SKKN Rèn kĩ năng tìm điểm rơi và kinh nghiệm áp dụng BĐT Côsi
Các thầy cô cần file liên hệ với chúng tôi tại fanpage facebook O2 Education
Hoặc xem nhiều SKKN hơn tại: Tổng hợp SKKN luận văn luận án O2 Education
ĐIỀU KIỆN HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN
Toán học là môn học có ứng dụng hầu hết trong tất cả các ngành khoa
học tự nhiên cũng nhƣ trong các lĩnh vực khác của đời sống xã hội.
Vì vậy toán học có vị trí đặc biệt trong việc phát triển và nâng cao dân
trí. Toán học không chỉ cung cấp cho ngƣời học những kiến thức cơ bản,
những kĩ năng tính toán cần thiết mà còn là điều kiện chủ yếu rèn luyện kĩ
năng tƣ duy logic, phát triển năng lực cá nhân, đồng thời thông qua việc học
toán ngƣời học đƣợc bồi dƣỡng và rèn luyện về phẩm chất đạo đức.
Trong chƣơng trình toán trung học cơ sở, khối lƣợng kiến thức rất
phong phú và đa dạng. Trong đó, các bài toán chứng minh BĐT, tìm cực trị là
một việc khó khăn với nhiều học sinh. Tuy nhiên, theo chƣơng trình sách giáo
khoa THCS, nội dung này lại không đƣợc đề cập tới, trong khi các đề thi học
sinh giỏi, thi tuyển sinh vào THPT hay khảo sát vẫn đƣợc lựa chọn để ra đề.
Hơn nữa, các bài toán chứng minh BĐT, tìm cực trị lại không giống các
dạng bài khác, mỗi bài toán thƣờng có cách giải khác nhau, ngoài việc áp
dụng các bƣớc cơ bản, đặc trƣng cần thêm sự đánh giá riêng, đòi hỏi ngƣời
làm toán cần sáng tạo, tƣ duy toán tốt và cần có kinh nghiệm. Những bài toán
về BĐT, cực trị là một đề tài lí thú của Đại số, khó nhƣng lại rất cuốn hút sự
tìm tòi của ngƣời học, mãi mãi là đối tƣợng nghiên cứu của Toán học.
Từ những yếu tố khách quan và chủ quan đó, tôi đã lựa chọn nghiên cứu
và viết báo cáo sáng kiến với nội dung “Rèn kĩ năng tìm điểm rơi và kinh
nghiệm áp dụng BĐT Côsi” nhằm tìm ra các biện pháp hữu hiệu nhất để giúp
học sinh tiếp cận với bài toán về BĐT và cực trị một cách chủ động, tạo hứng
thú trong quá trình học toán. Trong khuôn khổ của sáng kiến, tôi đƣa ra cách
rèn kĩ năng tìm điểm rơi trong bài toán BĐT, cực trị thông qua các bài toán
điển hình, nhờ đó mà định hƣớng đƣợc cách tách (thêm, bớt) hạng tử để áp
dụng đƣợc BĐT Côsi sao cho dấu các đẳng thức xảy ra đồng thời, từ đó giải
quyết đƣợc yêu cầu của bài toán.
2
Báo cáo sáng kiến này cũng là tài liệu cần thiết hỗ trợ giáo viên đổi
mới phƣơng pháp dạy học, nâng cao chất lƣợng giảng dạy, đồng thời cũng
là tài liệu giúp học sinh tự học, tự nghiên cứu kiến thức một cách chủ động
và hiệu quả.
