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

ử 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 ;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,)
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:
 	(1)
	Giải: 
 Vì x là số dương nên:
(1) . Đặt =t ( t >0).
C1: Ta có: (1) trở thành : t-t- t+ 10(t-1)(t+1)0 (đúng với mọi t>0).
C2: Hướng dẫn hs xét hàm : f(t)= t-t- t+ 1 trên (0; ).
 f’(t)= 3t2- 2t -1=0 t= 1 ; t= -.
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: 	 
 Chứng minh hoàn hoàn tương tự!
Với x,y là các số thực khác không chứng minh rằng:
Bài toán 2: 	
	 Giải:
Đặt t = thì (áp dụng bđt côsi).
C1: Ta có: (2) trở thành:
(t+2)(t-2t-t+3)0(2')
+) Với t2: ta có t-2t-t+3=(t-2)(t-1)+1>0
nên bất đẳng thức (2') đúng
+) Với t-2: ta có t-2t-t+3=(t+2)[(t-2)+3] - 11> 0 
và t+20 nên bất đẳng thức (2') đúng
vậy bất đẳng thức (2) đúng dấu bằng xảy ra khi t=-2 hay x=-y
 đpcm.
C2: Xét hàm số: f(t) = 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:
 .
	Giải: 
Từ đẳng thức: ; 
 và điều kiện ta có:
 Đặt: 
C1: 
 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 
 Vậy: Pmin= khi x= ,y=z=0 hoặc hoán vị.
 Pmax= khi x= ,y=z=0 hoặc hoán vị.
C2: Đặt f(t) = .
 f’(t)= 
t
0
f’(t)
 -
 0
- 
f(t)
Suy ra f(t)= .
Vậy Pmin= khi x= ,y=z=0 hoặc hoán vị.
 Pmax= khi x= ,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:
	.
Để ý rằng: 1=;
	1= 	
Suy ra: Nếu đặt t= ta có: VT= với .
	f’(t) = .
BBT
t
1
f’(t)
-
 0
+ 
f(t)
Vậy: f(t) ( đpcm).
Bài toán 5 Đề thi đại học cao đẳng khối A năm 2006
Cho x, y là hai số thực khác không thoã mãn: ;
Tìm GTLN của biểu thức: A= .
	Giải
Đặt: S= x+y; P= x.y (s24p )
Từ gt ta có: .
 ( Lưu ý S = -3 không thoã mãn).
Đánh giá S: S24P => .
Vậy:
A= 
 ( với S<-3 v S).
Xét: f(S) = trên 
 f’(S)= 
Suy ra f(S ) nghịch biến.
BBT:
S
 -3
1
f’(S)
-
-
f(S)
 1
 0
4
 1
MaxA = f2(1) = 16. Đạt được tại x= y= ( Khi S= 1; P= ).
 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:
 .
 Giải
Áp dụng bdt: .
Ta có: . Dấu bằng xảy ra x=0.
Đặt f(y)= .
Với y: f(y)= . f’(y)= 0 .
Lập bảng biến thiên ta có: f(y) .
Với y>2: f(y) .
Vậy GTNN của A = khi x=0; .
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:
 Giải 
Ta có: 
-) Nếu y = 0 ta có P = 2.
-) Nếu Đặt x= ty Suy ra: .
Xét hàm .
 f’(t)= 0 .
 .
Vậy GTLN của P là 3 khi : .
GTNN của P là -6 khi : .
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 : .
Bài toán 9: 
Cho Cmr: P=.
Giải: áp dụng bất đẳng thức côsi ta có:
P= 
Đặt .
C1: Ta có: f(t)= với: .
	 f’(t)= f(t) nghịch biến trên .
	 Suy ra: 
 Dấu bằng xảy ra: x = y = z và t = hay x = y = z = 
C2: áp dụng BĐT côsy ta có:
 P = 
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = đpcm
Chứng minh bài toán Tổng quát 1 :
Cho là số dương ; 
 .
Chứng minh rằng: (*)
Hướng dẫn giải:
C1: Sử dụng BDT cô sy : 
Suy ra: 
Đặt: t = . 
Ta có: VT = f(t) = với .
 f’(t)= (vì gt: ak2bn2).
