SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH TRƯỜNG THPT NGUYỄN DIÊU -o0o - CHUN ĐỀ Mơn: Tốn Đề tài: GIÚP HỌC SINH LÀM QUEN MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC ĐƠN GIẢN VÀ BÀI TỐN TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ Họ tên giáo viên: Nguyễn Thị Thanh Vương Năm học 2015 - 2016 A MỞ ĐẦU I Đặt vấn đề Bài toán chứng minh b ất đẳng thức tốn tìm giá trị lớn nhất, nhỏ hàm số vấn đề khó học sinh Các dạng toán phong phú, đa dạng có mặt khắp thi từ trung học đến đại học kỳ thi học sinh giỏi.Chính vậy, cần dạy cho em từ toán gốc, toán bất đẳng thức từ học lớp 10; nhằm giúp em có tảng vững để tiếp tục nghiên cứu toán bất đẳng thức khó II Cơ sở lí luận Một số tính chất bất đẳng thức Tính chất 1: a > b ⇔ a − b > a > b ⇒ a > c b > c  ac > bc, c > Tính chất 3: a > b ⇔   ac < bc, c < Tính chất 4: a > b ⇔ a + c > b + c Tính chất 2:  Định nghĩa giá trị lớn giá trị nhỏ Cho hàm số y = f ( x) xác định liên tục D a) Số M gọi giá trị lớn hàm số y = f ( x) D M  f ( x) ≤ M , ∀x ∈ D thỏa mãn điều kiện sau ∃x ∈ D, f x = M ; ( 0)  b) Số m gọi giá trị nhỏ hàm số y = f ( x) D m  f ( x) ≥ m, ∀x ∈ D thỏa mãn điều kiện sau ∃x ∈ D, f x = m ( 0)  B-NỘI DUNG Trong chuyên đề này, đưa số bất đẳng thức chứng minh cách biến đổi tương đương với bất đẳng thức đúng, xuất phát từ bất đẳng thức biến đổi tương đương với bất đẳng thức cần chứng minh Nhằm giúp học sinh tiếp cận với bất đẳng thức cách dễ dàng, tơi hình thành hệ thống tập từ bất đẳng thức có hai biến, đến ba biến; từ đối xứng đến không đối xứng I.Bất đẳng thức Một số bất đẳng thức Bài toán 1: Chứng minh x + y − xy − x − y + ≥ 0, ∀x, y ∈ ¡ ;(1) Lời giải: Ta đặt M = x + y − xy − x − y + Để chứng minh bất đẳng (1) ta chứng minh M ≥ 0, ∀x, y ∈ ¡ Ta có M = x + y − xy − x − y + = ( x - y ) + ( x − 1) + ( y − 1) ≥ 0, ∀x, y ∈ ¡ 2 2 Do M ≥ 0, ∀x, y ∈ ¡ Lời bình:Trong vế trái bất đẳng thức (1) đối xứng x y, nên ta dễ dàng nghĩ phương pháp giải bất đẳng thức cách đưa bình phương hiệu tổng Bây ta thay x 2x y 3y vào bất đẳng thức (1) ta tốn khơng đối xứng x y nữa, cụ thể 2a, cách làm tương tự ta có 2b, 2c Hoặc muốn có bất đẳng thức khơng đối xứng sinx cosx ta thay x sinx thay y cos x ta 2d Bài toán 2: Chứng minh a) x + y − xy − x − y + ≥ 0, ∀x, y ∈ ¡ , (2) b) x + y + xy + x − y + 10 ≥ 0, ∀x, y ∈ ¡ , (2 ') c) x + 13 y − xy − x − y + ≥, (2") d) 3sin x − sin x + cos x − 16 cos x − 16sin x + 24 ≥ 0, (2"') Lời giải: a) Ta đặt N = x + y − xy − x − y + Để chứng minh bất đẳng (2) ta chứng minh N ≥ 0, ∀x, y ∈ ¡ Ta có N = x + 18 y − 12 xy − x − y + = ( 2x - 3y ) + ( x − 1) + ( y − 1) ≥ 0, ∀x, y ∈ ¡ 2 Do N ≥ 0, ∀x, y ∈ ¡ 2 b) Tương tự câu a ta biến đổi vế trái (2’) thành ( x + y ) + ( x + 1) + ( y − 3) c) Tương tự câu a ta biến đổi vế trái (2’’) thành ( x − y ) + ( x + y − 1) d) Tương tự câu a ta biến đổi vế trái (2”’) thành 2    sin x − cos x ÷ ÷ + cos x −    ( ) 2  + ( 2sin x − 1)    Lời bình:Như tốn có cách giải tương tự cách giải toán 1, bất đẳng thức (2) khơng đối xứng x y Với cách làm ta sáng tác nhiều tốn khơng đối xứng Lời bình: Sau số toán tương tự Bài toán 3: Chứng minh a ) x + y + x − y + > 0, ∀x, y ∈ ¡ ; b)2 x + y − x − 10 y − xy + ≥ 0, ∀x, y ∈ ¡ ; c)2 x + y + z + xy − xz − yz + > 0, ∀x, y, z ∈ ¡ ; d )256 cos8 x + 256sin x − 272 cos x + 144sin x − 64sin x − 24sin 2 x + 85 ≥ 0, ∀x ∈ ¡ Lời bình: Để phát triển tư học sinh ta đưa tốn có ba biến số sau Bài toán 4(Bài trang 109 sgk đại số 10 nâng cao): Chứng minh a + b + c ≥ ab + bc + ca, ∀a, b, c ∈ ¡ ; (4) Đẳng thức xảy a = b = c Lời giải: Bất đẳng thức (4) tương đương với bất đẳng thức sau: a + b + c − ab − bc − ca ≥ 0, ∀a, b, c ∈ ¡ ;(4 '), ⇔ 2a + 2a + 2b − 2ab − 2bc − 2ca ≥ 0, ∀a, b, c ∈ ¡ , ⇔ ( a − b ) + ( a − c ) + ( b − c ) ≥ 0, ∀a, b, c ∈ ¡ ;(4") Bất đẳng thức (4”) Do ta chứng minh bất đẳng thức (4) Đẳng thức (4) xảy đẳng thức (4”) xảy Vì đẳng thức (4) xảy a = b = c Lời bình: Từ tốn gốc này, với cách biến đổi không đối xứng ta nhiều tốn khơng đối xứng Chẳng hạn ta đặt a = x, b = 2y, c = 2z Thế vào bất đẳng thức (4) ta bất đẳng thức sau khơng đối xứng x,y z Bài toán 5: Chứng minh x + y + z ≥ xy + yz + 3zx, ∀x, y , z ∈ ¡ ;(5) Hướng dẫn giải: Tương tự 4.Ta biến đổi bất đẳng thức (5) tương đương với bất đẳng thức sau 2 ( x − y ) + ( x − 3z ) + ( 3z − y ) ≥ 0, ∀x, y, z ∈ ¡ 2 Lời bình:Cũng từ bất đẳng thức (4), ta đặt a = x +1, b = 2y, c = 2z Thế vào bất đẳng thức (4) ta bất đẳng thức sau khơng đối xứng x, y z Bài toán 6: Chứng minh x + y + z ≥ xy + yz + 3zx − x + y + 3z − 1, ∀x, y , z ∈ ¡ ; (6) Hướng dẫn giải: Tương tự 4.Ta biến đổi bất đẳng thức (6) tương đương với bất đẳng thức sau 2 ( x + − y ) + ( x + − 3z ) + ( 3z − y ) ≥ 0, ∀x, y, z ∈ ¡ Lời bình: Thật khó mà nghĩ phải biến đổi tương đương bất đẳng thức (6) bất đẳng thức ta khơng biết tốn gốc Bài tốn 7: Chứng minh a )2 x + y + z + xy − xz − yz + > 0, ∀x, y, z ∈ ¡ ; b)10 