II. MÔ TẢ GIẢI PHÁP
1. Mô tả giải pháp kĩ thuật trƣớc khi tạo ra sáng kiến
Đối với cấp THCS chƣa đƣợc học các kiến thức về Toán sơ cấp, do đó
với các bài toán về chứng minh BĐT và tìm cực trị bằng phƣơng pháp áp
dụng BĐT Côsi, thƣờng GV đƣa lời giải, chữa bài cho học sinh, còn học sinh
thụ động lĩnh hội lời giải. Đại đa số học sinh không hiểu vì sao giáo viên lại
tìm ra đƣợc lời giải nhƣ vậy. Vì vậy, học sinh chỉ có thể bắt chƣớc cách giải
vào những bài tập tƣơng tự, các bài tập dạng khác hoặc có biến tấu một chút
là học sinh không tự tìm ra đƣợc lời giải.
Giáo viên thƣờng “ngại” dạy dạng toán này vì đa phần học sinh không
hứng thú học do khó hiểu và khó vận dụng.
Học sinh gặp dạng toán này thƣờng mặc định “bỏ qua”, chỉ có những em
học giỏi toán mới bắt tay vào giải và mới có cơ hội giải đƣợc.
2. Mô tả giải pháp kĩ thuật sau khi có sáng kiến (trọng tâm).
Tính mới: Học sinh có kĩ thuật tìm điểm rơi bằng suy luận, hoặc bằng
máy tính Casio, từ đó có thể tách (thêm, bớt) biểu thức ban đầu thành các
hạng tử để áp dụng BĐT Côsi. Thay bằng việc các em thụ động lĩnh hội lời
giải do giáo viên truyền thụ, học sinh sẽ tự trả lời đƣợc các câu hỏi: “Tại sao
lại tách nhƣ vậy?”, “Tại sao không áp dụng ngay BĐT Côsi?”, “Tại sao lời
giải của mình sai, sai ở đâu?”, …
Tính khả thi của sáng kiến: Khi áp dụng sáng kiến vào dạy học thì học
sinh tự tin, hứng thú giải các bài tập về BĐT và cực trị, điểm số của các bài
kiểm tra nâng lên rõ rệt, học sinh không còn quá sợ dạng toán này. Đặc biệt,
điṇ h hƣớ ng phát triển các năng lƣc̣ : tƣ duy, suy luận, kiểm tra, đánh giá, tính
toán, biến đổi, … cho học sinh đạt hiệu quả cao.
3
Sáng kiến là tài liệu để giáo viên, học sinh sử dụng trong quá trình ôn thi
khảo sát, bồi dƣỡng học sinh giỏi, ôn thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT,… giúp
học sinh nâng cao điểm số khi thi cử.
Đối với giáo viên : Việc áp dụng sáng kiến vào giảng dạy giúp giáo viên
dễ dàng đổi m ới phƣơng pháp, tiết kiệm thời gian chuẩn bị, đạt hiệu quả cao
trong quá trình dạy học.
Đối với học sinh: Việc áp dụng sáng kiến vào học tập giúp học sinh chủ
động, tích cực trong việc tự học, tự nghiên cứu, phát triển khả năng tƣ duy,
suy luận kiến thức một cách sâu sắc để giải quyết đƣợc các dạng bài tập liên
quan đến BĐT, cực trị.
Sáng kiến này mang lại lợi ích thiết thực trong việc nâng cao chất lƣợng
dạy và học, phù hợp với điều kiện thực hiện nhiệm vụ của giáo viên và học
sinh trong nhà trƣờng, có khả năng áp dụng ngay vào thực tế ở các trƣờng
THCS.
Báo cáo sáng kiến kinh nghiệm bao gồm 3 phần:
Phần 1: Kiến thức cơ sở: Bao gồm các kiến thức, lý thuyết cơ bản, cốt
lõi và các kiến thức mở rộng đƣợc sử dụng để giải các bài toán minh họa điển
hình có trong phần 2.