 Suy ra: f(t) nghịch biến trên: 0<
	 Vậy: P 
 Dấu bằng xảy ra: x = y = z và t = hay x = y = z = .
C2: Áp dụng BĐT côsy ta có: 
 Dấu bằng xảy ra: x = y = z = .
Nhận xét: 
 Đặc biệt hóa bài toán TQ1 ta có:
 Bài toán 9,1:
Cho Cmr: .
Dễ dàng giải bài toán 8. 1 nếu ta cho bài toán TQ1 với a=1; b=4 ; n=3 ; k=
Bài toán 9.2 (Olimpic-toán sơ cấp Đại Học Vinh).
Cho C mr: 
	Giải
Thật vậy : áp dụng bất đẳng thức bunhacopxki ta có:
Tương tự sau đó cộng vế theo vế: 
Áp dụng bài toán TQ1 với a= .
 Suy ra điều phải chứng minh. 
Bài toán 9.3 (Đề thi đại học cao đẳng khối A năm 2004).
Cho CMR : .
Chứng minh tương tự.
Bài toán TQ1 : Với a= -1; b=1 ; n=2 ; k= ta có:
Bài toán 9* : 
Cho Cmr: .
 Xem x= ; y= ta có:
 Bài toán 9*.1:
Cho Cmr: .
Từ đó có thể dễ dàng chứng minh bài toánTổng quát 2: 
Cho là các số thực dương và , m>0: 
Chứng minh rằng: .
Nếu đổi chiều của bất đẳng thức ở điều kiện bài toán TQ1 ta có bài toán mới : 
Bài toán TQ3
Cho là các số thực dương thoả mãn:
; .
Chứng minh rằng: (**)
Từ bài toán TQ2 và bài toán 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 xyz1:
Chứng minh rằng: P = .
	Giải: 
Đặt a= , b= , c= 
Bài toán trở thành : 
Cho: a,b,c là các số thực dương và abc 1. Chứng minh rẳng
 P = . 
áp dụng bất đẳng thức svac-xơ ta có:
 P2 =
 {vì ab+bc+ca3}
Đặt: t=(a+b+c) thì t9 { vì a+b+c3}.
C1: P2 = f(t) = =với t9 .
	f’(t)= .
BBT:
t
0
3
6
9
f’(t)
 - 
-
0 +
+ 
f(t)
Vậy P2 = f(t) Suy ra: P Dấu bằng xảy ra khi x=y=z=1 (đpcm).
C2: Ta có : P2 = ==.
 P2 P Dấu bằng xảy ra khi x= y= z= 1 (đpcm).
Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được bài toán Tổng quát 4
Cho: là các số thực dương và 
CMR: .
 Bài toán 11: 
Cho Cmr: .
 Nhận xét: Ta đổi chiều bất đẳng thức để áp dụng bđt svac-xơ .
Giải : Ta có : 
Ta có:
Đặt từ đk .
C1) Ta có: P = f(t) = <0 .
Suy ra: f(t) nghịch biến trên [).
Vậy P = f(t) Dấu bằng xảy khi và chỉ khi x=y=z= (đpcm).
C2) Ta có:
Dấu bằng xảy khi và chỉ khi x=y=z= (đpcm).
Bài toán 12:(Tạp chí toán học tuổi thơ).
Cho (1) CMR: x+y+z.
Giải:
Ta có: (1)1-(x+y+z)+xy+yz+zx=2xyz
x+y+z=2-2(x+y+z)+(x+y+z)-4xyz
áp dụng bđt Côsi ta có : nên
x+y+z2-2(x+y+z)+(x+y+z)-4
Đặt t= x+y+z thì: .Khi đó:
x+y+z
dấu bằng xảy ra khi t= hay x=y=z= (đpcm). 
*) Từ ý tượng trên ta có thể khai thác và sáng tạo các bất đẳng thức :
 Chẳng hạn : Chứng minh và khai thác bài toán Tổng quát4: 
 Cho là số dương không lớn hơn . Chứng minh rằng:
 .
