Chuyên đề Chuyên đề sử dụng bất đẳng thức AM, GM trong các bài toán chứng minh bất đẳng thức và tìm cực trị

 Họ và Tên: Trần Thị Phi Nga
Chức vụ: Giáo viên
Đơn vị công tác: Trường THCS Vĩnh Tường, Vĩnh Tường, Vĩnh Phúc
 CHUYÊN ĐỀ
 SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC AM – GM TRONG 
 CÁC BÀI TOÁN CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
 VÀ TÌM CỰC TRỊ
 Đối tượng bồi dưỡng: Đội tuyển HSG lớp 9.
 Số tiết: 12
A. Lý do chọn chuyên đề:
 Trong các kỳ thi học sinh giỏi các cấp tôi thấy rằng học sinh thường mất điểm 
khi không giải được các bài tập chứng minh bất đẳng thức (CMBĐT) hay tìm giá trị 
lớn nhất (GTLN), giá trị nhỏ nhất (GTNN). Nhiều học sinh cho rằng đó là bài tập mà 
các em thường không giải được, do tính chất đặc thù của loại toán mang tính tư duy 
và trừu tượng cao. Vì vậy học sinh thường mất nhiều thời gian hoặc không làm được 
loại bài này. Qua nhiều năm dạy đội tuyển học sinh giỏi (HSG) tôi rất trăn trở và suy 
nghĩ mình phải làm thế nào để học sinh yêu thích giải các bài tập CMBĐT hơn. Vì 
nếu các em có phương pháp giải các bài tập đó một cánh thành thạo thì việc tư duy và 
thuật toán để giải các loại bài tập khác sẽ nhanh nhẹn hơn, giúp các em có thể đạt 
được kết quả cao trong các kỳ thi học sinh giỏi các cấp.
 Do vậy tôi mạnh dạn viết chuyên đề “Sử dụng bất đẳng thức AM – GM trong 
các bài toán chứng minh BĐT và tìm cực trị”. Nhằm giúp các em có cách nhìn tổng 
quát và những suy nghĩ để mở rộng các kiến thức đã học từ sách giáo khoa. Từ đó các 
em tự vận dụngvà phát triển tư duy với các bài tập tương tự, tổng quát và liên hệ một 
cách lô-gic với các dạng toán đã học.
 Qua thực tế giảng dạy bồi dưỡng học sinh giỏi nhiều năm, với cách làm trên tôi 
thấy rằng học sinh của tôi đã bắt đầu yêu thích các bài tập CMBĐT, các chuyên đề 
CMBĐT và tìm cực trị đã lôi cuốn học sinh học tập say mê hơn. Từ đó tôi thấy rằng 
trong các kỳ thi học sinh giỏi nếu làm được bài tập CMBĐT hay tìm cực trị là chúng 
ta có niềm tin rằng chất lượng đội tuyển sẽ được nâng lên và đạt thành tích cao.
 Tôi cũng nhận ra rằng hướng dẫn học sinh biết cách tìm tòi khám phá những điều 
mới lạ, xuất phát điểm từ những điều giản đơn, từ sách giáo khoa, từ những kiến thức 
chuẩn kỹ năng. Học sinh sẽ làm được những điều phi thường từ những điều giản đơn 
đó. Thực tế cho tôi thấy rằng mình đã phần nào có được kết quả mong đợi. Trong kỳ 
thi học sinh giỏi cấp Tỉnh năm học 2009-2010, đội tuyển tôi phụ trách hầu hết các em 
làm được bài toán CMBĐT, nhờ đó mà chất lượng đội tuyển đạt vị thế cao. Do đó tôi 
đã giảng dạy chuyên đề: “Sử dụng bất đẳng thức AM – GM trong các bài toán chứng 
minh BĐT và tìm cực trị” cho đội tuyển học sinh giỏi lớp 9 ở nhiều năm học, với kỳ 
vọng các em sẽ yêu thích các bài tập CMBĐT khô khan, trừu tượng, nhưng vô cùng 
hấp dẫn và lý thú. Với mục tiêu bồi dưỡng nhân tài cho Huyện,cho Tỉnh nhà và cho 
đất nước của chúng ta. Thực hiện lời dạy của Bác trước lúc người đi xa: “ Vì lợi ích 
mười năm trồng cây, vì lợi ích trăm năm trồng người”
 35 1 1 1
Chứng minh: Sử dụng BĐT AM – GM cho 3 số a, b, c và ; ; ta có 
 a b c
 1 1 1 1
 (a  b  c)(   )  33 abc.33  9
 a b c abc
Dấu “=” xảy ra khi a = b =c
Tổng quát hóa bài toán : Với mọi số thực dương a1;a2 ;a3;.....;an ta có bất đẳng 
thức
 1 1 1 1 n2
   .... 
 a1 a2 a3 an a1  a2  a3 .... an
Dấu “=” xảy ra khi a1 = a2 == an
 *) Sử dụng BĐT ở VD1 ta chứng minh bài toán sau : Cho x, y, z là 3 số dương thay 
đổi luôn thỏa mãn điều kiện x + y + z = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
 1 1 1
 P   
 x y z
 1 1 1 9
 Giải: Áp dụng VD1 ta có P    
 x y z x  y  z
 2 81 81
  P  
 ( x  y  z)2 3(x  y  x)
 81
 Do x + y + z = 3 nên ta có P2   9  P  3
 9
 Dấu “ = “ xảy ra khi x = y = z và x + y + z = 3 hay x = y =z = 1
Vậy Min P = 3 khi x = y =z = 1
Ví dụ 2: Cho các số thực không âm a; b; c trong đó không có hai số nào đồng thời 
 a b c 3
   
