intTypePromotion=1

SKKN: Dùng đạo hàm trong chứng minh bất đẳng thức đối xứng ba biến

Chia sẻ: Trần Thị Ta | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:23

0
36
lượt xem
1
download

SKKN: Dùng đạo hàm trong chứng minh bất đẳng thức đối xứng ba biến

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mục đích nghiên cứu: Góp phần giải quyết chỉ một lớp bất đẳng thức đối xứng ba biến và bất đẳng thức đối xứng ba biến thuần nhất bậc k bằng đạo hàm. Bồi dưỡng cho học sinh nâng cao về phương pháp, kĩ năng giải toán bất đẳng thức qua đó học sinh nâng cao khă năng tư duy sáng tạo. Đề tài nhằm nâng cao nghiệp vụ bản thân, để trao đổi kinh nghiệm với đồng nghiệp và đóng góp 1 phần nào đó vào việc nâng cao chất lượng dạy học bất đẳng thức.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: SKKN: Dùng đạo hàm trong chứng minh bất đẳng thức đối xứng ba biến

  1. MỤC LỤC                                                                             Trang PHẦN I: MỞ ĐẦU.......................................................................2 1/ Lí do chọn đề tài  .............................................................................. 2  2/ Mục đích nghiên cứu ........................................................................ 2 3/ Đối tượng nghiên cứu........................................................................ 2 4/ Phương pháp nghiên cứu................................................................... 2 PHẦN II: NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆMI............3 I/ Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm ............................................3 II/ Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm............3 III/ Các biện pháp tiến hành giải quyết vấn đề.......................................4 IV/ Hiệu quả đạt được của sáng kiến kinh nghiệm................................20  PHẦN III: KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ........................................20    1
  2.                                                        PHẦN I: MỞ ĐẦU 1. Lý do chọn đề tài. Trong chương trình toán phổ  thông, bất  đẳng thức được coi là một  chuyên đề khó nhất. Nó là câu dùng để phân loại học sinh khá giỏi trong các  đề thi tuyển sinh đại học, các đề thi học sinh giỏi. Các bài toán bất đẳng thức tỏ ra có sức hấp dẫn mạnh mẽ từ tính độc  đáo của các phương pháp giải chúng. Chính vì thế , để chứng minh được bất  đẳng thức thì điều mấu chốt là chúng ta phải lựa chọn được phương pháp để  chứng minh và cũng không có phương pháp nào là vạn năng để giải được mọi  bài toán mà chỉ  có những phương pháp để  giải được 1 lớp các bài toán mà   thôi. Trong quá trình giảng dạy cho đối tượng là học sinh khá giỏi lớp 12, ôn  thi đại học hoặc học sinh giỏi, tôi thấy rằng một trong những phương pháp  hiệu quả  là dùng đạo hàm để  ch bất đẳng thức đối xứng ba biến dạng như  sau: "Cho các số  thực   x, y, z D   thỏa mãn:   g ( x) + g ( y ) + g ( z ) ( )3g (α ), α D (*)             Chứng minh rằng:  f ( x) + f ( y ) + f ( z ) ( )3 f (α ) " (**) Dạng toán này thường gặp và học sinh cũng dễ dàng nhận dạng khi bắt   gặp và phương pháp tôi sử  dụng nó gần gũi với học sinh lớp 12 hơn cả. Khi   sử dụng đạo hàm bài toán trở nên trực quan hơn, lời giải sáng sủa và dễ hiểu   hơn tuy có thể  lời giải sẽ  dài hơn cách khác, nhưng đổi lại là sự  đơn giản  trong cách nghĩ. Tuy nhiên, khi chưa được phân tích và cung cấp kĩ thuật thực   hành thì khi đọc lời giải của bài toán học sinh không hiểu tại sao lại biết xuất   phát từ một hàm số nào đó và sử dụng đạo hàm để khảo sát. Với mong muốn đóng góp một chút vào việc nâng cao chất lượng dạy   và học về  bất đẳng thức, đem lại cho học sinh cách nhìn mới về  bất đẳng  thức tôi nghiên cứu đề  tài:  " Dùng đạo hàm trong chứng minh bất đẳng  thức đối xứng ba biến". 2.Mục đích nghiên cứu. Góp phần giải quyết chỉ  một lớp bất đẳng thức đối xứng ba biến và  bất đẳng thức đối xứng ba biến thuần nhất bậc k bằng đạo hàm. Bồi dưỡng cho học sinh nâng cao về  phương pháp, kĩ năng giải toán  bất đẳng thức qua đó học sinh nâng cao khă năng tư duy sáng tạo. Đề tài nhằm nâng cao nghiệp vụ bản thân, để trao đổi kinh nghiệm với  đồng nghiệp và đóng góp 1 phần nào đó vào việc nâng cao chất lượng dạy  học bất đẳng thức. 3. Đối tượng nghiên cứu. 2
