Chuyên Đề: KỸ THUẬT CHỌN ĐIỂM RƠI TRONG BÀI TOÁN CỰC TRỊ I. BÀI TOÁN MỞ ĐẦU Bài toán 1. Cho  a,b > 0 , tìm GTNN của P = 2 a + b ≤ 1 1 1 + a + b 2ab 2 Giải Ta có: 1 2 2 a + b a + 2ab + b (a + b) 1 + 4 ≥ 2ab 2 2 4 = 2 ≥4  1 a= a = b  2 ⇒ MinP = 4 khi x = y = 1 2 1= b  2 a,b > 0 1 1 , tìm GTNN của P = + Bài toán 2. Cho  1+ a2 + b2 2ab a + b ≤ 1 Dấu “=” xảy ra ⇔  ⇔ a + b = 1 Giải Lời giải 1. Ta có: P = 1 1 4 4 4 = + ≥2 2 2 1+ a2 + b2 2ab a + 2ab + b + 1 (a + b) + 1 2 Dấu “=” xảy ra ⇔  1+ a2 + b2 = 2ab (a − b)2 + 1 = 0 (voânghieäm) . Vậy không tồn tại ⇔ a + b = 1  a + b = 1 ≥=2 MinP...?..? Lời giải 2. Ta có: 1 1 1 4 1 4 1 + = + P= + + ≥ 2 2 2 1+ a2 + b2 6ab 3ab a + 6ab + b + 1 3ab (a + b) + 1+ 4ab 3ab a+b Mặt khác ab ≤   = 2 4 2 1 . Vậy P ≥ 1+ a2 + b2 = 3ab  Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b a  +b=1 4 + a+b 2 +  2 ⇔a=b= 1 a+b 6 2   ≥ 8 3 . Lời bình: Bài toán 1 và bài toán 2 gần như tương tự nhau, cùng áp dụng bất đẳng thức 1 1 4 +≥ ab a+b . Lời giải 1 tại sao sai? Lời giải 2 tại sao lại tách 1 1 1 = + 2ab 6ab 3ab ?..? Làm sao nhận biết được điều đó…?...Đó chính là kỹ thuật chọn điểm rơi trong bất đẳng thức. Và qua chuyên đề này chúng ta sẽ hiểu sâu hơn về kỹ thuật “chọn điểm rơi” trong việc giải các bài toán cực trị II. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Trang 1 Có thể nói tằng bài toán bất đằng thức nói chung và bài toán tìm GTNN, GTLN nói riêng là một trong nhửng bài toán được quan tâm đến nhiều ở các kỳ thi Học sinh giỏi, tuyển sinh Đại học,…và đặc biệt hơn nữa là với xu hước ra đề chung của Bộ GD – ĐT. Trong kỳ thi tuyển sinh Đại học thì bài toán bất đẳng thức là bài toán khó nhất trong đề thi mặc dù chỉ cần sử dụng một số bất đẳng thức cơ bản trong Sách giáo khoa nhưng học sinh vẫn gặp nhiều khó khăn do một số sai lầm do thói quen như lời giải 1 trong bài toán mở đầu là một ví dụ. Để giúp học sinh hiểu sâu hơn về bài toán cực trị đặc biệt là các trường hợp dấu đẳng thức xảy ra, tôi viết chuyên đề “Chọn điểm rơi trong giải toán bất đẳng thức”. III. NỘI DUNG 1. Bổ túc kiến thức về bất đẳng thức a) Tính chất cơ bản của bất đẳng thức Định nghĩa: a ≥ b ⇔ a − b ≥ 0 • • • • a ≥ b ⇒a≥c  b ≥ c a≥b⇔a+c≥b+c a ≥ b ⇒a+c≥b+d  c ≥ d 1 1 a≥b>0⇒≤ ab b) Một số bất đẳng thức cơ bản • Bất đẳng thức