x + y + z + xy + x − 12 y + 10 > 0, ∀x, y , z ∈ ¡ Lời bình: Bây tơi xuất phát từ tốn 20a trang 112 sách giáo khoa đại số 10 nâng cao, cách biến đổi khơng đối xứng ta có tốn khơng đối xứng sau Bài tốn 8: Chứng minh a) (Bài 20a trang 112) Nếu x + y = x + y ≤ ; b) Nếu 3x + y = 3x + y ≤ ; c) Nếu x + xy + y = 3x + y ≤ Lời giải: 2 2 a) Vì ( x + y ) = x + y + xy ≤ ( x + y ) = nên x + y ≤ 2 2 b) Vì ( 3x + y ) = x + y + 3xy ≤ ( x + y ) = nên 3x + y ≤ 2 2 2 c) Vì (3 x + y) = ((3 x + y ) + y ) = (3 x + y ) + y + 2(3 x + y ) y ≤ ( (3 x + y ) + y ) = nên 3x + y ≤ Lời bình: Ta phát triển tốn thành tốn có biến số Bài tốn 9: Chứng minh a) Nếu x + y + z = x + y + z ≤ ; b)Nếu x + y + z = x + y + 3z ≤ Lời giải: 2 2 2 a)Vì ( x + y + z ) = x + y + z + xy + xz + zy ≤ ( x + y + z ) = nên x + y + z ≤ b)Vì ( x + y + 3z ) = x + y + z + xy + xz + 12 zy ≤ ( x + y + z ) = nên x + y + 3z ≤ Lời bình: Từ 8a 9a, phép không đối xứng ta tốn khơng đối xứng tương ứng 8b, 8c 9b Mặc dù toán 8b, 8c 9b không đối xứng với hai biến x y cách giải giống hai toán đối xứng 8a 9a Sau số toán tương tự Bài toán 9’: Chứng minh a) Nếu x + y = x + y ≤ ; 2 2 2 b)Nếu 3x + y = 3x + y ≤ Bài tốn 10: Chứng minh a) Nếu x + y + z = x + y + z ≤ ; b)Nếu 25 x + y + z = x + y + 3z ≤ Lời bình: Cũng từ tốn 20b trang 112 sách giáo khoa đại số 10 nâng cao hành ta có bất đẳng thức khơng đối xứng sau Bài toán 11: Chứng minh a) (Bài 20b trang 112) Nếu 3x – 4y = 15 x + y ≥ 9; b) Nếu 2x – y = x + y ≥ Lời giải: a) Vì 4x – 3y = 15 nên y = x − Do 2 4  5  x + y = x +  x − ÷ =  x − ÷ + ≥ 9, ∀x ∈ ¡ 3  3  2 Lời bình: Từ ý tưởng để phát triển tư học sinh nữa, bất đẳng thức đối xứng ta bổ sung thêm vài giả thiết để bất đẳng thức Chẳng hạn toán sau Bài toán12: a)Hãy khai triển biểu thức sau M = ( x − y) + ( x + y − z) + ( y + z) 2 b)Từ chứng minh rằng: x + y + z = y − xz ≥ −2 Lời giải: a)Ta có M = 2(x2 + y2 +z2) + y2 – 2xz 2 b)Ta có M = ( x − y ) + ( x + y − z ) + ( y + z ) ≥ 0, ∀x, y, z ∈ ¡ , nên ( x + y + z ) + y − xz ≥ 0, ∀x, y, z ∈ R , mà x + y + z = Do y − xz ≥ −2 Lời bình: Đối với câu b 12, khơng có câu a khó mà ta nghĩ lời giải Nếu đối tượng giải học sinh giỏi cấp tỉnh ta cho câu b Sau số toán tương tự Bài toán 13: a) Chứng minh rằng: x + y = 3x + y + xy ≤ b) Chứng minh rằng: xy − xz − yz = −3 x + y + z > Lời bình: Để sáng tạo nhiều tốn hơn, ngồi bất đẳng thức ta có nhiều định lí tốn học bất đẳng thức Sau định lí chứng minh, tơi sử dụng để sáng tạo số bất đẳng thức không đối xứng 2.Một số bất đẳng thức sinh từ định lí Karamata 2.1.