bằng 0. Chứng minh rằng: b  c a  c b  a 2
 Chứng minh:
Không mất tính tổng quát ta đặt
 37 +) Nếu x  y + z thì x + y – z  x + z –y > 0 > y + z – x
Nên xyz > 0 > (x + y –z)(y + z – x)(x + z – y)
 +) Nếu x < y + z Áp dụng BĐT AM – GM cho các số dương ta có 
 x  y  z  y  z  x
 (x  y  z)(y  z  x)  (1)
 2
 y  z  x  x  z  y
 (y  z  x)(x  z  y)  (2)
 2
 x  z  y  x  y  z
 (x  z  y)(x  y  z)  (3)
 2
Nhân vế với vế của (1); (2); (3) ta có điều phải chứng minh.
Nhận xét: Giả sử S = a + b + c ta có
 (S – a)(S – b)(S – c) = (a + b)(b + c)(c + a)  8abc (1)
Với 3 số dương a + b; b + c; c + a áp dụng bài toán 1.1 ta thu được
 (S + a)(S + b)(S + c) = [(c + b) + (c + a)][(c + a)+(a + b)][(a + b) + (b + c)]  64abc 
(2)
Nhân theo từng vế của (1) và (2) ta có 
 (S2 – c2) (S2 – b2) (S2 – a2)  83a2b2c2
Chúng ta thu được bài toán sau:
Bài toán 1.3: Cho a; b; c là các số dương và S = a + b + c. Chứng minh rằng
 S 2 S 2 S 2
 ( 1)( 1)( 1)  83
 a2 b2 c2
Bài toán 1.4: ( IMO 2000)
Cho a; b; c có tích bằng 1. Chứng minh rằng
 1 1 1
 (a  1)(b  1)(c  1) 1
 b c a
 x y z
Lời giải: Do abc = 1 nên tồn tại 3 số x; y; z dương sao cho a  , b  c 
 y z x
BĐT cần chứng minh trở thành
  x z  y x  z y 
   1  1  1 1
  y y  z z  x x 
  (x +z-y)(x+y-z)(y+z-x)  xyz
 39 và a  b  c2  9 3 abc2
Suy ra: 
 2 2 2
 c2 a2  b2   a2 b2  c2   b2 c2  a2  a  b  c2  ab4  bc4  ca4 
  2 3 abc 3 abc 3 abc 9 3 abc2  54abc3
Từ đó suy ra điều phải chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  c.
Bài toán 3: H·y t×m tÊt c¶ c¸c gi¸ trÞ a, b, c lµ c¸c sè cïng d­¬ng hoÆc cïng ©m sao 
cho biÓu thøc P ®¹t gi¸ trÞ nhá nhÊt vµ tÝnh gi¸ trÞ nhá nhÊt ®ã, víi:
  2010a   2011b   2012c 
 P  1 .1 .1 
  2011b   2012c   2010a 
 Lời giải: 
 2010a 2011b 2012c x, y, z  0 (A)
§Æt x  , y  , z  suy ra: 
 2011b 2012c 2010a xyz  1 (B)
Khi ®ã P=(1+x)(1+y)(1+z)=1+(x+y+z)+(xy+yz+zx)+xyz (C)
Áp dông B§T AM – GM ta cã:
 x  y  z  33 xyz  3 ; xy  yz  zx  3.3 (xyz) 2  3. DÊu “=” x¶y ra cho c¶ hai B§T lµ 
x=y=z (D)
  2011  2012
 a  b a  c
  2010  2010
  