Cauchy Cho n số thực không âm a1,a2,...,an (n ≥ 2) a1 + a2 + + an a khi a1 ≥ n a1 2...aan . Dấu “=” xảy ra khi và=chỉ n 2 ta luôn có = = an . • Một vài hệ quả quan trọng: 1 1 1 2 + (a1 + a2 + + an )  + + +  ≥ n vôùi∀ai > 0, i = 1, n  a1 a2 an  11 1 n2 +    ϖιai  0, i  1, n a1 a2 an a1  a2    an + Cho 2n số dương ( n ∈ Z,n ≥ 2): a1,a2,...,an ,b1,b2,...,bn ta có: (a1 + b1)(a2 + b2)...(an + bn ) ≥ n a1a2...an + n b1b2...bn • Bất đẳng thức BCS Cho 2n số dương ( n ∈ Z,n ≥ 2): a1,a2,...,an ,b1,b2,...,bn ta có: 2 2 (a1b1 + a2b2 + + anbn )2 ≤ (a1 + a2 + + a2)(b1 + b2 + + b2) • a1 a 2 a Dấu “=’ xảy ra ⇔ = = = n (quy öôùc neáu bi b1 b 2 bn Hệ quả(Bất đẳng thức Svác-xơ) =i 0= ⇒ 0) a Cho hai dãy số a1,a2,...,an vaø 1b,b2,...,bn vôùibi > 0 ∀i = 1,n ta luôn có: 2 + a+ + ≥ a1 2 a2 (a1 + a2 + + an )2 b 1 b2 bn b1 + b2 + + bn Trang 2 Dấu “=’ xảy ra ⇔ a1 a2 a 2. Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất Cho f (x1, x2,..., xn ) là một hàm n biến thực trên D ⊂ n : f : D ⊂ n → ,x − Max f = M ⇔  ,x D − Min f = m ⇔  ,x ,x D 3. Phương pháp chọn điểm rơi Nhận xét: Các bất đẳng thức trong các đề thi đại học thông thường là đối xứng với các biến, và ta dự đoán dấu bằng xảy ta khi các biến bằng nhau và xảy ra tại biên. a) Kỹ thuật chọn điểm rơi trong bất đẳng thức Cauchy Sử dụng hệ quả (1) và (2) a,b > 0 1 1 a + b ab Bài 1. Cho  Sai lầm thường gặp: Sai lầm 1: Ta có : 1 1 1 a + b 2ab 2ab 2ab 1 M ặ2ab t 4 1 4 a + b + 2ab 2ab 1  (a + b)   1 2ab k h á c Sai lầm 2: ab  4ab ⇒ MinP = 7 khi a = 2 4ab. 4ab  4ab 2ab 4ab 4ab b a 2 +  = b2 = 2ab 1 .. Thay a = b =  2 1 1 1 6 2 1 2 ào ta được vP ≥ 7 Nguyên nhân sai lầm: = = = n  f (x1 2,..., x n ) ≤ M ∀(x1 2,..., xn ) ∈ D 0 0 0 0 0 0 ∃(x,1 x 2 ,..., xn ) ∈ D : f (x,1x 2 ,..., xn ) = M  f ( x1 2,..., x n ) ≥ m ∀( x1 2,..., xn ) ∈ D 00 0 00 0 ∃( x1 , x2 ,...,Trang xn ) ∈ 3D : f ( x1 , x2 ,..., xn ) = M , tìm GTNN của biểu thức P = 2 a + b ≤ 1 P= 2 + 2 2 +2 + 4ab ≥ + 4ab ≥ 2 P= + + a+b 2 2 1  1 4 1 1 2 ++ + 4ab .