Định lí Karamata Cho a1 ≥ a2 ≥ K ≥ an b1 ≥ b2 ≥ K ≥ bn ,với ak , bk ∈ ( a; b ) , k = 1,2,…,n thỏa mãn điều kiện sau 2 2  a1 ≥ b1 a + a ≥ b + b  2 M a + a + K + a ≥ b + b + K + b n −1 n −1   a1 + a2 + K + an = b1 + b2 + K + bn Khi với hàm số f(x) có f "( x) ≥ (a;b) ta có f ( a1 ) + f ( a2 ) + K + f ( an ) ≥ f ( b1 ) + f ( b2 ) + K + f ( bn ) Bây ta vận dụng định lí để sáng tạo số tốn 2.2.Bài tốn ứng dụng định lí Karamata Áp dụng định lí Karamata với số a, b, c 5, 2, ta có tốn sau a ≥  Bài toán 14:Cho số thực a,b,c thỏa mãn điều kiện a + b ≥ a + b + c =  Chứng minh a + b + c ≥ 30 Lời giải: Ta có ( a − 5) ≥ 0, ∀a ∈ ¡ , ⇔ a ≥ 52 + 2.5 ( a − ) , ∀a ∈ ¡ ;(1) Tương tự ta có b ≥ 22 + 2.2 ( b − ) , ∀b ∈ ¡ ;(2) c ≥ 12 + 2.1 ( c − 1) , ∀c ∈ ¡ ;(3) Cộng (1),(2) (3) vế tương ứng ta bất đẳng thức a + b + c ≥ 30 + 5 ( a − ) + ( b − ) + ( c − 1)  , ∀a, b, c ∈ ¡ , ⇔ a + b + c ≥ 30 + ( a − + b − + c − 1) + ( a − + b − ) + ( a − )  , ∀a, b, c ∈ ¡ , ⇔ a + b + c ≥ 30, ∀a, b, c ∈ ¡ Lời bình: Qua tốn ta thấy nhờ vào ý tưởng định lí Karamata mà ta sáng tạo nhiều tốn hay tốn giải phương pháp sơ cấp Để tạo tốn khơng đối xứng, ta chia hai vế bất phương trình (1), (2) (3) cho 5; 2; 1, sau cộng bất đẳng thức lại Khi ta có tốn sau Bài toán15: Cho số thực a,b,c thỏa mãn điều kiện a + b + c = Chứng minh a b2 + + c2 ≥ Lời giải:Theo tốn 14 ta có bất đẳng thức (1), (2) (3) a2 ≥ + 2(a − 5), ∀a ∈ ¡ ;(4) b2 (2) ⇔ ≥ + ( b − ) , ∀b ∈ ¡ ;(5) (3) ⇔ c ≥ + ( c − 1) , ∀c ∈ ¡ ;(6) Ta có (1) ⇔ Cộng bất đẳng thức (4),(5) (6) vế với ta a b2 + + c2 ≥ + ( a + b + c − 8) , a b2 + + c2 ≥ kết hợp với giả thiết ta có Lời bình: Như này, để tạo tốn khơng đối xứng cách ta biến đổi cho hệ số biến đối xứng khơng Sau số toán tương tự a ≥  Bài toán 16:Cho số thực a,b,c thỏa mãn điều kiện a + b ≥  a + b + c = 10  Chứng minh a + b + c ≥ 46 Bài toán 17: Cho số thực a,b,c thỏa mãn điều kiện a + b + c = 10 Chứng minh a b2 + + c ≥ 10 II.Bài tốn tìm giá trị lớn nhỏ hàm số Một cách tự nhiên, ta chứng minh biểu thức m ≤ A ≤ M , với m M số khơng đổi, điều giúp ta nghĩ tốn tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức A Sau số toán sinh từ bất đẳng thức có Từ hai tốn 2, ta đặt tốn tìm giá trị nhỏ biểu thức thể tốn sau Bài tốn 18: Tìm giá trị nhỏ biểu thức sau a) M = x + y − xy − x − y ; b) N = x + y − xy − x − y; c) Q = x + 13 y − xy − x − y + 1; d) P = 3sin x − sin x + cos x − 16 cos x − 16sin x + 24 Lời giải: a)Ta có M = x + y − xy − x − y = ( x - y ) + ( x − 1) + ( y − 1) − ≥ −2, ∀x, y ∈ ¡ 2 Do M ≥ −1, ∀x, y ∈ ¡ Vì M đạt giá trị nhỏ -1 x = y = b) Ta có N = x + 18 y − 12 xy − x − y = ( 2x - 3y ) + ( x − 1) + ( y − 1) − ≥ −2, ∀x, y ∈ ¡ 2 Do N ≥ −1, ∀x, y ∈ ¡ 1 2 c) Ta có Q = ( x − y ) + ( x + y − 1) ≥ 0, ∀x, y ∈ ¡ Do Q đạt giá trị nhỏ x = , y = 7     P = sin x − cos x + cos x − + 2sin x − ( )  ≥ 0, ∀x ∈ ¡  ÷ d) Ta có ÷      π Do P đạt giá trị nhỏ x = + k 2π , k ∈ ¢ Vì N đạt giá trị nhỏ -1 x = , y = ( ) Lời bình: Sau số tốn tương tự Bài tốn 19: Tìm giá trị nhỏ biểu thức sau a ) P(x, y) = x + y + x − y + 6; b) P(x, y) = x + y − x − 10 y − xy + Sau cách phát biểu khác toán tốn Bài tốn 20: Tìm giá trị nhỏ biểu thức sau a) P = x + y + z − xy − yz − 3zx; b)Q = x + y + z − xy − yz − zx + x − y − z + Hướng dẫn giải: 2 a) Ta chứng minh P = ( x − y ) + ( x − z ) + ( 3z − y ) ≥ 0, ∀x, y, z ∈ ¡ Do P đạt giá trị nhỏ x = 2y = 3z = a, với a ∈ ¡ b) Ta chứng minh 2 Q = ( x + − y ) + ( x + − 3z ) + ( 3z − y ) + ≥ 1, ∀x, y , z ∈ ¡ Do Q đạt giá trị nhỏ x + = 2y = 3z = a, với a ∈ ¡ Bài toán 21: Tìm giá trị nhỏ biểu thức sau a) P(x, y, z) = x + y + z + xy − xz − yz; b) P(x, y, z) = 10 x + y + z + 12 xy + x − 12 y + 10 Lời bình: Sau phát biểu khác toán toán Bài toán 22: a) Cho x y số thực thỏa mãn điều kiện x + y = Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức A = x + y b) Cho x y số thực thỏa mãn điều kiện 3x + y = Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức B = 3x + y c) Cho x y số thực thỏa mãn điều kiện x + xy + y = Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức C = 3x + y Lời giải: a) Theo 8a ta có − ≤ A ≤ Do A đạt giá trị nhỏ − x = y = − A đạt giá trị lớn 2 b) Theo 8b ta có −2 ≤ B ≤ x = y = 1 , y = − B đạt giá trị lớn Do B đạt giá trị nhỏ x = − 1 ,y=− c)Theo 8c ta có − ≤ C ≤ x = − Do C đạt giá trị nhỏ − x = − x = 2 ,y= Lời bình: Xuất phát từ bất đẳng thức ( x − y) 2 ,y= C đạt giá trị lớn ( ) 2 2 + ( x + y − z ) ≥ 0, ∀x, y, z ∈ ¡ ⇔ x + y + z ≥ z + xz + yz , ∀x, y, z ∈ ¡ , ta đặt toán sau Bài toán 23: Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = Tìm giá trị lớn biểu thức M = 2xz + 2yz + z2 Lời bình: Nếu ta khơng biết bất đẳng thức gốc làm để giải toán này? Sau phương pháp để giải toán Nhận xét: Ta có vài nhận xét trước giải +)Vì M biểu thức không đối xứng sử dụng bất đẳng