  3. Đối tượng nghiên cứu của tôi chỉ  là dạng bất đẳng thức đối xứng ba   biến xuất hiện trong các đề thi đại học, thi học sinh giỏi các cấp dạng (hoặc  đưa về dạng) (**) với giả thiết là (*) Đề  tài được áp dụng cho học sinh khá giỏi lớp 12 luyện thi đại học   hoặc thi học sinh giỏi. 4. Phương pháp nhiên cứu. ­  Phương   pháp   nghiên   cứu   lí   luận:   Nghiên   cứu   các   tài   liệu   liên  quan,SGK, Tài liệu về bất đẳng thức. ­ Phương pháp tổng kết kinh nghiệm. ­ Phương pháp thực nghiệm PHẦN II. NỘI DUNG I. Cơ sở lí luận: Phương pháp sử  dụng ứng dụng của đạo hàm là phương pháp gần gũi  với học sinh lớp 12 hơn cả trong quá trình giải quyết các bài toán chứng minh  bất đẳng thức. Để  sử  dụng được phương pháp này học sinh cần phải nắm  được 1 số vấn đề sau đây: 1.Công thức tính đạo hàm . 2. Qui tắc tìm điểm cực trị của hàm số. 3. Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số trên D 4. Lập được bảng biến thiên của 1 hàm số . 5. Các kiến thức cơ  bản về  bất đẳng thức: Tính chất cơ  bản của bất đẳng  thức, các bất đẳng thức cổ điển, các đánh giá thông dụng thường dùng về bất   đẳng thức: 6. Có một số kĩ năng đánh giá biểu thức, kĩ năng biến đổi đại số, kĩ năng giải  phương trình, kĩ năng xét dấu biểu thức, kĩ năng đưa hàm nhiều biến về hàm  1 biến, kĩ năng chuẩn hóa bất đẳng thức thuần nhất đồng bậc... II. Thực trạng của đề tài: Khi giảng dạy về  phần bất đẳng thức cho bộ  phận học sinh khá giỏi   lớp 12 ôn thi Đại học tôi bắt gặp bài toán: " Cho  x, y, z  là 3 số thực dương và  x + y + z 1. 1 1 1 Chứng minh rằng:  x 2 + 2 + y2 + 2 + z2 + 2 82  " x y z                                               (Đại học KA­ 2003) Với rất nhiều cách giải: Sử dụng bất đẳng thức cô­sy với kĩ thuật chọn  điểm rơi, sử  dụng phương pháp tiếp tuyến... , Nhưng một trong những lời   giải tôi thấy ấn tượng là: 1 80 Xét hàm số:  h(t ) = t 2 + 2 + .t  ,  với  t (0;1). t 82 3
  4. t 4 −1 80 h ' (t ) = + 1 82 ,  h (t ) = 0 � t = ' 2 2 1 t t 2 3 t Bảng biến thiên . t  0                      1/3          1 ' h (t ) ­      0          + h(t ) 27 82                       41 27 82 Từ bảng biên thiên ta có:  h(t )  với  ∀t (0;1) 41 1 80 27 82 � t2 + 2 � − .t +  với  ∀t (0;1) .Thay  t  lần lượt bởi  x; y; z  rồi cộng  t 82 41 1 1 1 −80 3.27. 82 lại ta được:  x 2 + 2 + y 2 + 2 + x2 + 2 ( x + y + z) + 82 x y z 82 41 (Điều phải chứng minh) Khảo sát mức độ nhận thức của tất cả các học sinh khá giỏi mà tôi dạy  thì hầu hết các em đều nhận xét rằng: Lời giải là ngắn gọn, gần gũi với các  em, nhưng học sinh đặt câu hỏi vì sao lại xuất hiện hàm : 1 80 80 h(t ) = t 2 + 2 + t ;  và con số   ở đâu ra. t 82 82 Để giải đáp câu hỏi trên tôi đã nghiên cứu, tham khảo các phương pháp  giải và cố  gắng tìm tòi và đưa ra cho học sinh phương pháp giải quyết bài  toán với cách giải nêu trên bằng sử dụng đạo hàm. Sau đó tổng quát lên thành  dạng toán được nêu ở phần lí do chọn đề tài. III. Các biện pháp tiến hành giải quyết vấn đề. 1. Giới thiệu dạng toán và phân tích. Xét bài toán bất đẳng thức đối xứng ba biến dạng sau: " Cho các số thực  x, y, z D  thỏa mãn:  g ( x) + g ( y ) + g ( z ) ( )3g (α ) = C (*)      Với  số thực  α D . Chứng minh rằng:  f ( x) + f ( y ) + f ( z ) 3 f (α ) (**)" Trong đề  tài này tôi gọi (*) là bất đẳng thức điều kiện với  g (t ) là hàm  điều kiện, (**) là bất đẳng thức cần chứng minh, f (t ) là hàm cần đánh giá  thông qua hàm trung gian  g (t ) Phân tích: Với các bài toán dạng này thì dấu đẳng thức thường xảy ra khi   x = y = z = α .   Để   giải   bài   toán   ta   cần   đánh   giá   f ( x) + f ( y ) + f ( z )   Thông   qua  g ( x) + g ( y ) + g ( z ) nhằm sử dụng giả thiết (*) 4
  5. Do vậy, xét hàm số  h(t ) = f (t ) − m.g (t )  Với  t D. Số  m được xác định sao cho   h(t ) đạt cực tiểu tại   t0 = α , (h' (α ) = 0 ) α   cũng là  f ' (α ) điểm mà tại đó  h(t ) đạt GTNN ) suy ra m được xác định:  m = . Khảo sát  g ' (α ) hàm số  h(t )  để đánh giá  f (t ) thông qua hàm trung gian  g (t ) Việc chứng minh với dấu " " hoàn toàn tương tự với  α là điểm cực  đại của hàm số  h(t ) , đồng thời  α là điểm mà tại đó  h(t ) đạt giá trị lớn nhất. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  x = y = x = α . Trở lại với lời giải bài toán thi Đại học KA ­ 2003: "Cho  x, y, z  là 3 số dương thỏa mãn  x + y + z 1 . 1 1 1 Chứng minh rằng:  x 2 + 2 + y2 + 2 + z2 + 2 82 " x y z Theo phân tích trên thì rõ ràng ta xét các hàm: 1 f '( ) 1 1 3 = − 80 g (t ) = t ; f (t ) = t 2 + 2 ; α = x = y = z = ;  m =  và  t 3 ' 1 82 g( ) 3 1 80 h(t = f (t ) − mg (t ) = t 2 + 2 + t t 82 Và lời giải đã được trình bày như ở phần II: Thực trạng của đề tài Khi phân tích như vậy, học sinh đã thấy lời giải hoàn toàn có lí do, sáng  sủa, dễ hiểu, tư duy rõ ràng và gần gũi đối với kiến thức đã được lĩnh hội ở  trên lớp khi học ứng dụng đạo hàm. Các em thấy phấn khởi và có nhu cầu tìm  hiểu về phương pháp này. Trên cơ sở phân tích như vậy tôi đã đưa ra các bước để thực hiện giải   bài toán bất đẳng thức dạng (**) với điều kiện (*) theo phương pháp dùng  đạo hàm như sau: 2. Các bước thực hiện giải bài toán bất đẳng thức (**) với điều kiện (*)  theo phương pháp dùng đạo hàm: Bước 1: Đưa bất đẳng thức điều kiện và bất đẳng thức cần chứng minh  ở  đề bài về dạng (*) và (**). Bước 2:  Dựa vào bất đẳng thức điều kiện(*) và bất đẳng thức cần chứng  minh (**) đặt hàm  g (t ), f (t )  và  h(t ) = f (t ) − mg (t ) tương ứng, 3g (α ) = C f ' (α ) Ở đó  m =    (dựa vào điều kiện của  x, y, z  và bất đẳng thức điều kiện  g ' (α ) t D (*) để xác định D) Bước 3: Lập bảng biến thiên cho hàm số  h(t )  rồi đánh giá:  h(t ) h(α ) ∀t D. 5
