sang kien kinh nghiem mon toan 11

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (269.51 KB, 18 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

.

A. 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 mơn tốn.

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 q trình dạy học tơi ln tìm tịi 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 tốn mới.

Dưới đây tơi 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 tốn tơi 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.

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 ra là đánh giá biểu thức p để đưa về biểu thức một biến g(t) và chứng minh

A
t
g()

- Việc chứng minh g(t)A ở đây tơi 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.

- Cịn 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,....).

Phương pháp 2:

a. Nếu vai trị các biến x,y,z bình đẳng, khơng mất tính tổng qt 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:

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

.

Sau đó chứng minh f1(x) A.

PHẦN I. Đưa về một biến bằng cách đặt ẩn phụ t=k(x,y,z,...).



Bài toán 1

:

Với x,y là các số thực dương chứng minh rằng:

x3 y3 xy2 yx2




 (1)

Giải:

V

ì x là số dương nên:
(1) 

x

y
x
y
x

y

















2
3

1 . Đặt

x
y

=t ( t >0).

C1: Ta có: (1) trở thành : t 3 -t2- t+ 10 (t-1)2(t+1)0 (đúng với mọi t>0).
C2: Hướng dẫn hs xét hàm : f(t)= t3 -t2- t+ 1 trên (0;  ).

f’(t)= 3t2- 2t -1=0 t= 1 ; t= -1

t 0 1 

f’(t) - 0 +

f(t) 0



Suy ra f(t) 0 với mọi t > 0 (đccm).

T

ổng quá

t

Ta có bài toán 1’:

Cho x,y là các số thực dương; Chứng minh rằng:
xn yn xyn 1 xn 1y(n 2,n N)







  

Chứng minh hồn hồn tương tự!


Bài tốn 2:

Giải:

Đặt t = yx xy thì     2

x
y
y
x
x
y
y
x

t (áp dụng bđt cơsi).

C1: Ta có: (2) trở thành:
0
2
)

2
(

2
)
2

( 2 2 2








 t t

t  (t+2)(t3-2t2-t+3)0(2')

+) Với t2: ta có t3-2t2-t+3=(t-2)(t2-1)+1>0

nên bất đẳng thức (2') đúng

+) Với t-2: ta có t3-2t2-t+3=(t+2)[(t-2)2+3] - 11 > 0

và t+20 nên bất đẳng thức (2') đúng

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

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

.

vậy bất đẳng thức (2) đúng dấu bằng xảy ra khi t=-2 hay x=-y

 đpcm.

C2: Xét hàm số: f(t) = t3 – 2t2 – t + 3 trên ( ; -2] [2; ).



Bài toán 3

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:

Từ đẳng thức: x2 y2 z2 2(xy yz zx) (x y z)2









 ;

x3 y3 z3 3xyz (x y z)(x2 y2 z2 xy yz zx)













 và điều kiện ta có:

2 2 2 ( ) 2

( )( ) ( )(2 )

2
x y z
P  x y z x  y z  xy yz zx   x y z     

Đặt: t  x y z  0 t 6

C1: (2 2 2) 3 3 1( 2) (2 2 2) 2 2 2 2

2 2 2

t t

P t     t  t t  

Dấu 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.

C2: Đặt f(t) = (2 2 2) 3 3

2 2

t t

P t     t (0 t 6).
 f’(t)=

2
3

3 0 2; 2

2
t

t t

     

t 0 2 6

f’(t) - 0 -

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 gi i n m 2003- 2004)ỏ ă

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

2 2 2

2 3

a + b + c ab bc ca  

.

Để ý rằng: 1=



a b c 



2 a + b + c2 2 2  2(ab bc ca  );
1=



a b c



2 3(a + b + c )2 2 2

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

.

Suy ra: Nếu đặt t=

a + b + c ta có: VT= 2 2 2 f t

 

2 6

t t

 

 với

t<1

3  .

f’(t) =









2 2 2 2

1 3

2 6 4 4 2 2

- 0 0

t 1 1 1 3

t

t t

t t t

t

  




  

    



    





BBT

t 13  12 3 1

f’(t) - 0 +

f(t)

8 4 3



Vậy: f(t) 8 4 3 1

   ( đpcm).