Phần 2: Phƣơng pháp và kĩ năng: Bao gồm các bài toán minh họa, đặc
trƣng cho các kiến thức, kĩ năng trọng tâm. Các bài toán này đƣợc sắp xếp với
mức độ khó tăng dần, theo từng dạng và tập trung chủ yếu vào hai cấp độ:
Vận dụng thấp và vận dụng cao. Để giải quyết đƣợc các bài toán, học sinh cần
đến sự hỗ trợ đắc lực của Phần 1: Kiến thức cơ sở, ngoài ra học sinh cần huy
động tổng lực các phƣơng pháp, kĩ năng nhƣ: Phƣơng pháp suy luận logic,
phƣơng pháp tƣơng tự hóa, tổng quát hóa hay đặc biệt hóa bài toán. Đặc biệt,
trong mỗi bài toán đều đƣợc mở đầu hay kết thúc bằng những phân tích, nhận
xét, kinh nghiệm để tìm ra điểm mấu chốt của bài toán nhằm tổng kết lại
phƣơng pháp đã sử dụng và phát triển bài toán thành một bài toán rộng hơn
nhằm giúp học sinh có góc nhìn đầy đủ, thấy đƣợc bức tranh toàn cảnh của
4
bài toán và học sinh sẽ tự tin hơn, cảm thấy có hứng thú hơn khi giải các bài
toán tƣơng tự.
Phần 3: Các bài tập áp dụng: Đƣa ra các bài tập có cách giải tƣơng tự để
học sinh luyện tập.
Sau đây, tôi trình bày những nội dung cụ thể của giải pháp trong sáng
kiến kinh nghiệm.
5
PHẦN 1: KIẾN THỨC CƠ SỞ
1. Bất đẳng thức Côsi
a) Bất đẳng thức Côsi:
Cho a a a a n 1 2 3 , , ,…., 2 n là các số không âm. Khi đó:
1 2
1 2
…
…
n
n
n
a a a
a a a
n
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a a a a 1 2 3 = = …. n .
b) Các dạng thƣờng gặp của BĐT Côsi trong trƣờng THCS.
* Với n 2 ta có
2
a b
ab , a b 0, 0.
Hay
2
2
a b
ab
, a b 0, 0.
Hay 1 2
ab a b
, a b 0, 0.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a b .
* Với n 3 ta có 3
3
a b c
abc , a b c 0, 0, 0.
| Hay | , . |
3
2
a b c
abc
a b c 0, 0, 0Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a b c .
c) Các BĐT đƣợc suy ra từ BĐT Côsi hay sử dụng.
| +) |
1 2 2
1 2
1 1 1
n
n
a a a n
a a a
với a i n i 0, 1, .
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a a a a 1 2 3 = = …. n .
+)
2
1 2 1 2
1 1 1
n n
n
a a a a a a
với a i n i 0, 1,
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a a a a 1 2 3 = = …. n .
| * Với ta có ,. |
n 2 a b 1 1 4
a b
a b 0, 0
6
Hay 1 1 4
a b a b
, a b 0, 0.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a b .
| * Với ta có |
n 3 a b c 1 1 1 9
a b c
, a b c 0, 0, 0 .
Hay 1 1 1 9
a b c a b c
, a b c 0, 0, 0.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a b c .
Lƣu ý: Khi vận dụng các BĐT này, ta phải chứng minh coi nhƣ bài toán
phụ.
d) Các hệ quả của BĐT Côsi.
* Hệ quả 1: Nếu các đại lƣợng không âm có tổng không đổi thì tích của
chúng đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi chúng bằng nhau.
* Hệ quả 2: Nếu các đại lƣợng không âm có tích không đổi thì tổng của
chúng đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi chúng bằng nhau.
2. Giá trị lớn nhất (GTLN), giá trị nhỏ nhất (GTNN).
Cho f x x x 1 2 , , , n là một biểu thức n biến thực trên tập xác định D
1 2 1 2
0 0 0 0 0 0
1 2 1 2
, , , , , ,
Max
, , , : , , ,
n n
D
n n
f x x x M x x x D
f M
x x x D f x x x M
1 2 1 2
0 0 0 0 0 0
1 2 1 2
, , , , , ,
Min
, , , : , , ,
n n
D
n n
f x x x m x x x D
f m
x x x D f x x x M
7
PHẦN 2: PHƢƠNG PHÁP VÀ KĨ NĂNG
1. Các khái niệm cơ bản
1.1 Điểm rơi
a) Khái niệm về điểm rơi.