= 2 + + 4ab . + 4ab .4ab = 2 2 . Vậy P ≥ 4 + 2 2 nên MinP = 2(2 + 2) 4ab + +≥ 2 Dấu bằng xảy ra ⇔ a b2 = ⇔a=b=  a + b = 1 (a + b)2 + ≥4+2+ =6+ Sai lầm 1: Học sinh chưa có khái niệm “điểm rơi”, việc tách 1 1 1 ab 2ab 2ab là do thói quen để  làm xuất hiện a2 + b2 + 2ab = (a + b)2 . MinP = 4+2 2⇔ = 4ab ⇒ VN . Dấu “=” bất đẳng thức không xảy ra ⇒ không kết luận được MinP = 4+22 1 Sai a 2 lầm 2: Học sinh đã có khái niệm điểm rơi, dự đoán được dấu bằng khi 2  n ên đã tách Trang 4 1 là đúng, nhưng bước cuối học sinh làm sai 2 các số hạng và MinP = 7 khi a = = ví dụ như + b= ( x − 1)2 +  1 x Lời giải đúng: Do P là biểu thức đối xứng với a,b , ta dự đoán MinP đạt tại a = b = P= 1  1 11 2 2 4 1 2  , ta có: 1 2 2 (1− x)2 + x ≥ x , dấu bằng xảy ra khi x = 1 ⇒ Min  a 2 + b2 = 2ab  1 1 16 2 + +  4ab + + ≥ a + b 2ab  4ab  4ab (a + b)  a,b > 0 Bài 2. Cho   = 1??. . + 2 4ab. 2ab + 1 1 a ba b ab 2 Dấu bằng xảy ragặp: ⇔ a b2 = ⇔ a = b = Sai lầm thường  1 1a +1 b =21 2 9 21 ≥7 a+b 4    1 a + b 3a b 3ab 3a b 3ab a + b + 3a b + 3ab 3  a b ab  , tìm GTNN của biểu thức S = a + b ≤ 1 3 Ta có: S = 3 3 2 2 2 +3 3 + 2 3 + 2 +2 ≥2 2 59 M 9 2111 2 4 59 =3 + . + 3 ab ab  ≥ 9 + a + b a + b  i (a + b) 3.    n ≥ 3 a3 + b3 = 3a b Nguyên nhân sai lầm: MinS = ⇔ a = b = a + b = 1 2 (vn)  Lời giải đúng +2 . + + + S 59  2 . 2 2 3 Ta dự đoán dấu bằng xảy ra khi a = b = 1 2 2 muốn xuất hiện (a + b)3 ; 1 và nếu 1 1 vậy: a3 + b3 2a2b 2ab2 ta áp dụng bất đẳng thức 1, ta không đánh giá 1tiếp được cho nên ta phải áp 1 9 3 3 2 2 3 dụng bất đẳng thức cho 5 số: 1 1 1 1 1 25 25 a + b 2a b 2ab 2a b 2ab (a + b) + ab(a + b) (a + b) 4 Dng xảy ra khi ấa u b ằ .  x, 1 1 y, . 1 z > 2x + y + z x + 0 2y + z x + y +  Bài 3. Cho  1 2z 1 1 + +x ≥ a + b (a + b) − ab(a + b) 2ay bz 2ab Sai lầm thường gặp: S =3 3 2 10 ⇒ 9 M 2 2 2+  3+ + + nên tách các số 1 11 1 Cách , và ta thấy a11 3 +1b3 1 + 3a b + 3ab2 = (a + b)3 vì thế ta  có + + 16 xx yz 1  2 1 1   1 P . 2 1   1 1 2  x yz x yz x y z ≥ ≥ + 3+≥ +20 + + + ++ = ++ 9  2x y z  9  x 2y z  9  x y 2z  18  x y z  9 . Tìm GTLN của P = ++=4 1 (a + b)3 + C , 1 m ác h 4ặt kh Tra 2: yz ác ng Ta + có + : 5 2 x ax 1  1 1 1  1  1 1 1  1  1 1 1 +5  1 1 1  10 Sai lầm 1: Ta có P ≤        = y P + = z Sai lầm 2: = x 1 1 1 1 1  1 1 1  1 1  1 1 1  1 1  1 +1 1 +10+ + + P≤ + + ≤ ++    = + + x 33 2xyz 33 x.2yz 33 xy2z 3 3  2x + y z  3 3  x 2 y z  3 3  x y 2z  9 y Nguyên nhân sai lầm: Cả hai lời giải trên + đều đã biết hướng “đích” 2 ysong = x =chưa z biết 10  chọn điểm z ≥  111 44 z 10 x. (vn) , tức là không tồn x. 9 tại ( x, y, z) ∈ D : rơi. y. MaxP = P = z ⇔ 2z ⇒ = ≤ + + +  , tương tự và ta có: =x=y 2x + y + z x + x + y + z 9 ++=  ++  +  + +  +  + +  = 1, vậy MaxP = 1 khi x = y = z = 16     4 Lời giải đúng: Từ hai lời giải xẩy ra. ≤ 3 2x + y + z 42 trên với dự đoán MaxP đạt được tại x = y = z = 2x = x + x ra cho dấu bằng +++ ⇒ ≤ ++ x x y z 4  x x y z  2x + y + z 16  x y z  P ≤ ++ 16  x y z  , suy ra: MaxP = 1 khi x = . y=z= Nhận xét: Ta có thể mở rộng bài 3:  x, y, z > 0  Cho  1 1 1 x y z 1 1 1 . αx+βy+γzβx+γy+αzγx+α y+βz Với α , β ,γ ∈ N ∗ : Cách làm tương tự như bài 3, ta tách α x = ,... . Nếu α , β ,γ ∈ R+ , α soá thì bài toán có còn giải quyết được không? Câu trả lời dành cho độc giả trong phần sau” Kỹ thuật chọn điểm rơi trong BCS” a,b,c > 0 3 Bài 4. Cho  Sai lầm thương gặp: , tương tự ta có: 3 3 3 3 3 2 + a + 2b 2 + b + 2c 2 + c + 2a 3 3 3 3 a + 2b = 1 b + 2c = 1 (vn) , vậy P < 5 Nguyên nhân sai lầm: P = VT ≤ 5, vaäy MaxP=5 ⇔  a + b + c = 3 Lời giải đúng: Ta dự đoán dấu “=” trong bất đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1. Vậy ta áp dụng Cauchy cho ba số a + 2b,3,3 ta có: 3 9 6 + a + 2b 6 + b + 2c 6 + c + 2a 3 3  x, y, 9 3 , tương tự ta có: 39 3 3 2 , chứng minh z > 0 rằng: 2 3 2 + + ≥ 1+ y 1+ z 1+ x Bài 5. Cho  Sai lầm thường gặp: Sai lầm 1: P = 2 2 2 2 + +  y y Trang 6 111111111 1 1211 ...≤   , mặt  , tương tự ta có: 1 111 .4  = 1. Dấu “=” xảy ra khi x = y = z = ≥khác 3 31+ 1+ y z≥2 1+ z z , suy 1+ x (1+ ra: y)  (1+ z) (1+ x)  . Tìm GTLN của P = ++=4 + + x +xx +  = . Chứng minh rằng: 3 a + 2b + 3 b + 2c + 3 c + 2a ≤ 3 3 . a + b + c = 3 Ta có: 3 1.1(a + 2b) ≤ 1+ 1+ (a + 2b) 2 + a + 2b = a + 2b + b + 2c + c + 2a ≤ + + = 5, mà 5 > 3 3 ⇒ ñeàra sai...?...? c + 2a = 1 1 3 3.3(a + 2b) ≤ 1 3 + 3 + (a + 2b) =6 + a + 2b a + 2b = 3 3 3 P≤ + 39 + 39 = 3 3 , dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1 39 x y z2  xyz = 1 x y z ( xyz)  1+ x ≥ 2 x (1+ y)(1+ z)(1+ x) ≤ 8 xyz = 8. Vậy P ≥ , dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 1  + (1+ y) ≥ 2x  + (1+ z) ≥ 2 y ⇒ P ≥ 2( x + y + z) − ( x + y + z) − 3 = x + y + z − 3 ,   + (1+ x) ≥ 2z mặt khác x + y + z ≥ 33 xyz = 3 ⇒ P ≥ 0 Nguyên nhân sai lầm: 1 a x=y=z 2 2 2   Lời giải đúng: Ta dự đoán dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 1. Vì vậy khi áp