Bài toán 5

Đề thi đ i h c cao đ ng kh i A n m 2006ạ ọ ẳ ố ă

Cho x, y là hai số thực khác khơng thỗ mãn:



x y xy



. x2 y2 xy

    ;

Tìm GTLN của biểu thức: A= 3 3

1 1
x  y .
Giải

Đặt: S= x+y; P= x.y (s24p )

Từ gt ta có:













3 3 2 2 2

2
2

x+y .

SP= S - 3P

x y x y x y xy xy S P

S
P

S

       




 





( Lưu ý S = -3 khơng thỗ mãn).

Đánh giá S: S24P => 2 4. 2 2 1 0 3 1

3 3 . . .

S S

S S S v S

S S



      

  .

Vậy:

A= 3 3

1 1
x y

























2 2

3 3 2

3 3

3 3 2 2

. 3

. .

x y x y x y x y xy S

x y S

x y x y x y P S

    



    

( với S<-3 v S1).

Xét: f(S) =S 3

S


trên (  ; 3) [1; ).

f’(S)= 2
3

0
S

   S    ( ; 3) [1; ).

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

.

BBT:

S   -3 1 

f’(S) -

-f(S)

1
MaxA = f2(1) = 16. Đạt được tại x= y= 12 ( Khi S= 1; P= 14).

Sau đây ta xét một số ví dụ mà phải đánh giá biểu thức P mới thấy được 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 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

       .

Ta có: A (1 x)2 y2 (x 1)2 y2 y 2

         4 4 y2  y 2 . Dấu bằng xảy ra  x=0.

Đặt f(y)= 4 4y2 y 2

   .



Với y

2: f(y)= 4 4 y2  2 y. f’(y)= 0 1

3
y
  .

Lập bảng biến thiên ta có: f(y)  2 3 1

3
y

  .



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
y  .

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:





2 6

1 2 2

x xy

P

xy y



 

Giải

Ta có:





2 2

2 6

2 3
x xy
P

x xy y




 

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

.

-) Nếu y 0 Đặt x= ty Suy ra:





2
2

2 6

2 3

t t

P

t t




  .

Xét hàm





2
2

2 6

( )

2 3

t t

f t

t t




  2

8 6
2

2 3
t

t t


 

   t R.

f’(t)= 0

3
2
3
t
t












( ) 2; ( ) 2; (3) 3; ( 3) 6

t t

f t f t f f

Lim

    



    .

Vậy GTLN của P là 3 khi : 2 2

3 1

;

3 10 10

3 1

1 ;

10 10

x y

x y x y



 











  

  




GTNN của P là -6 khi :

2 2

3 2

;
3

13 13
2

3 2

;
1

13 13

x y




 



 











    

 



Có thể sử dụng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai.

Bài tốn 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:

P= 2( x3 + y3) – 3xy.

HD: Đặt: t= x + y với : t  



2;2



.

Bài toán 9: 
Cho












2
3
0
,
,

z
y
x

Cmr: P=   11 1152
z
y
x
z
y

x .

Giải:

áp dụng bất đẳng thức cơsi ta có:

P= x y z x y z

xyz
z

y
x
z
y
x
z
y
x

















 1 1 1 33 1 9

Đặt

2
3
0 





x y z t

t .

C1: Ta có: f(t)= t 9
t

 với: 0 3

2
t
  .

f’(t)= 2

9 3

1 0 ;

... t 0
t

 
     

  f(t) nghịch biến trên

3
0;

2
 
 
 .

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

.