Lưu ý: Nếu chứng minh g(t) 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: 
HD: Bất đẳng thức của bài toán tương đương với 
kết hợp bất đẳng thức côsi ta cần chứng minh:
 với 
2. Cho x,y,z là các số thực không âm . chứng minh rằng :
3. Cho x,y,z là các số thực dương chứng minh rằng
 (THTT-số 356)
4. Cho x,y,z là các số thực dương chứng minh rằng
5. Cho Cmr: 
6. Cho Cmr: 
7. Cho Cmr: 
- Từ bất đẳng thức bunhiacôsxki, svac -xơ và đẳng thức 
8. Chứng minh rằng:với mọi x,y thuộc R
 HD: 
9. Cho Cmr:
 HD: t = :
10 . Cho Cmr: 
11. Cho Cmr: 
*****************************************
II. Một biến là x(y hoặc z):
 ở ví dụ trên thì chúng ta phải làm xuất hiện ẩn phụ.sau đây ta xét một lớp bài toán mà ẩn phụ chính là x hoặc y hoặc z
Bài toán 13: 
Cho Cmr: P = .
	Giải: 
Từ đk bài toán ta thấy 
áp dụng bđt côsi ta có:
P = xy+yz+zx-xyz = z(x+y)+xy(1-z)z(x+y)+(1-z)
 P = xy+yz+zx-xyzz(1-z)+(1-z)==
 với mọi z, 
dấu bằng xảy ra khi x= y= z= đpcm.
Có thể xét hàm: f(z) = với .
Bài toán số 14: 
Cho Cmr: .
	Giải: 
Không mất tính tổng quát giả sử z = min(x,y,z) 
Từ điều kiện dễ thấy: 
 đúng với . Dấu bằng xảy ra khi x=y=z=1 đpcm.
Có thể xét hàm: f(z) = với .
Nhận xét: Nếu lấy điều kiện thì bất đẳng thức đánh giá biểu thức trên là không đúng. ở đây chúng ta sử dụng tính chất 1 để làm hạn chế điều kiện của biến để có thể đánh giá được biểu thức.
Bài toán tổng quát 5 (Tổng quát của bài 14)
Cho Cmr: .
HD: Không mất tính tổng quát giả sử: z = min(x,y,z)
 Từ điều kiện dễ thấy ta có: 
 Chú ý: Thay đổi hình thức bài toán: 
 Sử dụng đẳng thức 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 CMR: . (THTT-2006).
 Tương tự bài toán 14* ta có thể chứng minh bài toán tổng quát 6. 
Cho CMR: .
 Chú ý : Để chứng minh : ta giả thiết z=max(x,y,z).
Đặc biệt hóa ta có bài toán:
 Với a=1; b=-2 : Cho Cmr: 
 Sau 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 Cmr:.
Giải: 
Không mất tính tổng quát, giả sử: z = max(x,y,z).
Từ điều kiện .
 Ta có:
x+y+3xy(x+y) +z=(x+y)+z=(3-z)+z=
=9z-27z+27=9(z-1)(z-2)+99 với mọi z t/m : 1z2
dấu bằng xảy ra khi (x,y,z)=(0,1,2) và hoán vị của nó (đpcm).
Bài toán 16
Cho . Cmr: .
 HD: Giả sử : ta đi chứng minh: 
Xét hàm f(x) trên : .
Bài toán 17: 
Cho x,y,z nằm trong đoạn [1;2] ; 
 Chứng minh rằng : .
Giải: 
Đặt 
Không mất tính tổng quát giả sử :
Vì : 
Mặt khác : 
Vì 
Vậy 
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 
Chứng minh rằng: 
	Giải
Đặt 
Ta cần chứng minh . Do vai trò của x,y,z trong như nhau nên theo tính chất 2 ta giả sử kết hợp điều kiện ta dễ dàng suy ra 
Xét 
dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi (đpcm).
Bài toán 19: 
(Bất đẳng thức côsi): Cho x, y, z là các số thực dương; 
 Chứng minh rằng: . 
Giải:
 Không mất tính tổng quát giả sử 
Đặt 
Tacó:
vì 
Mặt khác:Đặt 
Vậy 
dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi đpcm
Một số bài toán tương tự
1. Cho Cmr :
HD: Giả sử đặt ta chứng minh được
2. Cho Cmr:
a. 
b. 
c. 
3. Cho Cmr: 
4. Ch