dụng Cauchy cho x 1+ x2 1+ y 1 2 và 1 y 1+ α 2 α αy  + ≥x 4 Ta có:  + ≥ y ⇒ P ≥ ( x + y + z) − ( x + y + z) − = ( x + y + z) − ≥ 4 4 44 42  + ≥z 1+ x 4 Dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 1. Bài tập tương tự(trích dẫn trong các đề thi đại học) 3  , chứng minh Bài 1. Cho 0rằng xy + + ≥33, yz zx  với m ∈ N ∗ : Neáu m = 1 laøñeàthi Ñaïi hoïc khoáiD naêm 2005 Bài 2. Cho x, y, z là 3 số thỏa x + y + z = 0 , chứng minh rằng: 3 + 4x + 3 + 4y + 3 + 4z ≥ 6 (đề tham khảo 2005) ab c − 4 + bc a − 2 + ca Bài 3. Cho a ≥ 1+ y 2,b ≥ 3,c ≥ 4, b − 3 tìm GTLN: =  y2 Sai lầm 2: taPcó: abc 1+3 z . 4 Bài 4. Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn a + b + c = 1+ x Trang 7 Ở sai lầm 1: Học sinh quên tính chất cơ bản của bất đẳng thức: a ≥ b > 0 ⇒ ≤ x y 1+ y 1+ z 1+ x  xyz = 1 Ở sai lầm 2: Dấu “=” xảy ra ⇔  = 1+ y, = 1+ z, = 1+ x (vn) = z ⇔= ⇔α=4  x2 1+ y 1+ y  y 2 1+ z 1 3 3 1+ z  z2 1+ x  m + x3 + y m + y3 + z 3 m + z 3 + x3  xyz = 1 Chứng minh rằng: 3 a + 3b + 3 b + 2c + 3 c + 3a ≤ 3 (ĐTK 2005) a,b,c > 0 , tìm GTNN của các biểu thức sau: Bài 5. Cho  a + b + c ≤ 1 1 111 P=2 2 2 + + + a + b + c ab bc ca 1 1 1 111 S = 2 2 2 2 +2 2 ++ + + a + b b + c c + a ab bc ca 1 1 1 111 + + + + Q = 2 2 +2 a + bc b + ca c + ab ab bc ca 2 2  1  Bài 6. Cho u + v = 1, chứng minh rằng:  u2 + 2   v2 ++2  ≥  u  v Bài 7. Cho a,b,c là các số dương. Tìm GTNN của: 2 1 2 3 25 . 2 3 a b c3 + + 3 3 Q = b c a3 (ĐHQGHN 2001-2002) a b c ++ bca Bài 8. Cho a,b,c dương thỏa abc = 1, tìm GTNN của biểu thức: bc ca ab (ĐH 2000 – 2001) Q = a2 (b + 2c) +b (c2 ++a) c (a + b)  x, y, z > 0 x y (ĐHNT 2001 – 2002) , tìm GTNN của P = + Bài 9. Cho  1− x 1− y x+y=1 Bài 10. Cho x, y, z là ba số dương và x + y + z ≤ 1, chứng minh rằng: 1 1 1 x2 + 2 + y 2 2+ + z 22 + ≥ 82 (ĐH 2003) x y z b) Kỹ thuật chọn điểm rơi trong bất đẳng thức BCS. Bài 1. Cho x, y, z là ba số dương và x + y + z ≤ 1, chứng minh rằng: x2 + 1 1 1 + y 2 2+ + z 22 + ≥ 82 x y z 2 Nhận xét: chúng ta có thể dùng bất đẳng thức Cauchy như ở phần 1 Sai lầm : ( ) 2 1 2 1  21 + 12≥ x + = x + ⇒ x2 + x 1+ 2 ≥   x + 2    x  x x x 2 x Tương tự ta có: P ≥ 1 1  1 1  1 1 1  2 111 ( x + y + z) +  + +  ≥ ( x + y + z)  + +  = 3 2 2  x y z  2 x y z Vậy P ≥ 3 2....? Trang 8 x1y1z Nguyên nhân sai lầm: P = 3 2 ⇔  1 x 1 y 1 x+y+z=1 1 z (vn) Lời giải đúng: Ta dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi x = ; và biểu thức trong căn gợi y=z= 2  x y 1 x x 1 α β βx  α1 β9 2 1+9≥ x+  x +  , tương tự ta  x 82  x  1 P 1  1 1 1 11x y z có:  x x x yz ++ + ++ ≥ (x+y+ z) + + 9x y z9x y z3 x y z 9x+y+z Vậy P ≥ . 