Dấu bằng xảy ra: x = y = z và t = 3

2 hay x = y = z =
1
2

C2: áp dụng BĐT cơsy 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

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z =

2
1

 đpcm

Chứng minh bài toán Tổng quát 1 :

Cho

x

1

,

x

2

,...,

x

n

(

n



2 )

là số dương ;
*

1 2

...

n

(

)

x



x



x



k k R





b



0 ;

ak



bn

Chứng minh rằng:

k
ak
bn
x

x
x
b
x
x

x
a

n
n

2
2

1
2

1 )

1
...
1
1
(
)
...

(          (*)

Hướng dẫn giải:

C1: Sử dụng BDT cô sy :

1 2 1 1

1 1 1

...

....

n

n n n

n n

x x  x  x x x  x

Suy ra:

1 2 1 2

1 (

...

)

(

...

)

(

...

)

...

n n

bn

VT a x x

x

b

a x x

x

x x

x





 



 





 



 

Đặt: t =

x

1



x

2



...



x

n



k

Ta có: VT = f(t) =

bn

at

t



với

t k



f’(t)= a bn22. .at2 2bn2 0... t k

t t



     (vì gt: ak2bn2).

Suy ra: f(t) nghịch biến trên: 0<

t k



Vậy: P f t( ) f k( ) ak2 bn2
k



  

Dấu bằng xảy ra: x = y = z và t = k hay x = y = z = k

n.

C2: Áp dụng BĐT cơsy ta có:

1 2 1 2

2 2 2 2 2

2 2

2 2 2

1 1 1

( ... ) ( ... ) ( ... )

...

1 1

( ) ( ) .2. ( )

n n

bn

VT a x x x b a x x x

x x x x x x

bn t bn bn bn ak

at bn t a bn k a

t t k k k k k

            

  


         

Dấu bằng xảy ra: x = y = z = k

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

.

Đặc biệt hóa bài tốn TQ1

ta có:

Bài tốn 9,1:

Cho












2
3
0
,
,

z
y
x

Cmr:   4(1 1 1)512
z
y
x
z
y

x .

Dễ dàng giải bài toán 8. 1 nếu ta cho bài toán TQ1 với a=1; b=4 ; n=3 ; k=
2
3
Bài toán 9.2 (Olimpic-toán sơ cấp Đại H c Vinh).ọ

Cho












2
3
0
,
,

z
y
x

C mr: 2 2 2

2 2 2

1 1 1 17

3.
2

x y z

y z x

     

Giải

Thật vậy : áp dụng bất đẳng thức bunhacopxki ta có:

( 4)

17
1
1
4

)
4
1
)(
1

( 2 2 2 2

2
2

y
x
y

x
y
x
y

x        

Tương tự sau đó cộng vế theo vế:

2 2 2

1 1 1 1 4 1 1 1

( ) ( )

17 17

x y z x y z

y z x x y z

          

Áp dụng bài toán TQ1 với a= 1 ; 4 ; 3; 3

2
17 17

a b k  n .

Suy ra điều phải chứng minh.

Bài toán 9.3 (Đề thi đại học cao đẳng khối A năm 2004).

Cho










1
0
,
,

z
y
x

CMR : 1 1 2 12 82

2
2








z
z
y
y
x

x .

Chứng minh tương tự.

Bài toán TQ1 : Với a= -1; b=1 ; n=2 ; k= 2 ta có:

Bài tốn 9* :

Cho









2
0
,

y
x

Cmr: 1 1  (xy) 2
y

x .

Xem x= 1 a ; y= 1 b ta có:

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

.

Cho a ba b, 01
 

 Cmr:

1 1

a b

a  b 

  .

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:

Chứng minh rằng:

1
...

2
2
1










 n

mn
x

m
x
x

m
x

n
n

Nếu đổi chiều của bất đẳng thức ở điều kiện bài toán TQ1 ta có bài tốn mới :

Bài tốn TQ3

Cho x1,x2,...,xn(n2) là các số thực dươngthoả mãn:
)

(

... *

1 x x k k R

x    n   ; b0;ak2 bn2.

Chứng minh rằng:

k
ak
bn
x

x
x
b
x
x

x
a

n
n

2
2

1
2

1 )

1
...
1
1
(
)
...