  6. f+(t ) mg (t ) h(α ) . Thay t lần lượt bởi  x, y , z  rồi công lại ta suy ra bất đẳng  thức cần chứng minh. Để  giúp học sinh nhận diện và phản xạ  nhanh khi gặp dạng toán này.  Tôi đã cố  gắng chia dạng toán này thành 5 loại có ví dụ  và phân tích đi kèm,   có nhận xét và bài tập tượng tự để học sinh tự rèn luyện phương pháp . 3. Phân loại dạng toán . Loại 1: Đề bài thể hiện sẵn hàm  f (t ) và g (t ) . x y z 3 Ví dụ 1.1: Cho  x, y, z > 0  và  x + y + z = 1. Chứng minh rằng:  + + x +1 y +1 z +1 4 Phân tích và hướng dẫn giải: + Dựa vào điều kiện  x, y, z > 0 và x + y + z = 1 �� x, y, z (0;1) Dựa vào điều kiện và bất đẳng thức cần chứng minh xét hàm: t h(t ) = − m.t , t (0;1) t +1 1 f '( ) t 1 ; g (t ) = t ; và  3 g (α ) = 1 �α = . ,  m = 3 = 9 Với  f (t ) = 1 . t +1 3 g ' ( ) 16 3 t 9 1 9 1 − t , t (0;1)    h (t ) = − =0�t = . ' Vậy xét hàm  h(t ) = t + 1 16 (t + 1) 16 2 3 +  Bảng biến thiên: t    0                   1/ 3                   1 ' h (t )          +        0 − h(t ) 1                        16 Từ bảng biến thiên ta có: t 9 1 t 9 1 h(t ) = − t< , ∀t (0;1) + t      , ∀t (0;1) . 1 + t 16 16 1 + t 16 16 Thay  t  lần lượt bởi  x; y; z  rồi cộng lại ta được. x y z 9 1 x y z 3 + + ( x + y + z ) + 3. . � + + � . 1+ x 1+ y 1+ z 16 16 1+ x 1+ y 1+ z 4 (Bất đẳng thức được chứng minh). Ví dụ 1.2: Cho  x, y, z  là 3 số dương thỏa mãn  x 2 + y 2 + z 2 = 3 . 1 1 21 1 3 Chứng minh rằng:  + + + ( x + y + z ) > .       (1) x y4 z 4 Phân tích: Dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi  x = y = z = 1. Do  x, y, z > 0  và     x 2 + y 2 + z 2 = 3  nên   x; y; z (0; 3) . Dựa   vào   điều   kiện   và   bất   đẳng   thức   (1)   xét   hàm:   h(t ) = f (t ) − mg (t ) ,  1 3 f ' (1) 1 (0; 3) .Với  f (t ) = + t ; g (t ) = t ; m = ' = − . 2 t t 4 g (1) 8 6
  7. 1 3 1 Vậy xét hàm :  h(t ) = + t + t 2 . t 4 8 Bài giải: 1 3 1 + Từ giả thiết suy ra:  x, y, z (0; 3) . Xét hàm số : h(t ) = + t + t 2 ; với  t (0; 3) t 4 8 1 3 1 + Ta có :  h' (t ) = − + + t = 0 � t =1 t2 4 4 Bảng biến thiên  t  0                    1      3 h (t )           ­           0        + ' h(t ) 15                       8 15 1 3 1 15 + Từ bảng biến thiên ta có: h(t ) ∀t (0; 3). � + t �− t 2 + , ∀t �(0; 3) 8 t 4 8 8 Thay  t  lần lượt bởi  x, y, z  rồi cộng lại ta được: 1 1 1 3 1 3.15 3 45 21 + + + ( x + y + z) − (x2 + y2 + z 2 ) + =− + = x y z 4 8 8 8 8 4 Suy ra điều phải chứng minh. Nhận xét:  Để  xét hàm điều kiện đơn giản hơn, dẫn đến xét hàm   h(t ) đơn  giản hơn, ta hãy đánh giá điều kiện như sau: Ta có:   ( x + y + z )2 3( x 2 + y 2 + z 2 ) = 9         x + y + z 3 Bài toán chuyển về: Cho 3 số dương  x, y, z  thỏa mãn  x + y + z 3 1 1 1 21 3 Chứng minh rằng: + + + ( x + y + z ) . x y z 4 4 1 3 1 Bằng phân tích như  trên ta xét hàm:  h(t ) = + t + t ,  t (0;3)  khảo sát  h(t ) dễ  t 4 4 dàng hơn.            Trong đề  tài này cơ  bản tôi xét bất đẳng thức đối xứng ba biến ,tuy   nhiên ta có thể áp dụng cho bất đẳng thức nhiều biến hơn, thể hiện  ở ví dụ   sau. Ví dụ 1.3:  Cho  a, b, c, d dương có tổng bằng 1. Chứng minh rằng: 1 6(a 3 + b3 + c3 + d 3 ) (a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ) +  (MO­ HongKong­2005) 8 Phân tích: Từ  điều kiện suy ra  a, b, c, d (0;1)  ,dự  đoán dấu bằng xảy ra khi  1 a = b = c = d = . Xét hàm  h(t ) = f (t ) − mg (t ) , t (0;1) 4 1 f '( ) 5 5 Với  f (t ) = 6t 3 − t 2 ; g (t ) = t ; m = 14 = . Vậy hàm cần xét là:  h(t ) = 6t 3 − t 2 − t . g'( ) 8 8 4 7
