SKKN Dạy học khám phá vận dụng bất đẳng thức cô si

 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ
 TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 6
 --------™&˜--------
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
 “DẠY HỌC KHÁM PHÁ
 VẬN DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CÔ SI”
Người thực hiện: Nguyễn Tư Tám
Chức vụ: Giáo viên
Đơn vị công tác: Trường THPT Triệu Sơn 6
SKKN thuộc lĩnh vực (môn): Toán
THANH HOÁ, NĂM 2016
MỤC LỤC
Trang
PHẦN I. MỞ ĐẦU
2
A. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI 
2
B. PHẠM VI NGHIÊN CỨU VÀ ĐỐI TƯỢNG PHỤC VỤ
2
PHẦN II: NỘI DUNG
2
A. CƠ SỞ LÍ LUẬN
2
B. THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ
2
C. GIẢI PHÁP VÀ TỔ CHỨC THỰC HIỆN
3
D.KIỂM NGHIỆM
19
E.KẾT LUẬN VÀ ĐỀ XUẤT
19
CAM ĐOAN, XÁC NHẬN, TÀI LIỆU THAM KHẢO
20
Một số cụm từ viết tắt:
sGTLN: Giá trị lớn nhất 
(MaxP: GTLN của biểu thức P).
sGTNN: Giá trị nhỏ nhất 
(MinS: GTNN của biểu thức S).
sNN: Nhỏ nhất
sBĐT: Bất đẳng thức.
sGV: Giáo viên.
sPP: Phương pháp.
sVD: Ví dụ.
sTHPT: Trung học phổ thông.
sKL: Kết luận.
sĐS: Đáp số.
PHẦN I: MỞ ĐẦU
A. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI
	Là một giáo viên yêu nghề, tâm huyết với nghề, say mê về chuyên môn và được BGH nhà trường khuyến khích, tạo điều kiện phát triển. Tôi luôn cố gắng tìm tòi, tổng hợp kiến thức và áp dụng những phương pháp dạy học tích cực, phù hợp với đối tượng học sinh nhằm giúp các em cũng cố kiến thức, kinh nghiệm giải toán, có tư duy sáng tạo và say mê trong học tập.
	Tìm GTLN, NN của một biểu thức hay chứng minh một bất đẳng thức là một dạng toán khó và thường là câu lấy điểm 10 trong các đề thi đại học. Nhưng vì một phần là do kinh nghiệm còn thiếu, một phần là do khả năng tư duy, suy luận lôgic chưa sâu, chưa có định hướng đúng đắn nên thường là đa số học sinh bị mất phương hướng trong quá trình giải bài này. Với mục đích giúp học sinh bổ sung kinh nghiệm, phương pháp giải và các cách nhìn nhận một bài toán tìm GTLN, NN của một biểu thức hay chứng minh một bất đẳng thức nên tôi đã mạnh dạn viết đề tài “DẠY HỌC KHÁM PHÁ VẬN DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CÔ SI”. Và cũng hi vọng đề tài có thể là một tài liệu tham khảo cho các thầy, cô giáo trong hoạt động giảng dạy. 
B. PHẠM VI NGHIÊN CỨU VÀ ĐỐI TƯỢNG PHỤC VỤ
- Phạm vi nghiên cứu chủ yếu là áp dụng BĐT Côsi để tìm GTLN, NN của một biểu thức và chứng minh BĐT.
- Đối tượng phục vụ là học sinh ôn tập phần tìm GTLN, NN của một biểu thức và chứng minh BĐT trong chương trình lớp 9, lớp 10 và học sinh ôn thi đại học.
PHẦN II: NỘI DUNG
A. CƠ SỞ LÍ LUẬN
Học tập là một quá trình chiếm lĩnh lại tri thức đã có, biến kiến thức trong sách vở thành kiến thức của mình thông qua việc tự nghiên cứu và qua sự giúp đỡ, dạy dỗ của thầy, cô giáo. Tích luỹ kinh nghiệm, cách tư duy, tạo nền tảng kiến thức vững vàng từ đó có thể sáng tạo, phát triển thành cái riêng của bản thân. Đó chính là con đường học tập bền vững nhất cho mọi đối tượng học sinh.