(          (**)

Từ bài tốn TQ2 và bài tốn TQ3 ta có thể áp dụng chứng minh các bài toán khác 
tương tự , hoặc có thể khai thác ta được những bài toán mới khá thú vị ...

 Bài toán 10:(THTT/ T4/352/2007) 
Với x,y,z là các số thực dương và xyz1:

Chứng minh rằng: P =  32







 z xy

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 dương và abc 1. Chứng minh rẳng
P =

2
3
2

2
2







 c ab

c
ac

b
b
bc

a
a

.
áp dụng bất đẳng thức svac-xơ ta có:

P2 




ab
c
ac
b
bc
a

c
b
a










2
2

2
)

( 2







2 2 2



4
)
(

ab
c
ac
b
bc
a

c
b
a










]
3
)
[(

)
(

)]
(

3
)
[(

)
(

2
4
2

4
2

2
2






























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 abc3 ( )2 3}

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

.

C1: P2 = f(t) =

)
3
(
3

2

t

t

=1 1 9

3t 3(t 3)với t9 .

f’(t)=





1 27

0 0; 6
3 3t 9   t t .

BBT:

t 0 3 6 9 

f’(t) - - 0 + +

f(t)

9
2



Vậy P2 = f(t) 9
2

 Suy ra: P 3

 Dấu bằng xảy ra khi x=y=z=1 (đpcm).

C2: Ta có : P2 =

)
3
(
3

2

t

t

3
3
.
12

3
2
12

9
.
3
3
3
12

3
12

15
3












t
t
t

t
t

=
2
9
.
 P2



2
9

 P 
2
3

Dấu bằng xảy ra khi x= y= z= 1 (đpcm).

Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được bài toán Tổng quát 4

Cho: x1,x2,...,xn(n2) là các số thực dương và x1x2...xn 1

CMR:

2
...

...
...

.. 2 3 4 1 1 2 1

2
3

2
1

1 n

x
x
x
x

x
x

x
x
x
x

x
x

x
x
x

x

n
n

n

n
n










 



Bài toán 11:

Cho











1
0
,
,

z
y
x

Cmr: 1 2 1 2 1 2 109








z
z
y

y

x

P .

Nhận xét: Ta đổi chiều bất đẳng thức để áp dụng bđt svac-xơ .
Giải : Ta có :





3
3
3

2
2
2
2
3

4
3
4
3

2
3

2
3
2

3
2

2
2

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







































</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

.

3 3 3 2 2 2

2 2 2

2 2 2 2 2 2 3

( )( ) 3

[1 ( )] 3 ( )

2 3

x y z x y z x y z xy yz zx xyz

x y z

x y z x y z

           

 

       

Đặt t x2 y2 z2

   từ đk

3
1

 t .

C1) Ta có: P = f(t) =

2 2 2

2
8 3

16 6 2 3

2 3

1 '( )

1 3

2 1 3 2

3 3

t t t t t t

t

f t

t t

t t t t

  

  

 

     

 

<0 .. 1

3
t
  .

Suy ra: f(t) nghịch biến trên [ 1;
3

 ).

Vậy P = f(t) ( )1 9
3 10
f

  Dấu bằng xảy khi và chỉ khi x=y=z=

3
1

(đpcm).
C2) Ta có:

10
9
10

9
3
10
3

)
9
57
)(
3
1
(

9
10

9
3
10
3

3
10
3
3
1

3
2
1

3
2
3
1

1 2 2

2
2






























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=

3
1

(đpcm).


Bài tốn 12:(Tạp chí tốn học tuổi thơ).

Cho xyz x y z(1, ,x)(1(0;1)y)(1 z)

   

 (1) CMR: x

2+y2+z2 

4
3
.