  8. 5 Bài giải:+ Từ giả thiết suy ra  a, b, c, d (0;1) . Xét  h(t ) = 6t 3 − t 2 − t , t (0;1) 8 1 t= 5 4 h ' (t ) = 18t 2 − 2t − = 0 8 5 t=− (loai ) 36 Bảng biến thiên. t  0                  1/ 4     1 h (t )           ­           0        + ' h(t ) 1                      − 8 1 5 1 Từ bảng biến thiên ta có:  h(t ) − , ∀t (0;1) � 6t 3 + t 2 �t 2 + t − , ∀t �( 0;1) . 8 8 8 Thay  t  lần lượt bởi  a, b, c, d rồi cộng lại vế theo vế ta được: 5 4 1 6(a 3 + b3 + c3 + d 3 ) (a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ) + (a + b + c + d ) − = (a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ) + . 8 8 8 Suy ra điều phải chứng minh. Chú ý: Qua các ví dụ trên, ta thấy rằng yếu tố quan trọng nhất để chúng ta có   thể sử dụng được phương pháp này là ta chuyển được điều kiện và bất đẳng  thức cần chứng minh về  dạng cô lập được các biến (hay nói cách khác có  dạng tổng hàm:  g ( x) + g ( y ) + g ( z ) và f ( x) + f ( y ) + f ( z ) ).          Trong phần tiếp theo, tôi đưa ra các loại bài toán chưa có sẵn hàm số  f (t ), g (t ),  mỗi loại toán mở ra 1 hướng khai thác dữ kiện khác nhau để tìm ra   hàm  f (t ), g (t ) . Từ đó phát huy tính sáng tạo cho học sinh. Loại 2: Sử  dụng một số  đánh giá thường dùng để  làm xuất hiện hàm  f (t ) và g (t ) . Chú ý:  1. Có 2 chuỗi bất đẳng thức đẳng cấp có tần suất sử  dụng nhiều xuất hiện   trong   các   đề   thi   là:   4 xy ( x + y ) 2 2( x 2 + y 2 ) và  3( xy + yz + zx) ( x + y + z ) 2 3( x 2 + y 2 + z 2 ) 2.  Bất   đẳng   thức   dạng   cộng   mẫu   sau   cũng   hay   được   chú   ý: 1 1 4 + ( x, y > 0) . x y x+ y 1 1 1 9 và  + + ( x, y, z > 0) . x y z x+ y+z 3.  Đẳng thức:   ( x + y + z ) 2 = ( x 2 + y 2 + z 2 ) + 2 xy + 2 yz + 2 zx   cũng được quan tâm vì  cái   hay   của   đẳng   thức   này   nêu   lên   mối   quan   hệ   giữa   3   biểu   thức  x + y + z ; x 2 + y 2 + z 2 ; xy + yz + zx   là 3 biểu thức hay xuất hiện trong bất đẳng  thức đối xứng ba biến. 8
  9.           Sử  dụng các chú ý trên và khéo léo biến đổi, đánh giá ta sẽ  làm xuất  hiện được hàm  f (t ) và g (t ) . Ví dụ 2.1: Cho  x, y, z > 0  thỏa mãn  x + y + z = 1 .  x y z 9 Chứng minh rằng: + +                 (1) 1 + yz 1 + zx 1 + xy 10 Phân tích:  Bất đẳng thức (1) chưa cô lập được các biến để  ý đến chuỗi   4 xy ( x + y)2 2( x 2 + y 2 ) Nhằm sử dụng được giả thiết:  x + y + z = 1  ta sẽ sử dụng: ( x + y )2 4 xy +( x� y ) 2 xy 4 x y z 9 � + + �  (1)  ( y + z) 2 ( z + x) 2 ( x + y) 2 10 1+ 1+ 1+ 4 4 4 4x 4y 4z 9 � + + �                     (2) 4 + (1 − x) 4 + (1 − y ) 4 + (1 − z ) 10 2 2 2 Bài toán trở thành: Chứng minh bất đẳng thức (2) với điều kiện  x + y + z = 1 4t 4t 99 Lúc này hàm  g (t ) = t ; f (t ) = ; h(t ) = − t. 4 + (1 − t ) 2 t − 2t + 5 100 2 3 Với giá trị nhỏ nhất trên (0;1) là ­    100 4t 99 3 Ta có:   −  nên việc chứng minh  (2) đã trở lên đơn giản. t − 2t + 5 2 100t 100 Ví dụ 2.2: Cho  a, b, c > 0 và a + b + c = 3  .  Chứng minh rằng:  a + b + c ab + bc + ca               (1)                (Vô địch Toám Nga 2002) Phân tích: Do đề bài xuất hiện:  ab + bc + ca  ta nghĩ đến 2 điều : Sử dụng chuỗi bất đẳng thức  3(ab + bc + ca) (a + b + c) 2 3(a 2 + b 2 + c 2 )        (a) Hay sử dụng đẳng thức:          (a + b + c) 2 = a 2 + b 2 + c 2 + 2ab + 2bc + 2ca          (b) Hướng 1: Sử dụng đẳng thức (b) ta có:  2ab + 2bc + 2ca = (a + b + c ) 2 − (a 2 + b 2 + c 2 ) = 9 − (a 2 + b 2 + c 2 ) . (1)  � 2( a + b + c ) �2ab + 2bc + 2ca.   � 2( a + b + c ) �9 − (a 2 + b 2 + c 2 )       � a 2 + b2 + c 2 + 2 a + 2 b + 2 c �9                     (2) Ta chứng minh (2) với điều kiện  a, b, c > 0  và  a + b + c = 3  là xong. Xét hàm  h(t ) = f (t ) − mg (t ) , t (0;3) f ' (1) Với  f (t ) = t 2 + 2 t , g (t ) = t ; α = 1; m == 3. g ' (1) Vậy hàm cần xét là:   h(t ) = t 2 + 2 t − 3t.  với  t (0;3) . t =1 1 h (t ) = 2t − 3 + ' =0 −1 + 3 t =( ) 2 t 2 9
  10. Bảng biến thiên: t −1 + 3 2   0                ( )     1 3 2 h ' (t )           +           0        ­          0          + h(t )     0                                         0 Nhìn vào bảng biến thiên ta có:  h(t ) 0, ∀ t (0;3) .    t 2 + 2 t 3t , ∀t (0;3) .  Thay  t  lần lượt bởi   a, b, c  ta được: a 2 + b 2 + c 2 + 2 a + 2 b + 2 c 3( a + b = c ) = 9   (2) được chứng minh hay (1) được  chứng minh. (a + b + c) 2 Hướng 2: Sử dụng chuỗi (a) ta có:   ab + bc + ca = 3 = a + b + c. 3 Ta chỉ  cần chứng minh:   a + b + c a + b + c   với   a + b + c > 0 và a + b + c = 3   là  xong, hay cần chứng minh  a − a + b − b + c − c 0                  (3). f ' (1) 1 Xét hàm :  h(t ) = f (t ) − mg (t ) , với f (t ) = t − t;   g (t ) = t ,   t (0;3) ;  m = ' =− g (1) 2 1 1 1 1   h (t ) = − = 0 � t = 1. ' Vậy hàm cần xét:  h(t ) = t − t + t = t − t   2 2 2 t 2 Bảng biến thiên: t  0                   1      3 h (t )           +           0        ­ '                        0 h(t )                      �∀ h(t ) 0, t (0;3) .          Đến đây, nhận xét nếu sử dụng chuỗi đánh giá (a) đôi khi bất đẳng thức   bị  yếu đi hoặc bị  đổi chiều, nên sử  dụng chuỗi (a) là không khả  thi. Ta sử  dụng đẳng thức (b) là hợp lý. 1 1 1 Ví dụ 2.3: Cho  x, y, z  là các số dương thỏa mãn:  + + = 4 . x y z 1 1 1 Chứng minh rằng:  + + 1    (1) 2x + y + z x + 2 y + z x + y + 2z                                                       (Đại học KA­2005) 1 1 1 Phân tích: Nếu đặt  a = ; b = ; c =  Khi đó  a + b + c = 4 x y z 1 1 1 + + + Vế trái (1) chuyển về: + ( + + ) 1 1 1 1 1 1 1 +( + + ) 1 1 1 1 1 +( + + ) a a b c b a b c c a b c 10