Điểm rơi là giá trị của các biến làm cho dấu “=” trong BĐT xảy ra .
b) Ví dụ về điểm rơi.
Ví dụ 1: BĐT x x 1 0 2 . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
x x 1 0 1. Khi đó x = 1 còn đƣợc gọi là điểm rơi của BĐT trên.
Ví dụ 2: Cho a b a b , 0; 1 . Ta chứng minh đƣợc BĐT
1 1
a b 5
a b
| . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi . Khi đó |
1
2
a b 1
2
đƣợc gọi là điểm rơi của BĐT trên.
1.2. Biểu thức có tính chất đối xứng
a) Khái niệm về biểu thức có tính chất đối xứng.
Biểu thức có tính chất đối xứng là biểu thức mà trong đó nếu thay ẩn
này bởi ẩn kia trong đẳng thức hay BĐT thì đẳng thức, BĐT đó không thay
đổi về giá trị.
b) Ví dụ.
a b
A
b a
| ; | ; |
2 2
x y
B
xy
;
2 2
2 2
a b ab
C
ab a b
2 2 2
x y z
P
y z x z y x
; Q a b b a 1 1;…
1.3. Biểu thức không có tính chất đối xứng.
a) Khái niệm.
Biểu thức không có tính chất đối xứng là biểu thức mà trong đó nếu thay
ẩn này bởi ẩn kia trong đẳng thức, BĐT thì đẳng thức, BĐT đó thay đổi về
giá trị.
8
b) Ví dụ.
2
1
M x ;
x
10 8
P x y 5 3 ;
x y
4 3 2 1
4
Q x x
x
| . |
2. Tiến trình định hƣớng giải các bài toán BĐT, cực trị bằng kĩ thuật
tách (thêm, bớt) trong BĐT Côsi nhờ đánh giá điểm rơi.
Bao gồm các bƣớc cơ bản sau:
Bƣớc 1: Dự đoán điểm rơi.
Bƣớc 2: Thử.
Bƣớc 3: Tìm tham số để tách (thêm, bớt).
Bƣớc 4: Tách, áp dụng BĐT Côsi.
Bƣớc 5: Chỉ ra điều kiện xảy ra dấu bằng. Kết luận.
3. Một số bài toán minh họa điển hình
3.1. Bài toán bất đẳng thức mà cực trị đạt đƣợc khi các biến có giá
trị bằng nhau
a) Kinh nghiệm.
Khi gặp các BĐT có tính chất đối xứng với các biến, thì thƣờng giá trị
của điểm rơi chính là giá trị bằng nhau của các biến, đạt tại giá trị biên của
miền xác định.
b) Các bài toán minh họa.
| Bài 1: Cho . Chứng minh rằng . |
a b , 0 a b 2
b a
Định hƣớng giải. Vì a b , 0 , áp dụng BĐT Côsi cho hai số dƣơng a
b
và
b a
| ta đƣợc: |
a b a b a b 2 . 2
b a b a b a
| . |
Dấu “=” xảy ra a b.
Nhận xét: Đây là kết quả của việc áp dụng BĐT Côsi trực tiếp cho hai
số dƣơng a
b
và b
a
. Nếu tổng quát lên ta có bài toán 2.
9
Bài 2: Cho x 0. Chứng minh rằng x 1 2
x
.
Định hƣớng giải. Vì x 0, áp dụng BĐT Côsi cho hai số dƣơng x và
1 x
ta đƣợc: x x x 1 1 1 2 . 2
x x x
.
Dấu “=” xảy ra x 1.
Nhận xét: Bài này ta cũng chỉ áp dụng trực tiếp BĐT Côsi cho hai số
dƣơng x và 1
x
.
Nếu thay điều kiện x 0 bởi điều kiện 1; 2; 3;0 1
4
x x x x ; …. thì
lời giải bài toán nhƣ thế nào?
