to¸n sè 11: x  y  z  3 (9) . Cho  Cmr: 5  xyz  2( xy  yz  zx)  x, y , z  0. Gi¶i: Kh«ng mÊt tÝnh tæng qu¸t gi¶ sö Tõ ®iÒu kiÖn dÔ thÊy: 0  z  1. z = min(x,y,z). x y 2 ) ( z  2)  2 z ( x  y )  0 2 ( z  1) 2 ( z  2) 3 z 2 z 3  3z  2 5( ) ( z  2)  2 z (3  z )  0  0 0 2 4 4 đúng với z  [0;1] . Dấu bằng xảy ra khi x=y=z=1  đpcm.. (9)  5  xy ( z  2)  2 z ( x  y )  0  5  (. Lop10.com. 13.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> Giải bài toán bất đẳng thức bằng phương pháp đưa về một biến. .. z  3z  2 víi 0  z  1 . 4 Nếu lấy điều kiện 0  z  3 thì bất đẳng thức đánh giá biểu thức trên là. @) Cã thÓ xÐt hµm: f(z) =  NhËn. xÐt:. 3. 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. Bµi to¸n 11’: (Tæng qu¸t cña bµi 11) x  y  z  3  x, y , z  0  Cho  a  0; b  0 Cmr: a( xy  yz  zx)  bxyz  (3a  b)  0 .  a 4   3  b HD: Kh«ng mÊt tÝnh tæng qu¸t gi¶ sö: z = min(x,y,z) Tõ ®iÒu kiÖn dÔ thÊy 0  z  1  a  bz  0; z . 3a  4  0 ta cã: b. a ( xy  yz  zx)  bxyz  (3a  b)  xy (a  bz )  az ( x  y )  (3a  b)   az (3  z )  (3a  b) . (3  z ) 2 (a  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 9 có thể phát biểu dưới dạng tương đương : x  y  z  3 CMR:  x, y , z  0. Cho . x 2  y 2  z 2  xyz  4 .. (THTT-2006).. Sử dụng đẳng thức x 3  y 3  z 3  3xyz  ( x  y  z )[( x  y  z ) 2  3( xy  yz  zx)] Bài toán 11 có thể được phát biểu dưới dạng: x  y  z  3  x, y , z  0. Cho . Cmr:. 2( x 3  y 3  z 3 )  3 xyz  9 .. Bài toán 11 có thể phát biểu dưới dạng tương đương: x  y  z  1 Cmr: 5  27 xyz  18( xy  yz  zx) .   x, y , z  0. 11.1) Cho.  xyz  xy  yz  zx Cmr: 5 x 2 y 2 z 2  27 xyz  18( x 2  y 2  z 2 ) . x , y , z  0 . 11.2) Cho . x  y  z  3 Cmr: x 3  y 3  z 3  15  6( xy  yz  zx) .  x, y , z  0. 11.3) Cho . HD: Ap dụng bài 11 và bất đẳng thức côsi: x 3  y 3  z 3  3xyz . *) Từ bài toán 11.3 chứng minh được bài toán tổng quát Tương tự bài toán 11': Lop10.com. 14.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> Giải bài toán bất đẳng thức bằng phương pháp đưa về một biến. .. x  y  z  3  x, y , z  0   a  0; b  0 CMR: a ( xy  yz  zx)  bxyz  (3a  b)  0 .  a 2   3  b. Cho. Chó ý : §Ó chøng minh : sö dông tÝnh chÊt 1 víi z=max(x,y,z) §Æc biÖt hãa ta cã bµi to¸n: x  y  z  3 Cmr:  x, y , z  0. Víi a=1; b=-2 : Cho . xy  yz  zx  2 xyz  1. Sau đây ta xét tiếp bài toán sử dụng tính chất này để làm hạn chế phạm vi của biÕn:  Bµi to¸n 12:  x, y, z  [0;2] Cho  x  y  z  3. Cmr: x 3  y 3  z 3  9 .. Gi¶i: Kh«ng mÊt tÝnh tæng qu¸t, gi¶ sö: z = max(x,y,z). Tõ ®iÒu kiÖn  1  z  2 . Ta cã: x 3  y 3  z 3  x 3 +y 3 +3xy(x+y) +z 3 =(x+y) 3 +z 3 =(3-z) 3 +z 3 = =9z 3 -27z+27=9(z-1)(z-2)+9  9 víi mäi z t/m : 1  z  2 dÊu b»ng x¶y ra khi (x,y,z)=(0,1,2) vµ ho¸n vÞ cña nã (®pcm). Mét sè bµi to¸n tù luyÖn  x, y , z  0 x  y  z  1. 