Giải:

Ta có: (1) 1-(x+y+z)+xy+yz+zx=2xyz

 x2+y2+z2=2-2(x+y+z)+(x+y+z)2-4xyz

áp dụng bđt Cơsi ta có : x y z xyz







   3

3 nên

x2+y2+z2 2-2(x+y+z)+(x+y+z)2-4

3
3 






xyz

Đặt t= x+y+z thì:

0 

t



3

.Khi đó:

x2+y2+z2 4 3 2 2 2 1 (2 3) (2 15 ) 3 3

27t t t 27 t 4 t 4 4

        

dấu bằng xảy ra khi t=

2
3

hay x=y=z=

2
1

(đpcm).

*) Từ ý tượng trên ta có thể khai thác và sáng tạo các bất đẳng thức :

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

.

Cho x x1, ,...,2 x n n





là số dương không lớn hơn  . Chứng minh rằng:



 



1 2

...
...

n n

n
n

a a

a x a x a x
x x x n



    

   .

Lưu ý: 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 giá hay tách nhóm hợp lý.

- 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.

-Bài tập tự luyện

1, 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 tương đương với

2 2

(x y z  ) 2xyz 1 4(xy yz zx  )..4(xy yz zx  ) ( x y z  ) 2xyz1
kết hợp bất đẳng thức côsi ta cần chứng minh:

1
27

)
2
9

( 2


 t t

với t x yz

2
9
, t

2. Cho x,y,z là các số thực không âm . chứng minh rằng :
)

(
6
1
)
(

5
)

(

3 x2 y2z2  xyz xyz   xyyzzx

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

xyz 2(x2 y2 z2) 8 5(x y z)







 (THTT-số 356)

4. Cho x,y,z là các số thực dương chứng minh rằng
x2 y2 z2 2xyz 3 (1 x)(1 y)(1 z)











5. Cho












]
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

Cmr: xyz27xyz30

7. Cho xyz x y z, ,x y z0 2
   

 Cmr:

6


 y z
x

- Từ bất đẳng thức bunhiacôsxki, svac -xơ và đẳng thức
2

2
2

2 y z 2(xy yz zx) (x y z)

x        

8. Chứng minh rằng: 4

4
4
4

2
27

2
1
1

2
27
2
1









y
x

với mọi x,y thuộc R
HD: t xy

9. Cho 









)
2
;
0
(
,
,

3
z

y
x

z
y
x

Cmr:

2
2

4
1
4

1
4

1
)

2
)(

2
(

z
y

x

z

y

x 








</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

.

HD: t =(x y z)2



 :

10. Cho 









0
,
,
4
2
2
2
z
y
x
xyz
z
y
x

Cmr

:

xyz3

11

.

Cho











]
1
;
0
(
,
,y z
x
z
y
x
zx
yz
xy

Cmr: 3

)
(
)
(
)
( 2
2
2
2
2
2










 x y z

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 tốn 
mà ẩn phụ chính là x hoặc y hoặc z



Bài toán 13

: 
Cho









0
,
,
1
z
y
x
z
y
x

Cmr

: P =

xyyzzx xyz278

.

Giải:

Từ đk bài toán ta thấy

0z1 1 z0
áp dụng bđt cơsi ta có:

P = xy+yz+zx-xyz = z(x+y)+xy(1-z)z(x+y)+

2 




 xy

(1-z)
 P = xy+yz+zx-xyzz(1-z)+

2
2
1






  z (1-z)=

4
1
2
3



 z z z

=
27
8
27

8
)
3
5
(
)
3
1
(
4
1 2





 z z với mọi z, 0z1

dấu bằng xảy ra khi x= y= z=
3
1

 đpcm.

Có thể xét hàm: f(z) =

4
1
2
3




 z z z

với 0 z 1.


Bài toán số 14

:

Cho








0
,
,
3
z
y
x
z
y
x

Cmr: 5xyz2(xyyzzx) (9).

Giải:

Khơng mất tính tổng qt 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

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

.

Có thể xét hàm: f(z) = 3 3 2
4

z  z 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)

Cho




















3
40
;
0

0
,
,

b

a b

a
z
y
x

z
y
x

Cmr: a(xy  yz  zx) bxyz  (3a b) 0 .