  11. 1 1 1 Lúc này cần phải đánh giá  + +  thông qua  a + b + c để  sử  dụng được điều  a b c kiện  a + b + c = 4  và cô lập được các  ẩn của bất đẳng thức cần chứng minh.  1 1 1 9 9 Nghĩ đến bất đẳng thức cộng mẫu  + + = .Ta có: a b c a+b+c 4 1 1 1 1 1 1 + + + +                     1 + ( 1 + 1 + 1) 1 + ( 1 + 1 + 1) 1 + ( 1 + 1 + 1) 1 + 9 1 + 9 1 + 9 a a b c b a b c c a b c a 4 b 4 c 4 4a 4b 4c = + + . 9a + 4 9b + 4 9c + 4 Bài toán trở thành: Cho  a, b, c > 0  và  a + b + c = 4 4a 4b 4c Chứng minh rằng:  + + 1    (2). Nếu (2) được chứng minh thì  9a + 4 9b + 4 9c + 4 (1) được chứng minh: Lại xét hàm:  h(t ) = f (t ) − mg (t )  với  t (0; 4) 4 f '( ) 4t 3 = 1 4t 1 Ở đó:     f (t ) = ; g (t ) = t ; m = 4 .Vậ y cầ n xét hàm  h(t ) = − t 9t + 4 g ' ( ) 16 9t + 4 16 3 1 Bằng lập bảng biến thiên ta cũng đánh giá được  h(t ) , ∀t (0; 4) 4 4t 1 1 + t , ∀t (0; 4) . Thay  t  lần lượt bởi  a, b, c  ta được  9t + 4 16 4 1 3 VT (2)  (a + b + c) + = 1 16 4 (2) được chứng minh hay (1) được chứng minh. Loại 3: Bất đẳng thức thuần nhất đồng bậc với kĩ thuật chuẩn hóa làm  xuất hiện hàm  f (t )  và  g (t ) .          Để  nắm bắt được kĩ thuật này, trước hết ta xem xét những khái niệm   có liên quan. * Hàm số thuần nhất 3 biến: Hàm số  f ( x, y, z )  của các biến  x, y, z ᄀ  thỏa mãn điều kiện D được gọi  là hàm số  thuần nhất ba biến nếu với mọi bộ   ( x, y, z ) thỏa mãn điều kiện D,  với mọi số  thực k sao cho  (kx; ky; kz )  thỏa mãn điều kiện D thì tồn tại số   m   sao cho: f ( kx; ky; kz ) = k m f ( x; y; z ) Khi đó, ta nói hàm số   f ( x; y; z )   là hàm số  thuần nhất ba biến bậc   m .  Khái niệm hàm số thuần nhất cho  n  biến tương tự. * Bất đẳng thức thuần nhất 3 biến: Bất đẳng thức dạng  f ( x; y; z ) 0  trong đó f ( x; y; z ) là hàm số thuần nhất  ba biến được gọi là bất đẳng thức thuần nhất ba biến. Khi đó các bất đẳng   11
  12. thức: f ( x; y; z ) 0 ; f ( x; y; z ) > 0, f ( x; y; z ) < 0 cũng   được   gọi   là   bất   đẳng   thức  thuần nhất ba biến. Khái niệm bất đẳng thức thuần nhất  n  biến tương tự. * Phương pháp chuẩn hóa: Để hiểu được phương pháp chuẩn hóa, ta đi xem xét một mệnh đề sau  đặc trưng cho bất đẳng thức thuần nhất: + Mệnh đề: Nếu  f ( x; y; z ) là hàm thuần nhất bậc  m  thì với  k �ᄀ , k > 0  ta có: f ( x; y; z ) 0  tương đương  f (kx; ky; kz ) 0 + Chứng minh:  Vì hàm số  f thuần nhất bậc  m  nên  f (kx; ky; kz ) = k m f ( x; y; z ). Do đó với  k > 0  ta có:  f (kx; ky; kz ) 0   k m f ( x; y; z ) > 0   f ( x; y; z ) 0  (điều phải chứng minh) + Phương pháp chuẩn hóa: Do có mệnh đề nói trên nên để chứng minh bất   đẳng thức thuần nhất dạng:  f ( x; y; z ) 0  ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức  dạng:   f (kx; ky; kz ) 0 .   Ở   đó   ta   chỉ   việc   chọn   k > 0   thích   hợp   nào   đó   để  (kx; ky; kz ) thỏa mãn một điều kiện đặc biệt giúp làm xuất hiện hàm   g (t )   và  f (t )  và giảm bớt đi sự vất vả trong việc biến đổi bất đẳng thức. Sử  dụng mệnh đề  nói trên, ta có thể  thu hẹp phạm vi cần xét của các  biến hơn so với yêu cầu bài toán. Việc chuyển bài toán chứng minh một bất  đẳng thức thuần nhất về chứng minh bất đẳng thức trong phạm vị  hẹp hơn   của các biến như  trên gọi là chuẩn hóa bất đẳng thức thuần nhất. Để  thể  hiện kĩ thuật chuẩn hóa bất đẳng thức thuần nhất nhằm làm xuất hiện hàm  f (t )  và  g (t ) ta đi phân tích thông qua các ví dụ sau: Ví dụ 3.1: Cho các số thực dương  a, b, c . a2 b2 c2 a+b+c  Chứng minh rằng: + +                          (1) b+c c+a a +b 2 Nhận xét:  Bài này có hình thức đơn giản, có rất nhiều cách giải, trong đó  cách giải ngắn gọn nhất là sử dụng bất đẳng thức cô­sy như sau: a2 1 a 2 (b + c ) + (b + c ) 2 =a b+c 4 4(b + c ) b2 1 Ta có: + (c + a ) b c+a 4 c2 1 + ( a + b) c a+b 4 a2 b2 c2 1 a+b+c � + + + (2a + 2b + 2c) �a + b + c = b+c c+a a +b 4 2 a 2 b 2 c 2 a + b + c   (Điều phải chứng minh). + + b+c c+a a +b 2 Tuy vậy, để giúp học sinh hiểu về phương pháp chuẩn hóa tôi đã lấy ví  dụ này để phân tích. Phân tích và hướng dẫn giải: 12