Bài 3: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A x 1
x
với:
a) 0 1
4
x . b) x 2.
Sai lầm: Vì x 0, áp dụng BĐT Côsi cho hai số dƣơng x và 1
x
ta
đƣợc: A x x 1 1 2 . 2
x x
| . Từ đó kết luận Min . |
A 2Nguyên nhân: Theo BĐT Côsi thì dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
1
x x 1
x
| . Điều này mâu thuẫn với giả thiết câu a) là , cũng |
0 1
4
x nhƣ giả thiết câu b) là x 2. Nhƣ vậy 2 không là giá trị nhỏ nhất của biểu
thức A trong cả hai trƣờng hợp.
Phân tích: Đề bài cho biết miền xác định của biến, hơn nữa biểu thức A
là biểu thức đối xứng với biến x , do đó ta dự đoán giá trị của điểm rơi chính
là giá trị biên của miền xác định.
Với câu a) thì từ điều kiện 0 1
4
x ta dự đoán điểm rơi là 1
4
x .
10
Với câu b) thì từ điều kiện x 2 ta dự đoán điểm rơi là x 2.
Định hƣớng giải.
a) Dự đoán điểm rơi là 1
4
x .Thử: 1 1 17 4
4 4
A x
x
.
Tìm tham số để tách (thêm, bớt): Ta phải tạo ra đƣợc một biểu thức vừa
có giá trị bằng 1
4
vừa có thể loại đƣợc x . Cách tìm nhƣ sau:
Gọi k là một số thực tùy ý sao cho x k.1
x
Thay 1
4
x vào x k.1
x
ta có 1
16
k .
Tách và áp dụng BĐT Côsi ta đƣợc:
1 15 1 15 1 15
2 .
16 16 16 16 2 16
A x x
x x x x x
.
Vì 1 1 15 15 4
4 16 4
x
x x
1 15 17
2 4 4
A .
Dấu “=” xảy ra 1
4
x . Vậy Min 17
4
A khi 1
4
x .
Nhận xét: Trong lời giải trên ta đã cố định x và tách 1
x
. Ta cũng có thể
cố định 1
x
và tách x .
b) Dự đoán điểm rơi là x = 2. Thử: 1 1 5 2
2 2
A x
x
.
Tìm tham số để tách (thêm, bớt): Ta phải tạo ra đƣợc một biểu thức vừa
có giá trị bằng 1
2
vừa có thể loại đƣợc mẫu của biểu thức 1
x
. Cách tìm nhƣ
sau: Gọi k là một số thực tùy ý sao cho 1 k x .
x
Thay x 2 vào 1 k x .
x
ta có 1
4
k .
11
Tách và áp dụng BĐT Côsi ta đƣợc:
3 1 1 3 1 3 3
2 . 1
4 4 4 4 4 4 4
x x x x x x x
A
x x x
.
Do 2 3 6 3
4 4 2
x
x 1 3 5
2 2
A .
Dấu “=” xảy ra x 2. Vậy min 5
2
A khi x 2.
Nhận xét: Trong lời giải trên ta đã cố định 1
x
và tách x . Ta cũng có thể
cố định x và tách 1
x
.
Bài 4: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 4 5
2
x x
A
x
.
Phân tích: Đề bài không cho trƣớc miền xác định của biến nhƣ ở bài 3,
do đó ta chƣa dự đoán đƣợc ngay giá trị của điểm rơi. Do đó phƣơng án khả
dĩ nhất là ta có thể đổi biến để đƣa biểu thức A về biến mới mà tìm đƣợc
miền xác định của biến mới, từ đó có thể dự đoán đƣợc điểm rơi.
Định hƣớng giải. ĐKXĐ: x 0.
Biến đổi 4 5 1 2 1 2 2
2 2 2
x
x x
A x
x x x
.