Để học tập tốt phần tìm GTLN, NN của một biểu thức hay chứng minh BĐT trong chương trình phổ thông học sinh cũng cần phải được học tập như vậy. Trước tiên là tập hợp các dạng toán cơ bản nhất theo hệ thống, học tập kinh nghiệm, cách thức qua từng bài toán. Sau đó là luyện tập tổng hợp, phát triển tư duy, khám phá lời giải.
 B. THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ
-Đối với học sinh: Đa số là thấy khó, bắt tay vào thì thấy rối, mất phương hướng, chán nãn và bỏ không làm câu BĐT.
-Đối với GV: Vì là học sinh thấy khó, ngại học nên nhiều giáo viên cũng ngại dạy phần này hoặc là chỉ nêu ra công thức rồi đưa ra một số bài tập áp dụng.
C. GIẢI PHÁP VÀ TỔ CHỨC THỰC HIỆN
1. BĐT Côsi: Cho các số thực ai ≥ 0 (i=1;n). Ta có: 
 a1+a2++ann≥na1.a2an. Đẳng thức xảy ra khi a1=a2==an.
2. Hệ quả: 
- Nếu ai ≥ 0 (i=1;n) và a1.a2an=k (k là hằng số) thì: 
 S = a1+a2++an ≥ n.nk
Nên: MinS = n.nk, khi a1=a2==an=nk.
- Nếu ai ≥ 0 (i=1;n) và a1+a2++an=L (L là hằng số) thì: 
P = a1.a2an≤(a1+a2++ann)n ↔P≤(Ln)n.
Nên: MaxP = (Ln)n, khi a1=a2==an=Ln. 
3. Một số dạng toán áp dụng: 
3.1. Áp dụng BĐT Côsi tìm GTNN:
3.1.1. Nhận xét chung: Để áp dụng BĐT Côsi tìm GTNN của biểu thức:
S = a1+a2++an với ai ≥ 0 (i=1;n)
Ta thường biến đổi như sau: S = (b1+b2++bm) + S0 (S0 là hằng số)
Các số bi thoả mãn hệ sau có nghiệm: bi ≥ 0 i=1;m b1.b2bm=q b1=b2==bm(q là hằng số)
Sau đó áp dụng BĐT côsi, ta được: S ≥m.mq + S0
Đến đây ta xét xem đẳng thức xảy ra khi nào và kết luận.
3.1.2. Một số dạng bài tập thường gặp: 
Dạng 1: Tìm GTNN của S = A + mB 
Trong đó m là hằng số dương; A, B là các biểu thức đại số nhận giá trị dương.
VD1: Cho a > b > c > 0. Tìm GTNN của biểu thức:
a) S = a + 81cb-c(a-b)
b) S = a + 108cb-c2(a-b)3
Hoạt động khám phá lời giải:
a) 
-Áp dụng BĐT côsi để làm triệt tiêu các ẩn.
-Phân tích: a = (a – b) + (b – c) + c và nhận thấy các số (a – b), (b – c), c đều dương.
Khi đó: S = a + 81cb-c(a-b) = (a – b) + (b – c) + c + 81cb-c(a-b) côsi≥ 4.481=12 
-Xét đẳng thức xảy ra khi: a-b=b-c=c=81cb-c(a-b) ↔a=9;b=6;c=3
-KL: Vậy minS = 12. Khi a=9;b=6;c=3
b)
-Vẫn là áp dụng BĐT côsi để làm triệt tiêu các ẩn.
-Nhưng phải thêm bớt hệ số cho phù hợp!
-Phải phân tích: S = (a – b) + (b – c) + c + 108cb-c2(a-b)3 
 = 3.a-b3+2.b-c2+c+108cb-c2(a-b)3
 = a-b3+a-b3+a-b3+b-c2+b-c2+c+108cb-c2(a-b)3 côsi≥ 7
-Xét đẳng thức xảy ra khi: a-b3=b-c2=c=108cb-c2(a-b)3↔a=6;b=3;c=1.
-KL: Vậy minS = 7. Khi a=6;b=3;c=1.