  13. a2 b2 c2 a +b+c + Đặt F( a; b; c ) = + + − . Khi đó F( a; b; c ) là hàm thuần nhất  b+c c+a a+b 2 k 2a2 k 2b 2 k 2c2 bậc 1 vì với  ∀k ᄀ  thì F (ka; kb; kc) = + + = k . F(a;b;c). k (b + c) k (c + a ) k (a + b) + Nếu tồn tại  k > 0  mà  F (ka; kb; kc) 0  thì  F (a; b; c) 0  ta chọn  k là số thỏa mãn:  1 ka + kb + kc = 1  ( hay  k = ). và đặt:  a ' = ka; b' = kb; c ' = kc .Khi đó: a+b+c a ' ; b' ; c ' > 0  và  a ' + b ' + c ' = 1 . Ta chỉ cần chứng minh  F (a ' ; b ' ; c ' ) 0 với  a ' + b' + c ' = 1  và  a ' , b' , c ' > 0 . Hay cần chứng minh bài toán bất đẳng thức sau: "Cho  a ' , b' , c ' > 0, a ' + b ' + c ' = 1   a '2 b '2 c '2 1 Chứng minh rằng: + +  "           (2). b' + c ' c ' + a ' a ' + b ' 2 Vì  a ' + b' + c ' = 1  (2) tương đương với: a '2 b '2 c '2 1 + +                                               (3). 1− a 1− b 1− c 2 ' ' ' Xét hàm: h(t ) = f (t ) − mg (t ), t (0;1)  (do điều kiện  a ' , b' , c ' > 0  và  a ' + b' + c ' = 1 ) 1 f '( ) t2 3 =5 2t − t 2 5 1 Với  f (t ) = ; g (t ) = t ; m = . V ậ y  h ' (t ) = − =0 �t = . 1− t 1 (1 − t ) 4 2 g'( ) 4 3 3 Bảng biến thiên. t 1  0                       1 3 h ' (t )           ­           0        + h(t ) 1                     − 4 1 t2 5 1 Từ bảng biến thiên:  h(t ) − , ∀t (0;1)   t − , ∀t (0;1) 4 1− t 4 4 Thay  t  lần lượt bởi   a ' ; b' ; c '  rồi cộng lại ta được: a '2 b '2 c '2 5 ' ' ' 3 1 + + (a + b + c ) − = 1 − a' 1 − b' 1 − c' 4 4 2 Vậy bất đẳng thức (3) được chứng minh hay bất đẳng thức (1) cũng   được chứng minh. Chú ý: Nếu không nhầm lẫn trong cách hiểu và tránh phức tạp trong trình bày  lời giải thì trong lời giải phân tích ở ví dụ 3.1 từ bất đẳng thức (2); ta có thể  dùng bộ  số  ( a; b; c ) thay cho bộ  số   (a ' ; b' ; c ' ) hay nói cách khác với bất đẳng  thức đã cho không mất tính tổng quát ta chỉ cần chứng minh trong trường hợp   a, b, c   thỏa mãn một điều kiện đặc biệt nào đó, thì vẫn kết luận được bất  13
  14. đẳng thức đúng trong mọi trường hợp của  a, b, c . Sứ dụng chú ý này ta sẽ có  lời giải ngắn gọn cho những bất đẳng thức có hình thức phức tạp sau: Ví dụ 3.2: Cho các số thực dương  a, b, c .  1 1 1 Chứng minh rằng: ( + + ). a 6 + b 6 + c 6 3(a + b + c)                     (1) a 2 b2 c2 Phân tích và hướng dẫn giải: 1 1 1 + Đặt  F (a; b; c) = ( 2 + 2 + 2 ). a 6 + b 6 + c 6 − 3(a + b + c) a b c F (ka; kb; kc) = k F (a; b; c ) nên bất đẳng thức thuộc dạng thuần nhất bậc một. + Không mất tính tổng quát, ta chỉ  cần chứng minh bất đẳng  thức (1) đúng   trong trường hợp  a 6 + b6 + c6 = 3 . với điều kiện này (1) chuyển thành: 1 1 1 + + a + b + c                                       (2) a 2 b2 c2 1 Rõ ràng, ta đã làm xuất hiện hàm  g (t ) = t 6 và f (t ) = −t t2 + Với cách làm tương tự như ở tất cả các ví dụ đã phân tích ta đi xét hàm: 1 1 h(t ) = 2 − t + t 6 , t (0; 6 3 ) t 2 2 h ' (t ) = − 3 − 1 + 3t 5 = 0. � 3t 8 − t 3 − 2 = 0 t � (t − 1) (3t 7 + 3t 6 + 3t 5 + 3t 4 + 3t 3 + 2t 2 + 2t + 2) = 0 � t = 1 �(0; 6 3) Bảng biến thiên. t  0                  1 6 3 ' h (t )           ­         0        + h(t ) 1                     2 1 1 1 1 Từ bảng biến thiên ta có:  h(t ) , ∀t (0; 6 3)     −t − t 6 + , ∀t (0; 6 3)   2 t2 2 2 Thay t lần lượt bởi  a, b, c  rồi cộng lại ta được 1 1 1 + + a + b + c. (2) được chứng minh hay (1) được chứng minh. a 2 b2 c2 Ví dụ 3.3: Cho  a, b, c  là các số thực dương. Chứng minh rằng: (ab + bc + ca ) (a 2 + b 2 + c 2 ) + abc (a + b + c ) 4abc. 3(a 2 + b 2 + c 2 )       (1) Phân tích: + Kiểm tra thấy bất đẳng thức (1) thuần nhất bậc 4. + Không mất tính tổng quát chỉ  cần chứng minh (1) đúng trong trường hợp:   a 2 + b 2 + c 2 = 1, a, b, c (0;1) . Khi đó bất đẳng thức (1) trở thành:  (ab + bc + ca) + abc(a + b + c) 4 3abc 14
  15. 1 1 1 � + + + a + b + c �4 3                                                     (2) a b c 1 1 1 2 Lúc này hàm điều kiện là  g (t ) = t 2 còn  f (t ) = + t  và  h(t ) = + t − t , t (0;1) . t t 3 1 1 2 Xét hàm:  h(t ) = + t − t , t (0;1) . t 3 11 Bằng   lập   bảng   biến   thiên   ta   đánh   giá   được   h(t ) , ∀t ( 0;1) .  3 3 1 1 11 � t + � t2 + , ∀t �( 0;1) . t 3 3 3 Thay  t  lần lượt bởi a,b,c rồi cộng lại ta được:  1 1 1 1 2 11 a+b+c+ + + (a + b2 + c 2 ) + =4 3 a b c 3 3 (2) được chứng minh hay (1) được chứng minh. Ví dụ 3.4:  Cho các số thức dương  a, b, c ( − a + b + c ) 2 ( −b + a + c ) 2 ( − c + a + b ) 2 3 Chứng minh rằng:  2 + +  (MO­Japan­1997) a + (b + c)2 b 2 + (a + c)2 c 2 + (a + b) 2 5 Phân tích: + Do bất đẳng thức là thuần nhất bậc 0 nên không mất tính tổng   quát,        ta giả  sử   a + b + c = 1 , a, b, c (0;1).  Khi đó bất đẳng thức đã cho trở  thành: (1 − 2a) 2 (1 − 2b) 2 (1 − 2c) 2 3 + + a 2 + (1 − a)2 b 2 + (1 − b) 2 c 2 + (1 − c)2 5 .  1 1 1 27 � + 2 + 2 � . 2a − 2a + 1 2b − 2b + 1 2c − 2c + 1 5 2 + Bằng cách phân tích tương tự ta xét hàm: 1 54 h(t ) = − .t  . 2t − 2t + 1 25 2 27 1 54t + 27  Khảo sát  h(t ) trên  (0;1)  thì  h(t ) �∀ �t∀�(0;1) t (0;1) . 52t − 2t + 1 2 25 1 1 1 54 3.27 27 � 2 + 2 + 2 � + = . 2a − 2a + 1 2b − 2b + 1 2c − 2c + 1 25 25 5 Từ đó ta dễ dàng suy ra lời giải của bài toán này. Loại 4: Sử dụng ẩn phụ để làm xuất hiện hàm  f (t ) và g (t ) . Ta sử  dụng đặt  ẩn phụ  1 cách khéo léo sẽ  giúp ta đưa bất đẳng thức   cần chứng minh về bất đẳng thức có xuất hiện hàm  f (t ) và g (t ) . Ví dụ 4.1: Cho  a, b, c > 0  và  a + b + c 1  . 1 1 1 Chứng minh rằng:   + 2 + 2 9       (1) a + 2bc b + 2ac c + 2ab 2 Phân tích:  + Đặt  x = a 2 + 2bc; y = b 2 + 2ac; z = c 2 + 2ab � x, y, z > 0 . Ta có:  x + y + z = (a + b + c) 2 ��1 x + y + z �1 15