1. Cho . Cmr : x( y  z )4  y ( z  x)4  z ( x  y )4 . 1 12. HD: Giả sử x  y  z  0 đặt t  x( y  z ) ta chứng minh được x( y  z ) 4  y ( z  x) 4  z ( x  y ) 4  t (1  3t ) x  y  z  1 2. Cho  Cmr:  x, y , z  0. a. y  z  16 xyz b. xy  yz  zx  9 xyz c. 9 xyz  1  4( xy  yz  zx) 3.. x, y , z  0  xy  yz  zx  3 . Cho . 4. Cho x, y  [0; HD: Gi¶ sö :. 2 ]. 2. Cmr: 3( x  y  z )  xyz  10 Cmr:. x y 2 2   3 1 y2 1 x2. x y 2x 2    x  y  0 ta ®i chøng minh: 2 2 2 1 y 1 x 1 x2 Lop10.com. 15.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> Giải bài toán bất đẳng thức bằng phương pháp đưa về một biến. .. x  y  z  1 5. Cho  Cmr:  x, y , z  0. a. b.. x2  1 y 1 2. xn  1 yn 1.  . y2 1 z 1 2. yn 1 zn 1.  . z2 1. . x 1 2. zn 1 xn  1. . 7 (bµi T5 - THTT - 10/2004) 2 7 2. HD:Gi¶ sö x=max(x,y,z) x 2 1. . y 2 1. . z 2 1.  1. y 2 1. . z 2 1. 1 x 2 1 x 2 1 1 1  3  ( y  z) 2   x 2  2x  4  x 2 1 x 2 1 y 2 1. z 2 1.  3 y 2  z 2 . 1 x 2 1. Câu b tương tự!.  x, y, z  [0;2] x  y  z  3. 6. Cho . Cmr :. x n  y n  z n  2n  1. (Tổng quát bài 8: chứng minh tương tự!).. 2. §­a dÇn vÒ mét biÕn: Từ biểu thức p có n biến ta đánh giá đưa về (n-1) biến .... và cuối cùng đưa về 1 biến. sau đây ta xét một số ví dụ đặc trưng thể hiện phương pháp này:  Bµi. to¸n 15:. Cho x,y,z n»m trong ®o¹n [1;2] ; Chøng minh r»ng : x 3  y 3  z 3  5 xyz . Gi¶i: §Æt f ( x, y, z )  x 3  y 3  z 3  5 xyz Kh«ng mÊt tÝnh tæng qu¸t gi¶ sö : 2  x  y  z  1 f ( x, y, z )  f ( x, y,1)  z 3  5 xyz  (1  5 xy )  ( z  1)(1  z  z 2  5 xy )  0 V× : z  1  0;1  z  z 2  5 xy  1  z  z 2  5 z 2  1  z  4 z 2  4( z  1) 2  3z  1  0 MÆt kh¸c : f ( x, y,1)  f ( x,1,1)  y 3  5 xy  (1  5 x)  ( y  1)(1  y  y 2  5 x)  0 V× y  1  0;1  y  y 2  5 x  1  y  y 2  5 y  y 2  4 y  1  ( y  1)( y  2)  y  1  0 VËy f ( x, y, z )  f ( x,1,1)  x 3  5 x  2  ( x  2)[( x  1) 2  2)  0 x,1  x  2. dấu bằng bất đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (x,y,z)=(2,1,1) và hoán vị của (2,1,1)  ®pcm  Bµi to¸n16: x  y  z  3  x, y , z  0. (§©y lµ bµi to¸n sè) Cho . Chøng minh r»ng: 5  xyz  2( xy  yz  zx) Gi¶i §Æt f ( x, y, z )  2( xy  yz  zx)  xyz. Lop10.com. 16.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> Giải bài toán bất đẳng thức bằng phương pháp đưa về một biến. Ta cÇn chøng minh f ( x, y, z )  5 . Do vai trß cña x,y,z trong f nh­ nhau nªn theo tÝnh chÊt 2 ta gi¶ sö 0  x  y  z kÕt hîp ®iÒu kiÖn ta dÔ dµng suy ra 0  x  1 XÐt .. yz yz y  z ( y  z) 2 yz ( y  z) 2 , )  2( xy  yz  zx)  xyz  2( x  x ) x 2 2 2 4 2 4 3 1 yz yz 3 x 3 x  x  3x  2  ( x  2)( y  z ) 2  0  f ( x, y, z )  f ( x, , )  f ( x, , ) 4 2 2 2 2 4 3 2  x  3x  2 ( x  1) ( x  2)  f ( x, y , z )  55  5 5 x;0  x  1 4 4 ( x  2)( y  z ) 2  0 dÊu b»ng x¶y ra khi vµ chØ khi   x  y  z  1 (®pcm). x 1  f ( x, y , z )  f ( x,.  