Đặt t x t 2 2 suy ra A t 1
t
. Nhƣ vậy ta dựa vào điều kiện
t 2 để dự đoán điểm rơi là t 2 .
Làm tƣơng tự nhƣ bài 3b, ta có min 5
2
A khi t 2 .
Với t 2 x x x 2 2 0 0 (thỏa mãn).
Vậy min 5
2
A khi x 0.
12
Bài 5: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 21
2
A x
x
.
Phân tích: Đề bài cũng không cho trƣớc miền xác định của biến, do đó
ta chƣa dự đoán đƣợc ngay giá trị của điểm rơi. Nhƣng ta có thể đổi biến để
đƣa biểu thức A về biến mới mà tìm đƣợc miền xác định của biến mới, từ đó
có thể dự đoán đƣợc điểm rơi.
Định hƣớng giải. Biến đổi 2 2 2 2 1 1 2 2
2 2
A x x
x x
.
Đặt t x t 2 2 2 suy ra A t 1 2
t
. Nhƣ vậy ta dựa vào điều kiện
t 2 để dự đoán điểm rơi là t 2 .
Theo bài 3b, ta có min 5 1 2
2 2
A khi t 2 .
Với t 2 x x x 2 2 2 2 0 0.
Vậy min 1
2
A khi x 0.
Nhận xét: Kinh nghiệm giải của Bài 4 và Bài 5 chính là kinh nghiệm
biến đổi để đƣa về tổng của hai số dƣơng là nghịch đảo của nhau, sau đó đổi
biến và tìm miền xác định của biến mới. Dựa vào miền xác định của biến mới
này mà dự đoán đƣợc điểm rơi, sau đó mới tách hạng tử hợp lí và áp dụng
BĐT Côsi.
| Bài 6: Cho . Chứng minh rằng: . |
a b a b , 0; 1 a b 1 1 5
a b
| Phân tích: Biểu thức có tính chất đối xứng với và , đề |
a b 1 1
a b
a bbài không cho trƣớc miền xác định của các biến mà chỉ cho điều kiện ràng
buộc của các biến a b 1, do đó ta dự đoán giá trị của điểm rơi chính là các
giá trị bằng nhau của các biến, xảy ra tại giá trị biên.
Định hƣớng giải. Dự đoán điểm rơi là 1
2
a b .
13
| Thử: (thỏa mãn). |
1 1 1 1 2 2 5
2 2
VT a b
a b
Tìm tham số để tách (thêm, bớt): Ta phải tạo ra đƣợc một biểu thức vừa
có giá trị bằng 2 , vừa có thể loại đƣợc mẫu của biểu thức 1
a
, tƣơng tự với 1
b
. Cách làm nhƣ sau:
Gọi k là một số thực tùy ý sao cho 1 k a .
a
Thay 1
2
a vào 1 k a .
a
ta có k 4 .
Gọi m là một số thực tùy ý sao cho 1 m b .
b
Thay 1
2
b vào 1 m b .
b
ta có m 4 .
Tách và áp dụng BĐT Côsi ta đƣợc:
4 4 3 2 4 . 2 4 . 3 1 1 1 1
4 4 3.1 =5 (do 1)
VT a b a b a b a b
a b a b
a b
Vậy a b 1 1 5
a b
| . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi |
1
2
a b .
Nhận xét: Trong lời giải trên ta đã cố định 1 1 ;
a b
và tách a b ; . Ta cũng có
thể cố định a b ; và tách 1 1 ;
a b
.
Bài 7:
Cho x y x y , 0; 6 . Chứng minh rằng P x x y y 1 1 12 .
Phân tích: Biểu thức P có tính chất đối xứng với x và y , đề bài cho
điều kiện ràng buộc của các biến x y 6, do đó ta dự đoán giá trị của điểm
rơi chính là các giá trị bằng nhau của các biến, xảy ra tại giá trị biên. Ngoài ra
14
có giả thiết x y 6 nên ta đƣa về tổng x y mà không phải tách (thêm,
bớt) gì thêm.