  2012  2012
Tõ (A), (B), (D) suy ra x=y=z=1  b  c  b  c (E)
  2011  2011
  2010 c  R*
 c  a 
  2012 
 Tõ (C), (D) vµ (E) suy ra GTNN cña P b»ng 8 vµ c¸c gi¸ trÞ a, b, c tho¶ m·n (E) lµ tÊt 
c¶ c¸c gi¸ trÞ cÇn t×m
Bài toán 4: Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:
 4  a  b  c  0
 
 3abc  Min6a  8b 12c;72
 
 2ab  Min3a  4b;24
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = a2 + b2 + c2 + a + b + c
Lời giải: Áp dụng BĐT AM – GM và kết hợp với giả thiết ta có
 4 3 2 4 3 4
 9  4  3 2  c(   )  (b  c)(  )  (a  b)
 a b c a b a
 24 12
  c.3.3  (b  c).2.  (a  b)
 abc ab
  3c  2(b  c)  (a  b)  a  b  c
 41  a 3
 
   1 3
 a  3        9 : Hệ số điểm rơi
 1 1 3 
  
 a 3
Từ đó ta có lời giải như sau:
 1 a 1 8a a 1 8.3 10
 S  a   (  )   2 .  
 a 9 a 9 9 a 9 3
 10
Với a = 3 thì MinS 
 3
 1
Bài toán 2 : Cho a ≥ 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S  a 
 a2
  a 2
 
   1 1
Sơ đồ điểm rơi a  2        8 : Hệ số điểm rơi
 1 1 4 
  
 a2 4
 1 a a 1 6a a a 1 6.2 9
   3
Lời giải đúng: S  a  2     2    3 . . 2   . Với a = 2 thì Min 
 a  8 8 a  8 8 8 a 8 4
 9
 S 
 4
 1 1
Bài toán 3: Cho 0  a  . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức S  2a 
 2 a2
  1
 a 
 1  2 1 4
Sơ đồ điểm rơi 1: a         8: Hệ số điểm rơi 
 2 1 4 2 
  
 a 2 
 1 1 7 1 7 3 7 3 7.4
   3
Cách 1: S  2a  2   a  a  2   2  3 a.a. 2  2   2    5
 a  8a  8a 8a 8a 2 8a 2 8
 1
Với a  thì Min S = 5
 2
  
 a. 
 1  2 1 4
Sơ đồ điểm rơi 2: a         8 Hệ số điểm rơi
 2 1 2 
   4
 a2
 1 1 1 1
   3
Cách 2: S  2a  2  8a  8a  2  14a  3 8a.8a. 2 14a 12 14a 12 14.  5
 a  a  a 2
 1
Với a  thì MinS=5
 2
 a.b  0 1
Bài toán 4: Cho  Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S  a.b 
 a  b 1 a.b
 43