HD: Khơng mất tính tổng qt giả sử: z = min(x,y,z)
Từ điều kiện dễ thấy 0 1  0;  3  40

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

Chú ý: Thay đổi hình thức bài toán:

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
z
y
x

z
y
x

CMR:

2 2 2 4




 y z xyz

x

. (

THTT-2006

).

Tương tự bài tốn 14* ta có thể chứng minh bài tốn tổng quát 6.

Cho



















3
20
;
0

0
,

b
a b
a

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 tốn:
Với a=1; b=-2 : Cho











0
,
,

3
z
y
x

z
y
x

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

.

S

au 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
x

Cmr: 3 3 3 9


y z

x .

Giải:

Khơng mất tính tổng quát, giả sử: z = max(x,y,z).

Từ điều kiện  1z2 .

Ta có:



 3 3

3 y z

x x3+y3+3xy(x+y) +z3=(x+y)3+z3=(3-z)3+z3=

=9z3-27z+27=9(z-1)(z-2)+99 với mọi z t/m : 1z2

dấu bằng xảy ra khi (x,y,z)=(0,1,2) và hốn vị của nó (đpcm).

Bài tốn 16

Cho ]

2
2
;
0
[
, y

x . Cmr:

2
2
1

1 2 2 




 x

y
y

x

HD: Giả sử : 0

2
2




x y ta đi chứng minh: 2 2 2

1
2

1 x

x
x

y
y

x







Xét hàm f(x) trên : 0; 2
2
 
 
  .



Bài toán 17:

Cho x,y,z nằm trong đoạn [1;2] ;
Chứng minh rằng : x3 y3 z3 5xyz





 .

Giải:

Đặt f(x,y,z)x3 y3z3 5xyz

Khơng mất tính tổng qt giả sử :2xyz1

0
)
5
1

)(
1
(
)
5
1
(
5
)

1
,
,
(
)

,
,

( 3 2














 f x y z xyz xy z z z xy

z
y
x
f

Vì : 1 0;1 2 5 1 2 5 2 1 4 2 4( 1)2 3 1 0























 z z xy z z z z z z z

z

Mặt khác : ( , ,1) ( ,1,1) 3 5 (1 5 ) ( 1)(1 2 5 ) 0















 f x y xy x y y y x

y
x
f

Vì 1 0;1 2 5 1 2 5 2 4 1 ( 1)( 2) 1 0




















 y y x y y y y y y y y

y

Vậy ( , , ) ( ,1,1) 3 5 2 ( 2)[( 1)2 2) 0 ,1 2














f x x x x x x x

z
y
x
f

dấu bằng bất đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (x,y,z)=(2,1,1) và hoán vị của (2,1,1)

 đpcm



Bài toán18

(Đây là bài toán số) Cho










0
,
,

3
z
y
x

z
y
x

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

.

Chứng minh rằng: 5xyz2(xyyzzx)

Giải

Đặt 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
(
4
1
4
)
(
)
2
4
)
(
2
(
2
)
(
2
)
2
,
2
,
(
)
,

,
(
3
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
z
y
x
f
1
0
;
5
4
)
2
(
)
1

(
5
5
5
4
2
3
)
,
,
(
2
3















 f x y z x x x x x x

dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1

1
0
)
)(
2
( 2











z
y
x
x
z
y
x
(đpcm).


Bài tốn 19:

(Bất đẳng thức cơsi): Cho x, y, z là các số thực dương;

Chứng minh rằng: x3 y3 z3 3xyz




 .