Định hƣớng giải. Dự đoán điểm rơi là x y 3.
Thử: VT 3 3 1 3 3 1 12 (thỏa mãn).
Biến đổi: P x y x y 2 2 .
Tìm tham số để tách (thêm, bớt) :
– Với x = 3 ta có: x2 2 3 9.
– Với y = 3 ta có: y2 2 3 9.
Tách và áp dụng BĐT Côsi ta đƣợc:
2 2 9 9 18
6x + 6y 18 5 18 30 18 12.
P x y x y
x y x y
Vậy P x x y y 1 1 12 . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
x y 3.
Bài 8: Cho các số dƣơng x y z , , sao cho x y z 1. Tìm GTNN của
các biểu thức A x y z 2 2 2 .
Phân tích: Biểu thức A có tính chất đối xứng với x y z , , , đề bài cho
điều kiện ràng buộc của các biến x y z 1, do đó ta dự đoán giá trị của
điểm rơi chính là các giá trị bằng nhau của các biến 1
3
x y z . Ngoài ra có
giả thiết x y z 1 nên ta đƣa về tổng x y z mà không phải tách (thêm,
bớt) gì thêm.
Định hƣớng giải. Dự đoán điểm rơi là 1
3
x y z .
Thử:
2 2 2
1 1 1 1
3 3 3 3
A
.
Tìm tham số để tách (thêm, bớt) :
15
Với 1
3
x ta có 2 1
9
.
Với 1
3
y ta có 2 1
9
y .
Với 1
3
z ta có 2 1
9
z .
Áp dụng BĐT Côsi ta đƣợc: 2 2 1 1 2 2. .
9 9 3
x
x x
| . |
Tƣơng tự: 2 2 1 1 2 2. .
9 9 3
y
y y
| . |
2 2 1 1 2
2. .
9 9 3
z
z z
| . |
Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:
2 2 2 1 1 1 2 2 2 2 2
9 9 9 3 3 3 3 3
x y z
x y z x y z
2 2 2 1
3
x y z .
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 1
3
x y z .
Vậy min 1
3
A khi 1
3
x y z .
Bài 9: Cho x y z x y z , , 0; 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 2 2
x y z
P
y z x z y x
.
Phân tích: Biểu thức P có tính chất đối xứng với x y z , , , đề bài cho điều
kiện ràng buộc của các biến x y z 2 , do đó ta dự đoán giá trị của điểm
rơi chính là các giá trị bằng nhau của các biến 2
3
x y z .
Định hƣớng giải. Dự đoán điểm rơi là 2
3
x y z .
16
Thử:
4 4 4
9 9 9
1
2 2 2 2 2 2
3 3 3 3 3 3
P
.
Tìm tham số để tách (thêm, bớt): Khi 2
3
x y z ta có
2 1
3
x
y z
, ta
phải tạo ra một biểu thức để vừa có giá trị bằng 1
3
, vừa có thể loại đƣợc mẫu
của biểu thức
2
x
y z
, từ đó dễ dàng nhận ra biểu thức đó phải có dạng
k y z . Ngoài ra có giả thiết x y z 2 nên ta đƣa về tổng x y z mà
không phải tách (thêm, bớt) gì thêm. Cách làm nhƣ sau:
Gọi k là một số thực tùy ý sao cho
2
.
x
k y z
y z
Thay 2
3
x y z vào
2
.
x
k y z
y z
ta có 1
4
k .
Áp dụng BĐT Côsi cho hai số
2
x
y z
và 1
4
y z ta đƣợc:
2 2 1
2. .
4 4
x x y z
y z x
y z y z
.
Xem bản đầy đủ trên google drive: TẠI ĐÂY
Các thầy cô cần file liên hệ với chúng tôi tại fanpage facebook O2 Education
Hoặc xem nhiều SKKN hơn tại: Tổng hợp SKKN môn hóa học cấp THPT
Hoặc xem thêm các tài liệu khác của môn hóa