Nhìn lại cách làm
*Sử dụng các phép phân tích như: x = (x – y) + (y – z) + z + Để làm xuất hiện các nhân tử có trong B
*) Sử dụng biến đổi: a = m.am=am++am (m số am) với m là số mũ của nhân tử có trong B (Xem lại VD1b). Sau đó áp dụng BĐT Côsi.
Thêm một số ví dụ
VD2: Cho x > y > 0. Tìm GTNN của S = 2x+1xy(x-y)
Hoạt động khám phá lời giải:
-Vẫn hướng suy nghĩ áp dụng BĐT Côsi để làm triệt tiêu các ẩn.
-Phải phân tích S thành dạng: ax + by + c(x - y) + 1xy(x-y)
Tìm a, b, c: Sử dụng đồng nhất hệ số, ta có: a+c=2b=c ; Sử dụng điều kiện để đẳng thức xảy ra khi áp dụng BĐT Côsi ta được b = 2a. Từ đó suy ra: a = 23; b = c = 43.
-Từ đó ta phân tích: S = 23x + 43y + 43x-y+1xy(x-y) côsi≥ 8.4227.
-Xét đẳng thức xảy ra khi: x = 2y = 46
-KL: Vậy minS = 8.4227. Khi x = 2y = 46
FHọc sinh có thể tự xây dựng được rất nhiều bài tập tương tự!
VD3: Cho các số thực dương x, y thoả mãn: x + y = 4. Tìm GTNN của biểu thức: 
 S = x2 + y2 + 33xy
Hoạt động khám phá lời giải:
-Dự đoán S nhỏ nhất khi nào (còn gọi là điểm rơi)? (x = y = 2)
-Đánh giá khả quan: S côsi≥ 2xy+33xy (Đây là đánh giá khả quan vì đảm bảo đẳng thức xảy ra khi x = y = 2).
-Đến đây áp dụng BĐT Côsi để làm triệt tiêu ẩn xy (S ≥2xy.33xy ) được không? 
(Được nhưng không khả quan vì không đảm bảo đẳng thức xảy ra tại x = y = 2)
- Làm sao để đảm bảo đẳng thức xảy ra? Khi x = y = 2 thì 2xy = 8 = 32xy 
(Phải tách: S ≥2xy+32xy+1xyCôsi≥22xy.32xy+1xy =16+1xy)
-Vẫn còn ẩn xy vậy đánh giá này có thực sự khả quan không?
(Khả quan vì từ giả thiết: 4 = x + y Côsi≥ 2xy→0<xy≤4→1xy≥14)
-Kết quả: MinS = 654, khi x = y = 2.
F VD3 là ví dụ phát triển của dạng 1
F Phải luôn chú ý đến ĐK để đẳng thức xảy ra (còn gọi là điểm rơi) trong suốt quá trình đánh giá biểu thức.
F Sau khi đánh giá được S côsi≥ 2xy+33xy có thể hướng dẫn học sinh lớp 12 xét hàm số ft=2t+33t với t = xy ∈(0;4]
VD4: Cho các số thực a, b thoả mãn: a + b ≥1, a > 0. Tìm GTNN của biểu thức:
 S = 8a2+b4a+b2.
Hoạt động khám phá lời giải:
-Đánh giá được ngay: S ≥8a2+1-a4a+b2 = 2a + 14a-14+b2.
-Sai lầm 1 khi đánh giá: S Côsi≥ 2.2a.14a-14 + b2≥2-14 
Vì đẳng thức xảy ra khi: 2a=14a b=0 a+b≥1vô nghiệm
-Sai lầm 2 khi đánh giá: : S ≥8a2+1-a4a+(1-a)2 vì từ b≥1-a không suy ra được b2≥1-a2 do chưa biết dấu của 1 – a.
-Hãy tìm hướng giải đúng? Lưu ý đảm bảo đẳng thức xảy ra!