82 , dấu “=” xảy ra khi x = y = z=  x, y, z.0 Bài 2. Cho  1 1 1 , tìm GTLN của P = +  + 2 2 2 Giải hệ qua (1) ta + Áp có: 2x y z 2x + y + dụng z , ta chọn α sao cho x = y = z = 3 và α1 1 α 2 = =, ,=   ++ y z 2x + y + z ≥ 1  2 + 2 1  2 + 2 cho tam sử dụng BCS:  x2 + 2  α 2 + β 2 ≥ α x +  với α , β là những số thỏa mãn: ( ) ++ = =≥ ⇔ x2 = = , chọn α = 1, β = 9  2   9 1 1 9 1 2 2 Ta có  x2 + 2   1 ⇒ x2 + 2 ≥ Dấu bằng xảy ra khi khi x = y = z = 3 2 + x=y=z=3⇒ MaxP = 9x + y + z)2+ 9 + +  , do x + y + z = 1; + + = 9 nên ta tách: 82    ( ) Bài tập áp dụng ( x + y + z) +    1  1 1 1  80  1 1 1  2    1 1 1  80 9 + ≥ 82 Trang 9  111 ++ x y z≤1 = =⇒ =1⇒α=2  2 1 1 (2 + 2)2  2x Vậy ta có:  + +≥ ⇒P≤ 2zy x + 2 y + z x  1 1 1 (2 + 2)2  2 ++≤ x y z  ()  1 (2 + )2 2  1  ( ) a,b,c > 0 Bài 1. Cho   ,chứng minh rằng 1 1 1 3 a3(b + c) b (c + a) c (a + b) 2 Bài 2. Cho 3 3  , tìm GTNN của P = + + > (1+ b)(1+ c) (1+ c) (1+ a) (1+ a)(1+ b)  Bài 3. Cho a,b,c,d > 0 , tìm GTNN của a b c d b + 2c + 3d c + 2d + 3a d + 2a + 3b a + 2b + 3c  Bài 4. , tìm GTNN của P = 1− x1 + 1− x2 + + Cho  n 1− xn  Bài 5. Cho a 2 b 2 c 2 a,b,c > 0, chứng minh rằng: THAY CHO LỜI KẾT IV. Để làm rõ vai trò quan trọng của việc chọn điểm rơi trong việc định hướng giải quyết bài toán và cũng là kết lại phần chuyên đề này, tôi xin nêu một phương pháp mới giải bài toán sau: 33 Bài toán: Chứng minh rằng trong mọi 2 tam giác ABC ta luôn có sin A + sin B + sinC ≤ Phân tích để đi đến lời giải: Ta dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC là tam giác đều A=B=C=. 3 Vì A + B + C = π ta giảm bớt số biến bằng sinC = sin AcosB + sin B cosA P = sin A + sin B + sinC = sin A + sin B + sin AcosB + sin B cosA , ta nghĩ đến:  ; A, B không còn quan hệ ràng buộc, làm thế nào để xuất hiện sin2 B + cos2 B = 1 a2 + 2 2 , b2 2 in sin B = s A 3 1 2 2 , Ta áp dụng Cauchy:   + cos2 B+ + cos2 A   B sin 3 3 1  Ta 3  có: sin A + sin B ≤ 2 3 4 2 3  4  VT ≤  + cos2 B  +  + cos2 A  + sin2 