Phương pháp đổi biến trong bài toán chứng minh bất đẳng thức

Bài toán chứng minh bất đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất rất phổ biến trong các đề thi đại học. Một kĩ năng quan trọng để giải bài toán dạng này là phương pháp đổi biến để đưa bài toán ban đầu về bài toán đơn giản hơn. Tài liệu sau đây sẽ giới thiệu một số kỹ năng cần thiết để bạn đọc có thể trao đổi.
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
Phương pháp đổi biến trong bài toán chứng minh bất đẳng thứcGV: Nguyễn Minh Nhiên -Trường THPT Quế Võ Số 1 - Bắc Ninh ĐT 0976566882PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN TRONG BÀI TOÁN CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC ( Bài viết trên Báo Toán Học Tuổi Trẻ tháng 5 năm 2009 )Trong các đề thi đại học những năm gần đây , bài toán chứng minh bất đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất , nhỏ nhất rất phổ biến . Một kĩ năng quan trọng để giải bài toán dạng này là phương pháp đổi biến để đưa bài toán ban đầu về bài toán đơn giản hơn . Chúng tôi xin giới thiệu kĩ năng này để bạn đọc cùng trao đổi 1)Đổi biến đưa về hàm một biến để khảo sát Thí dụ 1 ( Đề thi Cao Đẳng 2008 )Cho hai số thực x,y thỏa mãn : x2+y2 = 2 . Tìm giá trị lớn nhất nhỏ nhất của M=2(x3+y3)-3xy Giải Rõ dàng các biểu thức tham gia trong bài toán gợi cho ta liên hệ đến hệ đối xứng loại 1 , từ đó ta đi đến định hướng đặt : S=x+y ; P=xy ( S2 ≥4P ) S2 − 2 S2 Từ giả thiết ta có : S2 − 2P = 2 ⇒ P= ≤ ⇒ S ≤ 2 Thay vào M ta được 2 4 3 M = 2 ( S3 − 3SP ) − 3P = −S3 − S2 + 6S + 3 2 S = 1 3 Xét hàm số : f ( S) = −S3 − S2 + 6S + 3 ⇒ f (S ) = −3S2 − 3S + 6 = 0 ⇔  2 S = −2 1+ 3 1− 3 ,y = S = 1 x = 13  2 2 Dễ dàng tìm được MaxM = f (1) = ⇔  1⇔ 2  1− 3 1+ 3 P = − 2  ,y = x =  2 2 S = −2  min M = f (−2) = −7 ⇔  ⇔ x = y = −1 P = 1 Thí dụ 2 ( Đề thi khối B 2008 )Cho hai số thực x,y thay đổi thỏa mãn : x2+y2=1 . 2 ( x 2 + 6xy ) Tìm giá trị lớn nhất nhỏ nhất của P = 1 + 2xy + 2y 2 Giải π 2 ( cos 2 t + 6sin t cos t ) cos2t + 6sin 2t + 1 = Đặt x=cost , y= sint ( t ∈ [0; 2 ] ) ta được : P = 1 + 2sin t cos t + 2sin 2 t 2 + sin 2t − cos2t Dễ dàng chứng minh được mẫu của P luôn dương nên ta có : P ( 2 + sin 2t − cos2t ) = cos2t + 6sin 2t + 1 ⇔ ( P − 6 ) sin 2t − (P + 1 ) cos2t = 1 − 2PPhương trình ẩn t có nghiệm ⇔ ( P − 6 ) + ( P + 1) ≥ (1 − 2P ) ⇔ P 2 + 3P − 18 ≤ 0 ⇔ −6 ≤ P ≤ 3 Do đó , maxP=3 và min P=-6 ,phần còn lại xin dành cho độc giả *Nhận xét : Đây chính là phương pháp lượng giác hóa ta có thể nhận biết dạng này khi gặp các biểu thức 1 dạng hằng đẳng thức lượng giác : sin 2 x + cos 2 x = 1 ; 1 + tan 2 x = ;... ta có thể nghĩ đến hướng đặt sau cos 2 x π 2 2 2 +) x + y = a đặt x=acost , y=asint (hoặc x=asint , y=acost ), t ∈ [0; 2 ] π +) x ≤ a đặt x=acost, t ∈ [ 0; ]2 2 21GV: Nguyễn Minh Nhiên -Trường THPT Quế Võ Số 1 - Bắc Ninh ĐT 0976566882π π; 3π a     +) x ≥ a hoặc bài toán chứa biểu thức x 2 − a 2 thì đặt t = , t ∈ 0;  ∪   cos x  2  2  Khi đó, bài toán sẽ đưa về việc tìm giá trị min ,max của hàm số lượng giác đơn giản hoặc sử dụng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc nhất với sinnx và cosnx Thí dụ 3. Cho các số x,y,z ∈ ( 0;1) thỏa mãn : xyz=(1-x)(1-y)(1-z) .  π π +) x ∈ R đặt x=tant, t ∈  − ;   2 2Chứng minh rằng : x2+y2+z2 ≥ Giải3 4Từ giả thiết ta có : xyz=1-(x+y+z)+(xy+yz+zx)-xyz ⇒ xy+yz+zx=2xyz-1+x+y+z 2 2 mà ( x + y + z ) = x 2 + y 2 + z 2 + 2 ( xy + yz + zx ) ⇒ x 2 + y 2 + z 2 = 2 − 2 ( x + y + z ) + ( x + y + z ) − 4xyz Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có :3 32  x+y+z  x+y+z 2 2 2 xyz ≤   ⇒ x + y + z ≥ 2 − 2 (x + y + z) + (x + y + z ) − 4  3 3     3 4t Đặt t=x+y+z , 00 ;y= ;z = a+b+c a+b+c a+b+ca+b+c a+b+c a+b+c b c a c a b + 4. + 9. ≥ 36 ⇔ + + 4. + 4. + 9. + 9. ≥ 22 a b c a a b b c ca c a  c b b a c a c b b ⇔  + 4.  +  + 9.  +  4. + 9.  ≥ 2 .4. + 2 .9. + 2 4. .9. = 22 (đúng) b a c  b c a b a c b c a b = 2a 1 1 1 Dấu “=” xảy ra ⇔  ⇒ x = ;y = ;z = 6 3 2  c = 3a Thí dụ 8 . Cho x,y,z là các số dương thỏa mãn : xy+yz+zx=1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức3GV: Nguyễn Minh Nhiên -Trường THPT Quế Võ Số 1 - Bắc Ninh ĐT 0976566882M= Giải x y z + + 2 2 1 − x 1 − y 1 − z2π A B C Đặt tan = x; tan = y; tan = z ( A, B, C ∈ ( 0; ) ) từ giả thiết ta có A,B,C là 3 góc của một tam 2 2 2 giác nhọn . Ta biết rằng : tanA+tanB+tanC=tanA.tanB.tanC và vì ABC là tam giác nhọn nên tanA,tanB,tanC là các số dương . Ta có 1 3 3 3 M = ( tan A + tan B + tan C ) ≥ 3 tan A tan B tan C = 3 tan A+ tan B + tan C = 3 2M 2 2 2 2 27 3 3 . Dấu bằng xảy ra xin dành cho bạn đọc ⇔ M2 ≥ ⇔M≥ 4 2 *Nhận xét : trong thí dụ này ta có thể thấy sự tương tự của các biểu thức dàng buộc và các đẳng thức lượng giác cơ bản Thí dụ 9 . ( Đề thi Đại Học Khối A 2008 ) CMR với mọi số dương x,y,z thỏa mãn : x(x+y+z)=3yz, ta có( x + y ) + (x + z ) + (x + y )(y + z )(x + z ) ≤ 5 (y + z )3 33Hướng dẫn giải. Cách 1. Đặt a=y+z,b=z+x,c=x+y thì a,b,c dương và x = toán trở thành 4a 2 = b + c Từ (1) ta có : 4a 2 ≥ b + c b+c−a c+a−b a+b−c ,y = ,z = điều kiện bài 2 2 2()2+ 3 b − c (1) , ta phải chứng minh : b3 + c3 + 3abc ≤ 5a3()2()2⇒ 2a ≥ b + cvà a 2 = b2 + c2 − bc ≥ 2bc − bc ⇒ a 2 ≥ bc Có b3 + c3 + 3abc = b + c b2 − bc + c2 + 3a.bc ≤ 2a.a2 + 3a.a2 = 5a3 Dấu bằng xảy ra khi a=b=c hay x=y=z Cách 2 . Đặt y=ax,z=by ( a,b>0). Khi đó , ta có bài toán tương đương:()()( 3 (a + b) Từ (1) ta có : a + b + 1 = 3ab ≤( ...