(Dự đoán S nhỏ nhất khi a = b = 12; Do có a > 0 → có thể áp dụng BĐT Côsi; có b2 → có thể biến đổi thành hằng đẳng thức; có b → có thể sử dụng a + b ≥ 1)
-Đánh giá khả quan: S ≥ (a+14a)+a-14+b2
≥2.a.14a+a-14+b2=34+a+b2
-Tiếp tục đánh giá. Lưu ý giả thiết: S ≥34+1-b+b2=32+(12-b)2≥32
Vậy MinS = 32 khi a = b = 12.
Lưu ý: Có thể biến đổi tổng hợp: S = (a+14a)+a+b+b2-b+14-12 
 = (a+14a)+a+b+(b-12)2-12
 ≥2.a.14a+1+0-12 = 32
Dạng 2: Cho x, y, z là các số thực dương. Tìm GTNN của S = xA+yB+zC.
Với A, B, C là các tổng đối xứng của các biến x, y, z.
VD1: Cho ba số thực dương a, b, c. Tìm GTNN của: S = ab+c+bc+a+ca+b
Hoạt động khám phá lời giải
-Nhận xét: Đây là bài toán quen thuộc và có nhiều cách giải.
-Thử khám phá lời giải bằng cách sử dụng biến trung gian: 
Đặt x = b + c; y = c + a; z = a + b. 
Ta có: a = y+z-x2;b= x+z-y2;c=x+y-z2
-Khi đó: S = 12xy+yx+yz+zy+xz+zx-3 côsi≥ 32
-Xét đẳng thức xảy ra khi: x = y = z ↔ a = b = c.
-KL: Vậy minS = 32, khi a = b = c.
VD2: Cho x, y, z là các số thực dương. Tìm GTNN của: S = xy+2z+yz+2x+zx+2y
-Đặt a = y + 2z; b = z + 2x; c = x + 2y. 
Suy ra: x=-29a+49b+19cy= -29b+49c+19az=-29c+49a+19b
-Khi đó: S = -23+49ba+cb+ac+19(ca+ab+bc)côsi≥1
-Xét đẳng thức xảy ra khi: a = b = c ↔x = y = z.
-KL: Vậy minS = 1, khi x = y = z.
Khám phá PP giải dạng 2: 
Đặt: u=Av=Bw=C→x=αu+βv+γwy=αv+βw+γuz=αw+βu+γv (Phải có: β>0; γ>0)
→S=3α+βvu+wv+uw+γ(wu+uv+vw) 
Sau đó áp dụng BĐT Côsi → S ≥3(α+β+γ)
Đẳng thức xảy ra khi: x = y = z
Thêm một số ví dụ
VD3: Cho các số thực dương x, y, z thoả mãn: xyz = 1.
Tìm GTNN của biểu thức: S = x2(y+z)yy+2zz+y2(z+x)zz+2xx+z2(x+y)xx+2yy
Hoạt động khám phá lời giải
-Nhận thấy chưa thể đặt được qua biến trung gian như các VD trên.
-Dự đoán S nhỏ nhất khi x = y = z = 1.
-Áp dụng BĐT Côsi: S ≥ 2x2yzyy+2zz+2y2zxzz+2xx+2z2xyxx+2yy
 = 2xxyy+2zz+2yyzz+2xx+2zzxx+2yy (Do xyz=1)
-Sử dụng biến trung gian: Đặt: a=yy+2zzb=zz+2xxc=xx+2yy→xx=4b-2a+c9yy=4c-2b+a9zz=4a-2c+b9
-Ta được S ≥294ba+cb+ac+ca+ab+bc-6 côsi≥ 294.3+3-6=2
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c tức là x = y = z = 1
-KL: MinS = 2. khi x = y = z = 1.
F Trong VD trên đã sử dụng hoạt động khám phá “quy lạ về quen”.
VD4: Chứng minh với mọi số thực x, y, z không âm, ta có:
 1+x21+y+z2+1+y21+z+x2+1+z21+x+y2≥2
Hoạt động khám phá lời giải
-Hãy dự đoán đẳng thức xảy ra khi nào? (khi x = y = z = 1)
-Từ đó hãy xuất phát từ một BĐT hiển nhiên: (x-1)2≥0→x2+1≥2x 
-Nếu dùng để đánh giá tử số thì có được gì không? 
