Sáng kiến kinh nghiệm Giải bất đẳng thức bằng phương pháp đưa về một biến

Nội dung text: Sáng kiến kinh nghiệm Giải bất đẳng thức bằng phương pháp đưa về một biến

1. Gi¶i bµi to¸n bÊt ®¼ng thøc b»ng ph­¬ng ph¸p ®­a vÒ mét biÕn. . 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 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. 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 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. - 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, ). Phương pháp 2: a. 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: P= f(x, y, z, ) f(x, t, ) f1(x). Trong đó t, = k(x, y,z, ) 1
2. Gi¶i bµi to¸n bÊt ®¼ng thøc b»ng ph­¬ng ph¸p ®­a vÒ mét biÕn. . 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: Vì x là số dương nên: 3 2 y y y y (1) 1 . Đặt =t ( t >0). x x x x 3 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 f’(t) - 0 + f(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 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! Bài toán 2: Với x,y là các số thực khác không chứng minh rằng: x 4 y 4 x 2 y 2 x y 2 (2) 4 4 2 2 y x y x y x Giải: x y x y x y Đặt t = thì t 2 (áp dụng bđt côsi). y x y x y x C1: Ta có: (2) trở thành: (t 2 2) 2 2 (t 2 2) t 2 0 (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 vậy bất đẳng thức (2) đúng dấu bằng xảy ra khi t=-2 hay x=-y 2
3. Gi¶i bµi to¸n bÊt ®¼ng thøc b»ng ph­¬ng ph¸p ®­a vÒ mét biÕn. . 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 z 2 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: (x y z)2 2 P (x y z)(x2 y2 z2 xy yz zx) (x y z)(2 ) 2 Đặt: t x y z 0 t 6 t 2 2 t3 1 C1: P t(2 ) 3t (t 2)2 (t 2 2) 2 2 2 2 2 2 2 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. t 2 2 t3 C2: Đặt f(t) = P t(2 ) 3t (0 t 6) . 2 2 3t 2 f’(t)= 3 0 t 2;t 2 2 t 0 2 6 f’(t) - 0 - 2 2 f(t) 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: 2 3 14 . a 2 + b2 + c2 ab bc ca 2 Để ý rằng: 1=; a b c a 2 + b2 + c2 2(ab bc ca) 2 1= a b c 3(a 2 + b2 + c2 ) 3
4. Gi¶i bµi to¸n bÊt ®¼ng thøc b»ng ph­¬ng ph¸p ®­a vÒ mét biÕn. . 2 6 1 Suy ra: Nếu đặt t= a 2 + b2 + c2 ta có: VT= f t với t .S 2 4. S 2 0 S 3.v.S 1. S 3 S 3 Vậy: 2 2 2 2 1 1 x3 y3 x y x y x.y x y xy S 2 S 3 A= x3 y3 x3 y3 x.y 3 x.y 3 P2 S 2 ( với S<-3 v S 1 ). S 3 Xét: f(S) = trên ( ; 3) [1; ). S 3 f’(S)= 0 S ( ; 3) [1; ). S 2 Suy ra f(S ) nghịch biến. 4
5. Gi¶i bµi to¸n bÊt ®¼ng thøc b»ng ph­¬ng ph¸p ®­a vÒ mét biÕn. . BBT: S -3 1 f’(S) - - 1 4 f(S) 0 1 MaxA = f2(1) = 16. Đạt được tại x= y= 1 ( Khi S= 1; P= 1 ). 2 4 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 d 2 (a c)2 (b d)2 . Ta có: A (1 x)2 y2 (x 1)2 y2 y 2 4 4y2 y 2 . Dấu bằng xảy ra x=0. Đặt f(y)= 4 4y2 y 2 . 1 Với y 2 : f(y)= 4 4y2 2 y . f’(y)= 0 y . 3 1 Lập bảng biến thiên ta có: f(y) 2 3 y . 3 Với y>2: f(y) 2 1 y2 2 5 2 3 . 2 1 y2 2 5 2 3 1 Vậy GTNN của A = 2 3 khi x=0; y . 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: 2 x2 6xy P 1 2xy 2y2 Giải 2 x2 6xy Ta có: P x2 2xy 3y2 -) Nếu y = 0 ta có P = 2. 5