  16. + Bài toán bất đẳng thức trở thành: Cho  x, y, z > 0  và  x + y + z 1   1 1 1 Chứng minh rằng: + + 9 .                                    (2) x y z 1 + Ta thấy hình thức bài toán hết sức đơn giản và hàm   g (t ) = t ;   f (t ) =   xuất  t 1 hiện . Xét hàm  h(t ) = + 9t.      t (0;1)   t Bằng lập bảng biến thiên của  h(t )  ta đánh giá được:  h(t ) 6 ∀t (0;1) 1 1 1 � + + �−9( x + y + z ) + 18 = 9  (2) được chứng minh, (1) được chứng minh. x y z Nhận xét:  Bài toán này có thể  sử  dụng trực tiếp bất đẳng thức cộng mẫu   như   sau:   Ta   có:  1 1 1 9 9 + 2 + 2 = 9 a + 2bc b + 2ac c + 2ab 2 a + b + c + 2ab + 2ac + 2bc (a + b + c) 2 2 2 2 (Điều phải chứng minh). Hoặc có thể  chứng minh   bất đẳng thức (2) nhờ  bất đẳng thức cộng   1 1 1 9 mẫu   như sau:  + + 9. x y z x+ y+z Tuy nhiên tôi vẫn lấy ví dụ này phân tích cho phương pháp đặt ẩn phụ  làm xuất hiện hàm  f (t )  và  g (t )  nhằm giúp cho học sinh có cách nhìn linh hoạt  khi đứng trước 1 bài toán bất đẳng thức giải bằng phương pháp  dùng đạo   hàm. Ví dụ 4.2: Cho các số  a, b, c  dương và thỏa mãn: a 4 + b 4 + c 4 = 3 . 1 1 1 Chứng minh rằng: + + 1 .               (1). 4 − ab 4 − bc 4 − ac Phân tích: + Đặt  x = ab; y = bc; z = ca � x, y, z > 0 . và  x 2 + y 2 + z 2 = a 2b 2 + b 2c 2 + a 2c 2 a 4 + b 4 + c 4 = 3. + Bài toán trở thành: Cho  x, y, z > 0  và  x 2 + y 2 + z 2 3 . 1 1 1 Chứng minh rằng:  + + 1           (2). 4− x 4− y 4− z 1 + Đến đây, hàm  g (t ) = t 2 ;   f (t ) =  xuất hiện. 4−t 1 1 Ta xét hàm:  h(t ) = − t 2 ; t (0; 3) . 4 − t 18 t =1 1 1 h ' (t ) = − t=0 7 − 13 (4 − t ) 2 9 t= 2 Bảng biến thiên: t 7 − 13   0                    1                               3 2 16
  17. h ' (t )           +           0        ­          0          + 11 + 6 3 h(t )                      5 /18                    78               5 1 1 2 5 Từ bảng biến thiên ta có:  h(t ) ∀t (0; 3) . �∀ + t t (0; 3) . 18 4−t 18 18 1 1 1 1 2 15 � + + � ( x + y 2 + z 2 ) + �1 4 − x 4 − y 4 − z 18 18 (2) được chứng minh hay (1) được chứng minh. x = (a 2 + b 2 ) 2 x = a 2 + b2 Nhận xét: Ta cũng có thể đặt ẩn phụ. y = (b2 + c 2 ) 2     hoặc  y = b2 + c 2 z = (c 2 + a 2 ) 2 z = c2 + a2 Ví dụ 4.3:  Cho  a, b, c  là các số dương thỏa mãn điều kiện   abc = 1   a b c 3 2 Chứng minh rằng: + + .      (1). 1+ a 1+ b 1+ c 2 Phân tích: + Giả  thiết  a, b, c  là các số  dương, và thỏa mãn điều kiện  abc = 1 .  Nếu để ý lấy logarit tự nhiên 2 vế ta được tổng:  ln a + ln b + ln c = 0 . + Đặt  x = ln a; y = ln b; z = ln c . Thì ta có điều kiện  x + y + z = 0  và bất đẳng thức  ex ey ez 3 2 (1) đưa về:  + +                 (2). 1+ e x 1+ e y 1+ e z 2 et + Hàm  g (t ) = t ; f (t ) =  xuất hiện. 1 + et f ' (0) 3 2 et 3 2 Xét hàm: h(t ) = f (t ) − m.g (t )  với  m = ' = . Do đó  h(t ) = − t; t ᄀ . g (0) 8 1+ e t 8 2 +   Lập   bảng   biến   thiên   ta   đánh   giá   được;   h(t ) ∀t ᄀ . 2 et 3 2 2 �∀ + t , t R. 1 + et 8 2 ex ey ez 3 2 Thay  t  lần lượt bởi  x, y, z  rồi cộng lại ta được: + + . 1+ e x 1+ e y 1+ e z 2 (2) được chứng minh hay (1) được chứng minh. Ở tất cả các ví dụ  trên thuộc 4 loại tôi đã trình bày đều có xu hướng là   sau khi làm xuất hiện hàm  f (t ) và g (t ) thì ta xét hàm  h(t ) = f (t ) − mg (t )   f ' (α ) và  m =   ( α  xuất hiện ở điều kiện  g ( x) + g ( y ) + g ( z ) ( )3g (α ) ) thì  h(t )  đạt   g ' (α ) giá trị cực tiểu (cực đại) đồng thời là giá trị nhỏ nhất (lớn nhất) tại  t = α  đó  cũng là ý tưởng chính khi ra đề toán dùng phương pháp này. Nhưng Loại 5 tôi   đề cập sau đây, bổ sung thêm một cách xử lý bài toán nếu như  h(t )  đạt giá trị   17