( Không, hãy đánh giá mẫu số: 1+z21+x+y2=2(1+z2)2+2x+2y2≥2(1+z2)21+y2+(1+x2) )
-Đánh giá tương tự cho các phân thức còn lại và đặt:
 a=1+x2;b=1+y2;c=1+z2
Dẫn tới phải chứng minh BĐT: a2c+b+b2a+c+c2b+a≥1
-BĐT này có tương tự BĐT nào đã gặp hay chưa ? (Đây chính là VD2)
 F Đây là một bài tập mới nhưng chỉ cần qua một phép đánh giá đơn giản và đặt ẩn qua biến trung gian ta đã quy về được bài tập quen thuộc !
Dạng 3: Cho x, y, z là các số thực dương. Tìm GTNN của S =xA+yB+zC 
Với A, B, C là các tổng đối xứng của các biến x, y, z.
VD1: Gọi a, b, c là độ dài các cạnh của ∆ABC.
Tìm GTNN của biểu thức: S = a2b+2c-a+b2c+2a-b+c2a+2b-c
Hoạt động khám phá lời giải
-Do S chứa các biểu thức đối xứng của các biến dương a, b, c nên dự đoán S nhỏ nhất khi a = b = c. khi đó: 2b + 2c – a = 3a.
-Từ đó biến đổi S =3a.a3a2b+2c-a+3b.b3b2c+2a-b+3c.c3c.2a+2b-c
 =3.a3a(2b+2c-a)+b3b(2c+2a-b)+c3c.2a+2b-c
-Áp dụng BĐT Côsi: 3a(2b+2c-a)≤3a+2b+2c-a2=a+b+c
 Tương tự: 3b(2c+2a-b)≤a+b+c
 3c.2a+2b-c≤a+b+c 
-Suy ra: S ≥3.a+b+ca+b+c=3
-Xét đẳng thức xảy ra khi: a = b = c ↔∆ABC đều
-KL: MinS = 3 , khi ∆ABC đều
Khám phá PP giải dạng 3: 
Bước 1: Biến đổi tổng: 
Chọn k sao cho: x=y=zA=kx 
S = k.xkx.A+yky.B+zkz.C
Bước 2: Đánh giá S bằng BĐT Côsi:
S ≥2k.xkx+A+yky+B+zkz+C = 2k.S1 
Bước 3: Đánh giá S1 – Đây chính là dạng 2.
VD2: Cho a, b, c là các số thực dương và a2 + b2 + c2 = 1.
Chứng minh: ab+2c21+ab-c2+bc+2a21+bc-a2+ca+2b21+ca-b2≥2+ab+bc+ca.
Hoạt động khám phá lời giải
-Ta có:
 ab+2c21+ab-c2=ab+2c2a2+b2+c2+ab-c2=ab+2c2a2+b2+ab=ab+2c2ab+2c2a2+b2+ab
côsi≥2ab+4c2ab+2c2+(a2+b2+ab)=2ab+4c2a2+b2+2c2+2abcôsi≥2ab+4c2a2+b2+2c2+(a2+b2)=ab+2c2 
-Tương tự: bc+2a21+bc-a2≥bc+2a2;ca+2b21+ca-b2≥ca+2b2
-Suy ra: ab+2c21+ab-c2+bc+2a21+bc-a2+ca+2b21+ca-b2≥ab+bc+ca+2a2+b2+c2.
 ↔ab+2c21+ab-c2+bc+2a21+bc-a2+ca+2b21+ca-b2≥2+ab+bc+ca 
-Đẳng thức xảy ra khi: a = b = c = 13
Dạng 4: Cho các số thực xi>0(i=1;n ) thoả mãn: x1k+x2k++xnk=nqk (là hằng số).
Tìm GTNN của: S = x1m+x2m++xnm (m>k≥1).
VD1: Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn: a2 + b2 + c2 =12. Tìm GTNN của biểu thức: S = a5 + b5 + c5.