6. Gi¶i bµi to¸n bÊt ®¼ng thøc b»ng ph­¬ng ph¸p ®­a vÒ mét biÕn. . 2 t 2 6t -) Nếu y 0 Đặt x= ty Suy ra: P . t 2 2t 3 2 2 t 6t 8t 6 Xét hàm f (t) 2 t R . t 2 2t 3 t 2 2t 3 3 t f’(t)= 0 2 . t 3 3 Limf (t) 2; Limf (t) 2; f (3) 3; f ( ) 6 . t t 2 3 1 x ; y x 3y 10 10 . Vậy GTLN của P là 3 khi : 2 2 x y 1 3 1 x ; y 10 10 3 2 3 x ; y x y 13 13 GTNN của P là -6 khi : 2 . 2 2 3 2 x y 1 x ; y 13 13 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: P= 2( x3 + y3) – 3xy. HD: Đặt: t= x + y với : t  2;2. Bài toán 9: x, y, z 0 1 1 1 15 Cho 3 Cmr: P= x y z . x y z x y z 2 2 Giải: áp dụng bất đẳng thức côsi ta có: 1 1 1 1 9 P= x y z x y z 33 x y z x y z xyz x y z 3 Đặt t x y z 0 t . 2 9 3 C1: Ta có: f(t)= t với: 0 t . t 2 9 3 3 f’(t)= 1 2 0 t 0; f(t) nghịch biến trên 0; . t 2 2 3 15 Suy ra: P f (t) f ( ) 2 2 6
7. Gi¶i bµi to¸n bÊt ®¼ng thøc b»ng ph­¬ng ph¸p ®­a vÒ mét biÕn. . 3 1 Dấu bằng xảy ra: x = y = z và t = hay x = y = z = 2 2 C2: áp dụng BĐT côsy ta có: 1 1 1 9 9 27 9 27 15 P = x y z t t 2 t. 3 x y z t 4t 4t 4t 4. 2 2 1 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = đpcm 2 Chứng minh bài toán Tổng quát 1 : Cho x1, x2 , , xn (n 2) là số dương ; * 2 2 x1 x2 xn k(k R ) b 0;ak bn . 1 1 1 bn2 ak 2 Chứng minh rằng: a(x1 x2 xn ) b( ) (*) x1 x2 xn k Hướng dẫn giải: 1 1 1 n n2 C1: Sử dụng BDT cô sy : n x1 x2 xn x1 xn x1 xn 1 1 1 bn2 Suy ra: VT a(x1 x2 xn ) b( ) a(x1 x2 xn ) x1 x2 xn x1 x2 xn Đặt: t = x1 x2 xn k . bn2 at t k Ta có: VT = f(t) =t với . bn2 at 2 bn2 f’(t)= a . . 0 t k (vì gt: ak2 bn2). t 2 t 2 Suy ra: f(t) nghịch biến trên: 0< t k ak 2 bn2 Vậy: P f (t) f (k) k k Dấu bằng xảy ra: x = y = z và t = k hay x = y = z = . n C2: Áp dụng BĐT côsy ta có: 1 1 1 bn2 VT a(x x x ) b( ) a(x x x ) 1 2 n x x x 1 2 n x x x 1 2 n 1 2 n bn2 1 t bn2 1 bn2 bn2 ak 2 at bn2 ( ) t(a ) bn2.2. k(a ) t t k 2 k 2 k k 2 k k Dấu bằng xảy ra: x = y = z = . n 7
8. Gi¶i bµi to¸n bÊt ®¼ng thøc b»ng ph­¬ng ph¸p ®­a vÒ mét biÕn. . Nhận xét: Đặc biệt hóa bài toán TQ1 ta có: Bài toán 9,1: x, y, z 0 1 1 1 51 Cho 3 Cmr: x y z 4( ) . x y z x y z 2 2 3 Dễ dàng giải bài toán 8. 1 nếu ta cho bài toán TQ1 với a=1; b=4 ; n=3 ; k= 2 Bài toán 9.2 (Olimpic-toán sơ cấp Đại Học Vinh). x, y, z 0 2 1 2 1 2 1 17 Cho 3 C mr: x y z 3. x y z y2 z2 x2 2 2 Giải Thật vậy : áp dụng bất đẳng thức bunhacopxki ta có: 1 4 1 1 4 (x2 )(12 42 ) x x2 (x ) y 2 y y 2 17 y Tương tự sau đó cộng vế theo vế: 1 1 1 1 4 1 1 1 x2 y2 z2 (x y z) ( ) y2 z2 x2 17 17 x y z 1 4 3 Áp dụng bài toán TQ1 với a= a ;b ;k ;n 3 . 17 17 2 Suy ra điều phải chứng minh. Bài toán 9.3 (Đề thi đại học cao đẳng khối A năm 2004). x, y, z 0 2 1 2 1 2 1 Cho CMR : x 2 y 2 z 2 82 . x y z 1 x y z Chứng minh tương tự. Bài toán TQ1 : Với a= -1; b=1 ; n=2 ; k= 2 ta có: Bài toán 9* : x, y 0 1 1 Cho Cmr: (x y) 2 . x y 2 x y Xem x=1 a ; y=1 b ta có: Bài toán 9*.1: 8