Bµi. to¸n 17:. (Bất đẳng thức côsi): Cho x, y, z là các số thực dương; Chøng minh r»ng: x 3  y 3  z 3  3xyz . Gi¶i: Kh«ng mÊt tÝnh tæng qu¸t gi¶ sö z  y  x  0 §Æt f ( x, y, z )  x 3  y 3  z 3  3xyz Tacã: f ( x, y, z )  f ( x, y, xy )  z 3  ( xy ) 3  3xy ( xy  z )  ( z  xy )( z 2  z xy  2 xy )  0 v× z  xy. MÆt kh¸c: §Æt g ( x, y )  f ( x, y, xy )  x 3  y 3  2 ( xy) 3 g ( x, y )  g ( x, x)  y 3  x 3  2( ( xy ) 3  x 6 ) . y. 3.  x3. 0 2. VËy f ( x, y, z )  f ( x, y, xy )  g ( x, y )  g ( x, x)  0  z  xy  x  y  z  ®pcm x  y . dÊu b»ng x¶y ra khi vµ chØ khi   NhËn xÐt :. - Khi đưa biểu thức 3 biến về 2 biến hay 1 biến thường xét hiệu biểu thức của bất đẳng thức và biểu thức đó với x(hoặc y hoặc z) thay bởi trung bình nhân hoặc trung bình cộng - Thường ta phải sử dụng tính chất 2 mới có đánh giá được Mét sè bµi to¸n tù luyÖn  xyz  1 Cmr : ( x  y )( y  z )( z  x)  4( x  y  z  1)  x, y , z  0  xy  yz  zx  6 xyz  9 2. Cho  Cmr: x  y  z  3xyz  6 x, y , z  0   x, y , z  0 3. Cho  2 2 2 Cmr: x  y  z  3. 1. Cho . a. xy  yz  zx  9 xyz b. 9 xyz  1  4( xy  yz  zx ) 4. Cho x, y  [0;. 2 ] chøng minh r»ng: 2 Lop10.com. 17.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> Giải bài toán bất đẳng thức bằng phương pháp đưa về một biến. .. x y 2 2   2 2 3 1 y 1 x x y z 7 1    (THTT-sè 357) 5. Cho x, y, z  [ ;3] chøng minh r»ng: x y yz zx 5 3. 6. Cho x,y,z là số dương chứng minh rằng: xyz  2( x 2  y 2  z 2 )  8  5( x  y  z ) (THTT-sè 356) x, y , z  0  xy  yz  zx  3  x, y , z  0 8. Cho  2 2 2 x  y  z  3  x, y , z  0 9. Cho  2 2 2 x  y  z  3 . 7. Cho . Cmr: 3( x  y  z )  xyz  10 Cmr: x  y  z  x 2 y 2  y 2 z 2  z 2 x 2 Cmr: 7( xy  yz  zx)  12  9 xyz. 10. Chøng minh r»ng : 2. zx  2  (OLIMPIC 30-4)    1    z x y 2   1 HD: Kh«ng mÊt tÝnh tæng qu¸t ta gi¶ sö:  z  y  x  1 2 1 Đặt : z=ax ; y=bx   a  b  1 sau đó đánh giá tiếp ta đưa về 1biến là b. 2 x y. yz. III. KÕt qu¶. Đề tài này đã được bản thân tôi và các đồng nghiệp cùng đơn vị thí điểm trên các em cã häc lùc tõ kh¸ trë lªn. KÕt qu¶ thu ®­îc rÊt kh¶ quan, c¸c em häc tËp mét c¸ch say mê hứng thú. Một số em đã đạt được những thành tích tốt qua những đợt thi học sinh giái võa 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 ở thầy, có điều kiện học tập, nghiªn cøu. C. KÕt luËn Trong 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 ch©n thµnh c¶m ¬n! Hµ tÜnh, ngµy 15 th¸ng 5 n¨m 2009 Người thực hiện. Lop10.com. 18.

<span class='text_page_counter'>(19)</span> Giải bài toán bất đẳng thức bằng phương pháp đưa về một biến. .. Tµi liÖu tham kh¶o 1.T¹p chÝ to¸n häc vµ tuæi trÎ. 2. Sáng tạo bất đẳng thức _pham 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 huy khải_nguyễn đạo phương. 5.Olimpic 30_4. Lop10.com. 19.

<span class='text_page_counter'>(20)</span>