Hoạt động khám phá lời giải
-Dự đoán điểm rơi: S nhỏ nhất khi a = b = c = 2
-Áp dụng BĐT Côsi để làm xuất hiện giả thiết: 
2a5 + 3.25 = (a5 + a5) + (25 + 25 + 25) ≥5.5a10.215=40a2
Tương tự: 2b5 + 3.25 ≥ 40b2; 2c5 + 3.25 ≥ 40c2
-Cộng theo vế các BĐT cùng chiều, ta được: S ≥ 96
-Xét đẳng thức xảy ra khi: a = b = c = 2.
-KL: MinS = 96, khi a = b = c = 2.
Khám phá PP giải dạng 4: 
-Dự đoán S nhỏ nhất khi x1 = x2 = = xn = q.
-Áp dụng BĐT Côsi để hạ từ bậc m xuống bậc k.
Áp dụng BĐT Côsi cho m số: k.xim + (m – k)qm≥m.mxikm.qm-km
 ↔ k.xim + (m – k)qm ≥m.qm-k.xik
-Sau đó cộng theo vế các BĐT cùng chiều, ta được: 
 kS + n(m – k)qm≥ m.qm-k.(x1k+x2k++xnk)
 ↔ kS + n(m – k)qm ≥ m.qm-k.nqk ↔ S ≥n.qm.
-Xét đẳng thức xảy ra (khi: x1 = x2 = = xn = q) và kết luận.
Thêm một số ví dụ
VD2: Cho các số dương a, b, c thoả mãn abcd = 1. 
 Chứng minh: a4 + b4 + c4 + d4 ≥ a + b + c + d.
Hoạt động khám phá lời giải
-Bất đẳng thức có đối xứng 4 biến a, b, c, d không?
(Cả giả thiết và BĐT cần chứng minh hoàn toàn đối xứng với 4 biến a, b, c, d)
-Hãy nghĩ đến việc đánh giá từng biến. Có thể hạ bậc từ a4 xuống a không?
(Áp dụng BĐT Côsi cho 4 số a4 ; 1; 1; 1 ta có: a4 +1 + 1 + 1 ≥44a4.1.1.1=4a)
-Có thể áp dụng cho các số a4; 2; 4; 6 không?
(Cũng được nhưng không đi đến được kết quả).
-Vậy chọn số như thế nào là thích hợp?
(Phải đảm bảo đẳng thức có thể xảy ra. Cụ thể ở đây đẳng thức xảy ra khi a = b = c = d = 1 nên chọn ba số 1 áp dụng với a4 là phù hợp). 
-Áp dụng tương tự cho b4; c4 ; d4 ta được kết quả gì?
(a4 + b4 + c4 + d4 ≥ 4(a + b + c + d) – 12)
-Hãy đối chiếu với yêu cầu bài toán, đến đây ta phải chứng minh điều gì?
(4(a + b + c + d) – 12 ≥ a +b + c +d ↔a+b+c+d≥4).
-Giả thiết abcd = 1. Phục vụ điều gì? 
(a + b + c + d ≥44abcd=4. Từ đó suy ra điều phải chứng minh.)
Lưu ý: Có thể đánh giá liên tục: 4(a + b + c + d) – 12 ≥ a + b + c + d + 3( a + b + c + d) – 12 Côsi≥ a+b+c+d+3.44abcd-12=a+b+c+d 
VD3: Cho a + b + c = 0. Chứng minh: 8a + 8b + 8c ≥ 2a + 2b + 2c.
Hoạt động khám phá lời giải
-Đây có phải là bài tập mới lạ không?
(Phải. Nhưng có thể chuyển về dạng quen thuộc bằng cách đặt: 
x = 2a; y = 2b; z = 2c)
-Khi đó ta có giả thiết gì?
(x, y, z là các số thực dương và xyz = 1)
-Ta phải chứng minh điều gì? 
(chứng minh: x3 + y3 + z3 ≥ x + y + z) 
-Hãy nêu cách chứng minh? 
(Chứng minh tương tự VD2)
VD4: Cho a, b, c, d là các số dương. 
 Chứng minh: a2b5+b2c5+c2d5+d2a5≥1a3+1b3+1c3+1d3 
Hoạt động khám phá lời giải:
-Hãy dự đoán đẳng thức xảy ra khi nào? (a = b = c = d. khi đó a2b5=1a3)
-Hãy áp dụng BĐT Côsi làm xuất hiện vế phải? Làm triệt tiêu ẩn trên tử.