A + + sin2 B + 2  3  3  3  4 4  +3 abc = 1 3 a + b ≥ c3 abc = 1 Trang 10 P= + + +  xi > 0, i = 1, n ∑ xi = 1 + + ≥1 a + 8bc b + 8ca c + 8ab sin2 A + cos2 A = 1 sin A,cos A , ta nghĩ ngay đến bất đẳng thức ab ≤ ,cos A = cosB =   cosB + 3  sin2 A   sin2 B  cos A 3 ≤ 2    B+  sin A +  +  sin . Vậy: 3  sin2 A   sin2 B   1  3   3  3 3     = 2 [...]... b)  Bài 3 Cho a,b,c,d > 0 , tìm GTNN của a b c d b + 2c + 3d c + 2d + 3a d + 2a + 3b a + 2b + 3c  Bài 4 , tìm GTNN của P = 1− x1 + 1− x2 + + Cho  n 1− xn  Bài 5 Cho a 2 b 2 c 2 a,b,c > 0, chứng minh rằng: THAY CHO LỜI KẾT IV Để làm rõ vai trò quan trọng của việc chọn điểm rơi trong việc định hướng giải quyết bài tốn và cũng là kết lại phần chun đề này, tơi xin nêu một phương pháp mới giải bài tốn... – 2002) , tìm GTNN của P = + Bài 9 Cho  1− x 1− y x+y=1 Bài 10 Cho x, y, z là ba số dương và x + y + z ≤ 1, chứng minh rằng: 1 1 1 x2 + 2 + y 2 2+ + z 22 + ≥ 82 (ĐH 2003) x y z b) Kỹ thuật chọn điểm rơi trong bất đẳng thức BCS Bài 1 Cho x, y, z là ba số dương và x + y + z ≤ 1, chứng minh rằng: x2 + 1 1 1 + y 2 2+ + z 22 + ≥ 82 x y z 2 Nhận xét: chúng ta có thể dùng bất đẳng thức Cauchy như ở phần... làđềthi Đại học khốiD năm 2005 Bài 2 Cho x, y, z là 3 số thỏa x + y + z = 0 , chứng minh rằng: 3 + 4x + 3 + 4y + 3 + 4z ≥ 6 (đề tham khảo 2005) ab c − 4 + bc a − 2 + ca Bài 3 Cho a ≥ 1+ y 2,b ≥ 3,c ≥ 4, b − 3 tìm GTLN: =  y2 Sai lầm 2: taPcó: abc 1+3 z 4 Bài 4 Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn a + b + c = 1+ x Trang 7 Ở sai lầm 1: Học sinh qn tính chất cơ bản của bất đẳng thức: a ≥ b > 0 ⇒ ≤ x... x+y+z=1 1 z (vn) Lời giải đúng: Ta dự đốn dấu đẳng thức xảy ra khi x = ; và biểu thức trong căn gợi y=z= 2  x y 1 x x 1 α β βx  α1 β9 2 1+9≥ x+  x +  , tương tự ta  x 82  x  1 P 1  1 1 1 11x y z có:  x x x yz ++ + ++ ≥ (x+y+ z) + + 9x y z9x y z3 x y z 9x+y+z Vậy P ≥ 82 , dấu “=” xảy ra khi x = y = z=  x, y, z.0 Bài 2 Cho  1 1 1 , tìm GTLN của P = +  + 2 2 2 Giải hệ qua (1) ta... sau: Bài 5 Cho  a + b + c ≤ 1 1 111 P=2 2 2 + + + a + b + c ab bc ca 1 1 1 111 S = 2 2 2 2 +2 2 ++ + + a + b b + c c + a ab bc ca 1 1 1 111 + + + + Q = 2 2 +2 a + bc b + ca c + ab ab bc ca 2 2  1  Bài 6 Cho u + v = 1, chứng minh rằng:  u2 + 2   v2 ++2  ≥  u  v Bài 7 Cho a,b,c là các số dương