Giải:

Khơng mất tính tổng qt giả sử zyx0
Đặt f(x,y,z)x3 y3 z3 3xyz




Tacó:
0
)
2
)(
(
)
(
3
)
(
)
,
,
(

)
,
,

( 3 3 2











 f x y xy z xy xy xy z z xy z z xy xy

z
y
x

f vì z  xy

Mặt khác: Đặt g( yx, )f(x,y, xy) x3 y3 2 (xy)3









)
)
(
(
2
)
,
(
)
,

( 3 3 3 6 3 3 2









 g x x y x xy x y x

y
x
g

Vậy f(x,y,z)f(x,y, xy)g(x,y)g(x,x)0

dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x y z

y
x
xy
z








 đpcm

Một số bài toán tương tự

1. Cho 







1
0
,

,
z
y
x
z
y
x

Cmr :

( )4 ( )4 ( )4 121






 z y z x z x y
y

x

HD: Giả sử xyz0 đặt tx(yz) ta chứng minh được
)
3
1
(
)
(
)
(
)

(y z 4 y z x 4 z x y 4 t t

x       

2. Cho 







0
,
,
1
z
y
x
z
y
x
Cmr:
a. yz16xyz

b. xy yz zx9xyz

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

.

3. Cho 







3
0
,
,
zx
yz
xy
z
y
x

Cmr: 3(xyz)xyz10

4. Cho









0
,
,
1
z
y
x
z
y
x
Cmr:
a.
2
7
1
1
1
1
1
1
2
2
2
2
2
2










x
z
z
y
y
x

(bài T5 - THTT - 10/2004)
b.
2
7
1
1
1
1
1
1










n
n
n
n
n
n
x
z
z
y
y
x

HD:Giả sử x=max(x,y,z)

1
1
4
2
1
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
x
x
z
y

x
z
y
x
z
y
x
z
z
y
y
x

Câu b tương tự!
5. Cho







3
]
2
;
0
[
,
,

z
y
x
z
y
x

Cmr

: xn yn zn 2 n 1
(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
[
,
,y z

x chứng minh rằng:

5
7






 z x

z
z
y
y
y
x
x
(THTT-số 357)

5. Cho x,y,z là số dương chứng minh rằng:

)
(
5
8
)
(

2 x2 y2 z2 x y z

xyz        (THTT-số 356)

6. Cho 








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
1 















y
x
z
x
z
y
z
y
x
(OLIMPIC 30-4)

HD: Khơng mất tính tổng qt ta giả sử: 1

2
1




z y x

Đặt : z=ax ; y=bx 1

2
1





 a b sau đó đánh giá tiếp ta đưa về 1biến là b.
III. Kết quả

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

.

Tuy nhiên với phương pháp này người thầy phải biết vận dụng sáng tạo phương
pháp, luôn không ngừng tìm tịi, 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

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 hồn thiện hơn, có
ứng dụng rộng rãi trong q trình giảng dạy và bồi dưỡng học sinh.

Xin chân thành cảm ơn!
Hà tĩnh, ngày 15 tháng 5 năm 2009

Tài liệu tham khảo

1.Tạp chí tốn 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

</div>

sang kien kinh nghiem mon toan 11

<b>A. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI</b>

<b>B. NỘI DUNG ĐỀ TÀI</b>

<b>I. PHƯƠNG PHÁP</b>

<b>1. Bài toán</b>

<b>PHẦN I. Đưa về một biến bằng cách đặt ẩn phụ t=k(x,y,z,...).</b>

<b>Bài toán 1</b>

<b>Giải: </b>

V

<i><b>ổng quá</b></i>

<b>Bài tốn 2: </b>

<b> Giải:</b>

<b>Bài toán 3</b>

Cho x, y, z là các số thực thay đổi. Tìm GTNN của biểu thức:

<b>Giải:</b>

<b>Bài toán 4</b>

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

.

Để ý rằng: 1=





<sub></sub>

<sub></sub>

Suy ra: Nếu đặt t=

<sub> </sub>









<b>Bài toán 5</b>





















<sub></sub>

<sub></sub>

















Cho x, y, z là các số thực thay đổi. Tìm GTNN của biểu thức:

Với y

Với y

















<i>Lim</i>

<i>Lim</i>





Giải:

<i>x</i>

,

<i>x</i>

,...,

<i>x</i>

(

<i>n</i>



2

)

...

(

)

<i>x</i>