(a2b5+a2b5+a2b5+1a3+1a3≥5.51b15=5.1b5 ↔ 3.a2b5+2.1a3≥5.1b5)
-Công việc tiếp theo là gì? 
(Áp dụng tương tự cho các biểu thức còn lại và cộng theo vế các BĐT cùng chiều → Đpcm).
-Cuối cùng hãy trình bày lại lời giải.
Dạng 5: Cho các số thực xi > 0 (i=1;n ) sao cho: x1.x2xn = q.
Tìm GTNN của biểu thức: S = x1mA1.A2Am-1+x2mB1.B2Bm-1++xnmC1.C2Cm-1
Trong đó Ai; Bi; Ci là các tổng đối xứng của x1, x2,,xn. (i = 1,m-1).
VD1: Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn: abc = 1
 Tìm GTNN của S = a2b+c+b2c+a+c2a+b
Hoạt động khám phá lời giải:
-Dự đoán S nhỏ nhất khi a = b = c = 1. Khi đó: a2b+c=b+c4; b2c+a=c+a4; c2a+b+a+b4
-Áp dụng BĐT Côsi: a2b+c+b+c4≥2a2b+c.b+c4=a
 Tương tự, ta có: b2c+a+c+a4≥b; c2a+b+a+b4≥c
-Cộng theo vế các BĐT cùng chiều: S ≥ a+b+c2 côsi≥ 3.3abc2=32
-Xét đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1.
-KL: MinS = 32, khi a = b = c = 1.
VD2: Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn: abc = 8
Tìm GTNN của: S = a3b+c(b+2c)+b3c+a(c+2a)+c3a+b(a+2b)
Hoạt động khám phá lời giải:
-Dự đoán S nhỏ nhất khi a = b = c = 2. Từ đó: Chọn các số α; β sao cho: a3b+cb+2c=b+cα=b+2cβ →13=4α=6β→α=12; β=18
-Áp dụng BĐT Côsi: a3b+cb+2c+b+c12+b+2c18≥a2
 Tương tự: b3c+ac+2a+c+a12+c+2a18≥b2
 c3a+b(a+2b)+a+b12+a+2b18≥c2 
-Cộng theo vế các BĐT cùng chiều: S + a+b+c3≥a+b+c2
 ↔S≥a+b+c6 côsi≥ 3.3abc6=1 
-Xét đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 2.
-KL: MinS = 1, khi a = b = c = 2.
Khám phá PP giải dạng 5: 
-Bước 1(Phân tích): Chọn các số k1; k2; ,km-1 thoả mãn: x1=x2==xn=nq x1mA1.A2Am-1=A1k1=A2k2==Am-1km-1
-Bước 2 (Trình bày): Áp dụng BĐT Côsi cho m số: 
 x1mA1.A2Am-1+A1k1+A2k2++Am-1km-1≥px1 
 Tương tự: x2mB1.B2Bm-1+B1k1+B2k2++Bm-1km-1≥px2
 xnmC1.C2Cm-1+C1k1+C2k2++Cm-1km-1≥pxn 
-Cộng theo vế các BĐT cùng chiều: S ≥px1+x2++xn côsi≥ p.n.nq
-Xét đẳng thức xảy ra (khi: x1=x2==xn=nq ) và kết luận.
Thêm một số ví dụ
VD3: Cho x>1;y>1x+y≤4 Tìm GTNN của S = x4(x-1)3+y4(y-1)3
Hoạt động khám phá lời giải:
-Dự đoán S nhỏ nhất khi: x = y = 2. Khi đó: x4(x-1)3=16(x-1)
-Áp dụng BĐT Côsi: 
x4(x-1)3+16x-1+16x-1+16x-1≥4.4x4.163=32x 
→x4(x-1)3≥48-16x 
Tương tự: y4(y-1)3≥48-16y
-Cộng theo vế các BĐT cùng chiều: S ≥96-16x+y≥96-16.4=32
-Xét đẳng thức xãy ra khi: x = y = 2
KL: MinS = 32, khi x = y = 2.