thức Cauchy, bất đẳng thức Bunhacopxki Cũng khó để biến đổi M trở bất đẳng thức gốc ban đầu Do ta cần có phương pháp tối ưu phương pháp tam thức bậc hai định hướng +)Sau cách tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức M phương pháp tam thức bậc hai định hướng • Ta tìm giá trị riêng M,chẳng hạn m0 ≤ M ≤ M • Do để tìm giá trị lớn M ta tìm từ M trở lên Ngược lại để tìm giá trị nhỏ M ta tìm từ m0 trở xuống Lời giải: 1)Xét z = Khi M = 2)Xét z ≠ Vì M có giá trị riêng nên tìm giá trị lớn M ta xét M > Do điều kiện x + y + z = nên ta viết lại biểu thức M M= xz + yz + z x2 + y + z Đặt x = α z , y = β z (*) Thế vào biểu thức M ta 2α + β +  M = α + β +1  M >  Khi phương trình sau có nghiệm theo α ( ) M α − 2α + M β + − 2β − = 0, (1) Vì phương trình (1) có nghiệm nên ∆ '(1) ≥ ⇔ − M β + M β − M + M + ≥ ,(2) Vì vế trái bất phương trình (2) tam thức bậc hai có hệ số a âm, nên bất phương trình (2) có nghiệm ∆ '(2) ≥ ( ) ⇔ M −M + M + ≥ ⇔M ( M − ) ( − M − 1) ≥ Kết hợp với M > ta < M ≤ Do max M = ∆ '(2) = ,suy β = Khi ∆ '(1) = Suy phương trình (1) có nghiệm kép α = Thay α = , β =  x =   y =   z =  vào (*) kết hợp với giả thiết x + y + z = ,ta tìm 6 6  x =   Do max M =  y =   z =  6 6 Lời bình:Qua giải ta thấy tốn khơng đối xứng giải khó khơng biết tốn gốc nó,và nhờ vào phương pháp tam thức bậc hai định hướng mà ta giải toán Sau toán tương tự Bài toán24: Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện xy + yz + zx = Tìm giá trị nhỏ biểu thức M = x2 + 2y2 +5z2 Lời bình: Một phát biểu khác 14 15 sau a ≥  Bài toán 25: Cho số thực a,b,c thỏa mãn điều kiện a + b ≥ Tìm giá trị nhỏ a + b + c =  biểu thức M = a + b + c Lời giải: ( a − 5) ≥ 0, ∀a ∈ ¡ , Ta có 10 ⇔ a ≥ 52 + 2.5 ( a − ) , ∀a ∈ ¡ ;(1) Tương tự ta có b ≥ 22 + 2.2 ( b − ) , ∀b ∈ ¡ ;(2) c ≥ 12 + 2.1 ( c − 1) , ∀c ∈ ¡ ;(3) Cộng (1),(2) (3) vế tương ứng ta bất đẳng thức a + b + c ≥ 30 + 5 ( a − ) + ( b − ) + ( c − 1)  , ∀a, b, c ∈ ¡ , ⇔ a + b + c ≥ 30 + ( a − + b − + c − 1) + ( a − + b − ) + ( a − )  , ∀a, b, c ∈ ¡ , ⇔ a + b + c ≥ 30, ∀a, b, c ∈ ¡ Do M = 30, a = 5, b = 2, c = Bài toán26: Cho số thực a,b,c thỏa mãn điều kiện a + b + c = Tìm giá trị nhỏ biểu thức sau a b2 + + c2 Lời giải:Theo tốn 15 ta có M ≥ 8, dấu đẳng thức xảy a = 5, b = 2, c = Do M đạt giá trị nhỏ a = 5, b = 2, c = M= Lời bình: Trong tốn 14, ta thay đổi vai trò số biến số bất đẳng thức (1), (2) (3) ta toán sau 0 < c ≤ b ≤ a a ≤  Bài toán 27: Cho số