Tìm GTNN của: 2 1 2 3 25 2 3 a b c3 + + 3 3 Q = b c a3 (ĐHQGHN 2001-2002) a b c ++ bca Bài 8... + = 9 nên ta tách: 82    ( ) Bài tập áp dụng ( x + y + z) +    1  1 1 1  80  1 1 1  2    1 1 1  80 9 + ≥ 82 Trang 9  111 ++ x y z≤1 = =⇒ =1⇒α=2  2 1 1 (2 + 2)2  2x Vậy ta có:  + +≥ ⇒P≤ 2zy x + 2 y + z x  1 1 1 (2 + 2)2  2 ++≤ x y z  ()  1 (2 + )2 2  1  ( ) a,b,c > 0 Bài 1 Cho   ,chứng minh rằng 1 1 1 3 a3(b + c) b (c + a) c (a + b) 2 Bài 2 Cho 3 3  , tìm GTNN của P... nhân sai lầm: 1 a x=y=z 2 2 2   Lời giải đúng: Ta dự đốn dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 1 Vì vậy khi áp dụng Cauchy cho x 1+ x2 1+ y 1 2 và 1 y 1+ α 2 α αy  + ≥x 4 Ta có:  + ≥ y ⇒ P ≥ ( x + y + z) − ( x + y + z) − = ( x + y + z) − ≥ 4 4 44 42  + ≥z 1+ x 4 Dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 1 Bài tập tương tự(trích dẫn trong các đề thi đại học) 3  , chứng minh Bài 1 Cho 0rằng xy + + ≥33, yz zx  với... điểm rơi trong việc định hướng giải quyết bài tốn và cũng là kết lại phần chun đề này, tơi xin nêu một phương pháp mới giải bài tốn sau: 33 Bài tốn: Chứng minh rằng trong mọi 2 tam giác ABC ta ln có sin A + sin B + sinC ≤ Phân tích để đi đến lời giải: Ta dự đốn dấu đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC là tam giác đều A=B=C= 3 Vì A + B + C = π ta giảm bớt số biến bằng sinC = sin AcosB + sin B cosA P = sin... B + 2  3  3  3  4 4  +3 abc = 1 3 a + b ≥ c3 abc = 1 Trang 10 P= + + +  xi > 0, i = 1, n ∑ xi = 1 + + ≥1 a + 8bc b + 8ca c + 8ab sin2 A + cos2 A = 1 sin A,cos A , ta nghĩ ngay đến bất đẳng thức ab ≤ ,cos A = cosB =   cosB + 3  sin2 A   sin2 B  cos A 3 ≤ 2    B+  sin A +  +  sin Vậy: 3  sin2 A   sin2 B   1  3   3  3 3     = 2 ... tốn bất đẳng thức tốn khó đề thi cần sử dụng số bất đẳng thức Sách giáo khoa học sinh gặp nhiều khó khăn số sai lầm thói quen lời giải tốn mở đầu ví dụ Để giúp học sinh hiểu sâu tốn cực trị đặc... trị đặc biệt trường hợp dấu đẳng thức xảy ra, tơi viết chun đề “Chọn điểm rơi giải tốn bất đẳng thức” III NỘI DUNG Bổ túc kiến thức bất đẳng thức a) Tính chất bất đẳng thức Định nghĩa: a ≥ b... P = + Bài Cho  1− x 1− y x+y=1 Bài 10 Cho x, y, z ba số dương x + y + z ≤ 1, chứng minh rằng: 1 x2 + + y 2+ + z 22 + ≥ 82 (ĐH 2003) x y z b) Kỹ thuật chọn điểm rơi bất đẳng thức BCS Bài Cho