  18. cực tiểu tại  α , nhưng không phải đó là giá trị nhỏ nhất tại  α . Tương tự nếu   h(t )  đạt giá trị cực đại tại   α  nhưng không là giá trị lớn nhất tại  α : Loại 5: Đề bài thể hiện sẵn hàm  f (t )  và  g (t ) , nhưng phải chia miền để  chứng minh. Ví dụ 5.1. Cho 3 số thực dương  x, y, z  thỏa mãn  x + y + z = 1 . Chứng minh rằng:   10( x3 + y 3 + z 3 ) − 9( x5 + y 5 + z 5 ) 1          (1)                                                                  (MO­ China­2005). Phân tích:  + Khi phân tích,  đặt  g (t ) = t , 1 f '( ) 1 3 = 25 , h(t ) = 10t 3 − 9t 5 − 25 t f (t ) = 10t 3 − 9t 5 ; α = ; m = 3 1 9 9 9( ) 3 Ta có bảng biến thiên của hàm số như sau: t 1 5 9   0                         1 3 3 10 h ' (t )           ­           0        +           0          ­ h(t ) 52441                                                  − 100000 −16 −16                                                           27 9 Nhìn   vào   bảng   biến   thiên   của   h(t )   điều   mà   ta   mong   muốn   là  16 h(t ) − ∀t (0;1) 27 1 16 để dấu bằng xảy ra khi  t = . nhưng ở đây lại là  h(t ) > − ∀t (0;1). 3 9 Vậy có cách nào giải quyết không? 16 � 9� + Nhìn vào bảng biến thiên, ta khẳng định được   h(t ) − ∀t � 0; � .   Hãy  27 � 10 � chia khoảng để chứng minh: � 9� TH1: Cả 3 số :  x; y; z    �0; �.  Khi đó nhìn vào bảng biến thiên suy ra:  � 10 � 16 � 9� h(t ) − ∀t � 0; � 27 � 10 � 25 3.16 25 16 � 10( x 3 + y 3 + z 3 ) − 9( x 5 + y 5 + z 5 ) � ( x + y + z ) − = − = 1 , (1) đúng. 9 27 9 9 �9 � TH2: Giả sử có 1 số ,chẳng hạn  x ;1 .  �10 � 9 1 � 1� Vì  x + y + z = 1 � y + z = 1 − x �1 − = �� y, z � 0; � 10 10 � 10 � 18
  19. Lúc này :  �9 � + Xét  f ( x) = 10 x3 − 9 x 5 � f ' ( x) = 30 x 2 − 45 x 4 = 15 x 2 (2 − 3 x 2 ) < 0  ,với mọi x ;1 �10 � �9 � �9 � f ( x)  nghịch biến trên  ;1 �∀f (=x) f (1) 1, x ;1 � 10 � �10 � � 1� � 1� + f ( y ) = 10 y 3 − 9 y 5 = y 3 (10 − 9 y 2 ) 0, ∀y �0; �.Tươngtự  f ( z ) 0, ∀z �0; � � 10 � � 10 � Vậy trong trường hợp này ta cũng có   f ( x) + f ( y ) + f ( z ) 1 .  (1) được chứng   minh 9 Nhận   xét:  Con   số   dùng   để   chia   khoảng   đủ   gần   5 để   thấy  10 3 16 � 9� h(t ) − ∀t 0; .Bài toán sẽ được lập luận tương tự khi dùng con số khác  27 � 10 � nếu nó có tính chất tương tự Bài tập tự luyện: 1. Cho 3 số thực  a, b, c > 0  và  a + b + c = 1 a3 b3 c3 1 Chứng minh rằng:  + + (1 − a ) (1 − b) (1 − c) 2 2 2 4 3 2. Cho 3 số thực  a, b, c > 0  và  a + b + c 2 1 1 1 3 17 Chứng minh rằng:  a 2 + 2 + b 2 + 2 + c 2 + 2 a b c 2 3. Cho 3 số thực  x, y, z > 0  và  a + b + c = 1 1 1 1 �a b c � Chứng minh rằng:  + + 3 � a + b + c �  (Học viện BCVT­2001)  3a 3b 3c �3 3 3 � 4. Cho 3 số thực  a, b, c > 0  và  a 2 + b2 + c 2 = 3 1 1 1 Chứng minh rằng:  + + 3 2−a 2−b 2−c 5. Cho 4 số thực  a, b, c, d > 0  và  a + b + c + d = 2 1 1 1 1 16 Chứng minh rằng:  + + + 1 + 3a 1 + 3b 1 + 3c 1 + 3d 2 2 2 2 7 6. Cho 3 số thực  a, b, c 0  và  a + b + c = 3 1 1 1 3 Chứng minh rằng:  + + 9 − ab 9 − bc 9 − ca 8 7. Cho 3 số thực  a, b, c > 0  và  a 2 + b2 + c 2 = 3 19
  20. 1 1 1 3 Chứng minh rằng:  + + 1 + ab 1 + bc 1 + ca 2 8. Cho 3 số thực  a, b, c > 0  và  a + b + c = 1 Chứng minh rằng:  (1 − a)(1 − b)(1 − c) 8abc 3 a b c 9 9. Cho  a, b, c −  và  a + b + c = 1 . Chứng minh rằng: + 2 + 2 .  4 a + 1 b + 1 c + 1 10 2                                                                      (Vô địch Toán Ba Lan 1996) 2a + b + c 2b + c + a 2c + a + b 10. Cho  a, b, c > 0 . Chứng minh rằng:  + 2 + 2 8 2a + (b + c ) 2b + (c + a) 2c + ( a + b) 2 2 2 2                                                                            (Vô địch Toán Mỹ 2003) a (b + c) b (c + a ) c ( a + b) 6 11. Cho  a, b, c > 0 . Chứng minh rằng: + 2 + 2 . a + (b + c) b + (c + a ) c + (a + b) 2 2 2 2 5 (Olympic 30­4­Lớp 11­2006) 12. Cho   a, b, c > 0 .  1+ 3 2 1 1 1 Chứng minh rằng: (a + b 2 + c 2 )( + + ) a + b + c + a 2 + b 2 + c 2 . 3 3 a b c a4 b4 c4 a +b+c 13. Cho  a, b, c >0. Chứng minh rằng: 3 3 + 3 3 + 3 3 . b +c c +a a +b 2 14. Cho  a, b, c  là độ dài 3 cạnh của tam giác ABC chứng minh rằng: 1 1 1 9 1 1 1 + + + 4( + + ). a b c a+b+c a+b b+c c+a 15. Cho 3 số thực  a, b, c > 0  và  a 4 + b 4 + c 4 = 3 1 1 1 Chứng minh rằng:  + + 1 4 − ab 4 − bc 4 − ca 16. Cho 3 số thực  a, b, c > 0  và  abc = 1 1 1 1 Chứng minh rằng:  2 + 2 + 2 + 3 2(a + b + c) . a b c 17. Cho 3 số thực  a, b, c > 0  và  a + b + c = 3 1 1 1 Chứng minh rằng:  2 + 2 + 2 a 2 + b 2 + c 2 a b c IV.Hiệu quả đạt được của sáng kiến kinh nghiệm Sau khi được phân tích dạng toán, cung cấp kĩ thuật và rèn luyện hệ  thống kiến thức trên, hầu hết các em học sinh khá giỏi ở các lớp 12 tôi dạy đã   tỏ  ra mạnh dạn, tự  tin và linh hoạt hơn khi gặp bài toán dạng đã xét. Đa số  các em đã hiểu và vận dụng được phương pháp, biết xuất phát từ  một hàm  thích hợp và tỏ ra thích thú với ứng dụng này của đạo hàm.Đặc biệt, nó cũng  giúp các em bớt e ngại khi gặp bất đẳng thức dạng đối xứng ba biến và hình   thành thói quen tốt là phân tích đề bài trước khi làm để định hướng đúng cách  20
ADSENSE
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2