a,b,c thỏa mãn điều kiện  Tìm giá trị lớn a + b ≤  a + b + c = biểu thức M = a + b + c Lời giải: Ta có ( − a ) ≥ 0, ∀a ∈ ¡ , ⇔ 52 ≥ a + 2.a ( − a ) , ∀a ∈ ¡ ;(1) Tương tự ta có 22 ≥ b + 2.b ( − b ) , ∀b ∈ ¡ ;(2) 12 ≥ c + 2.c ( − c ) , ∀c ∈ ¡ ;(3) Cộng (1),(2) (3) vế tương ứng ta bất đẳng thức 30 ≥ a + b + c +  a ( − a ) + b ( − b ) + ( − c )  , ∀a, b, c ∈ ¡ , ⇔ 30 ≥ a + b + c + c ( − a + − b + − c ) + ( b − c ) ( − a + − b ) + ( a − b ) ( − a )  , ∀a, b, c ∈ ¡ , ⇔ a + b + c ≤ 30, ∀a, b, c ∈ ¡ Do max M = 30, a = 5, b = 2, c = Lời bình: Từ phương pháp giải tốn 14 ta xây dựng toán tương tự sau Bài toán 28: Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z ≥ 14 Tìm giá trị x2 y z nhỏ biểu thức M = + + Lời giải: Ta có 11 ( x − 3) ≥ 0, ∀x ∈ ¡ , ⇔ x ≥ 32 + 2.3 ( x − 3) , ∀x ∈ ¡ , ⇔ x2 ≥ + ( x − 3) , ∀x ∈ ¡ ,(1) Tương tự ta có y2 ≥ + ( y − ) , ∀y ∈ ¡ , (2) z2 ≥ + ( z − ) , ∀z ∈ ¡ , (3) Cộng bất đẳng thức (1), (2) (3) vế với ta x2 y z + + ≥ 14 + ( x + y + z − 14 ) , x + y + z ≥ 14 ta M ≥ 14 kết hợp với giả thiết Do minM = 14 x = 3, y = 5, z = Lời bình: Bài tốn dạng tốn khơng đối xứng.Từ tốn này, ta đổi vai trò biến số cho ta toán chuyển ẩn xuống mẫu sau Bài toán 29: Cho ba số dương x,y,z thỏa mãn điều kiện x + y + z = 14 Tìm giá trị 25 36 nhỏ biểu thức M = x + y + z Lời giải: Ta có ( − x ) ≥ 0, ∀x > , ⇔ 32 ≥ x + 2.x ( − x ) , ∀x > 0, ⇔ 32 ≥ x + ( − x ) , ∀x > ,(1) x Tương tự ta có 52 ≥ y + ( − y ) , ∀y > 0, (2) y 62 ≥ z + ( − z ) , ∀z > 0, (3) z Cộng bất đẳng thức (1), (2) (3) vế với ta 32 52 62 + + ≥ x + y + z + ( 14 − x − y − z ) , x y z x + y + z = 14 ta M ≥ 14 kết hợp với giả thiết Do minM = 14 x = 3, y = 5, z = Lời bình: Tương tự ta có tốn sau Bài toán 30: Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z ≥ 16 Tìm giá trị nhỏ biểu thức M = x2 y z + + Bài toán 31: Cho ba số dương x,y,z thỏa mãn điều kiện x + y + z = 16 Tìm giá trị 16 25 49 nhỏ biểu thức M = x + y + z C-KẾT LUẬN 12 Trong chuyên đề này, muốn trang bị cho học sinh phương pháp chứng minh bất đẳng thức xuất phát từ bất đẳng thức biến đổi tương đương với bất đẳng thức cần chứng minh ngược lại Đồng thời giúp em làm quen hai phương pháp tìm giá trị lớn nhỏ hàm số dùng định nghĩa, phương pháp tam thức bậc hai định hướng Hơn nữa, chuyên đề tài liệu bổ ích cho giáo viên tham khảo để sáng tạo nhiều toán cho học sinh Người viết đề tài Nguyễn Thị Thanh Vương 13 Phê duyệt tổ trưởng chuyên môn Phê duyệt BGH 14