VD4: Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn: xy + yz + zx ≥3
 Chứng minh: x4y+3z+y4z+3x+z4x+3y≥34
Hoạt động khám phá lời giải:
-Dự đoán đẳng thức xảy ra khi: x = y = z = 1. Khi đó: x4y+3z=y+3x16
-Áp dụng BĐT Côsi: x4y+3z+y+3z16≥ x22 (đưa về cùng bậc với giả thiết)
 Tương tự: y4z+3x+z+3x16≥y22
 z4x+3y+x+3y16≥z22 
Cộng theo vế các BĐT cùng chiều suy ra:
 x4y+3z+y4z+3x+z4x+3y≥12(x2+y2+z2)-14(x+y+z) 
 = 183x2+y2+z2+x-12+y-12+z-12-3
Mặt khác ta luôn có:
 (x-y)2+(y-z)2+(z-x)2≥0→x2+y2+z2≥xy+yz+zx≥3.
Suy ra: x4y+3z+y4z+3x+z4x+3y ≥183.3+0+0+0-3=34
-Xét đẳng thức xảy ra khi: x = y = z = 1.
Vậy: x4y+3z+y4z+3x+z4x+3y≥34, đẳng xảy ra khi: x = y = z = 1.
VD5: Cho a, b là hai số thực dương và ab = 1. Chứng minh: a31+b+ b31+a≥1.
Hoạt động khám phá lời giải:
-Hãy khử mẫu, khử luỹ thừa bậc cao? Áp dụng BĐT Côsi cho mấy số?
(a31 + b; 1 + b; và một số nữa)
-Đẳng thức xảy ra khi nào?
(Đẳng thức xảy ra khi a = b = 1. Khi đó: a31+b=1+b4=12)
-Hãy sửa lại để áp dụng BĐT Côsi cho phù hợp với nhận xét đẳng thức xảy ra?
(Áp dụng BĐT Côsi: a31+b+1+b4+12≥3a2; tương tự: b31+a+1+a4+12≥3b2)
-Từ đó có: a31+b+ b31+a≥54a+b-32
-Hãy đối chiếu với yêu cầu bài toán, đến đây ta phải chứng minh điều gì?
(54a+b-32 ≥ 1 ↔a+b≥2).
-Giả thiết ab = 1. Phục vụ điều gì? 
(a + b ≥2ab=2. )
-Từ đó suy ra điều phải chứng minh. Cuối cùng hãy trình bày lại lời giải.
VD6: (Olympic toán Quốc tế năm 1995) Cho a, b, c là các số thực dương sao cho: abc = 1. Chứng minh: 1a3(b+c)+1b3(c+a)+1c3(a+b)≥32 
Hoạt động khám phá lời giải:
-Liệu có quy được về bài toán quen thuộc như ví dụ trên không? (Được. Đặt a=1x;b= 1y;c=1z ta có x, y, z là các số thực dương và xyz = 1. Ta chuyển được về BĐT theo biến trung gian: x2y+z+y2z+x+z2x+y≥32)
-Đây là một BĐT quen thuộc. (Chính là VD1)
3.2. Áp dụng BĐT Côsi tìm GTLN:
3.2.1. Nhận xét chung: Để áp dụng BĐT Côsi tìm GTLN của biểu thức: 
 P = a1.a2an (ai > 0, i = 1;n ). Ta thường biến đổi như sau: 
-Nhân hai vế của tích với một số dương hợp lí. Để được tích mới P1 = b1.b2bm thoả mãn:
 bi>0 i=1,n b1+b2++bm=S0 (là hằng số)b1=b2==bm có nghiệm. 
-Áp dụng BĐT Côsi để được P1 ≤ (b1+b2++bmm)m= P0
-Xét đẳng thức xảy ra và kết luận cho P.
3.2.2. Một số dạng bài tập thường gặp: 
Dạng 1: Cho các số dương ai i=1,n Thoả mãn: a1 + a2 + + an = q
 Tìm GTLN của P = mk+A1+mk+A2++mk+An
Với A1; A2; ;An là các tổng đối xứng của các biến ai.
VD1: Cho các số thực dương x, y, z thoả mãn: x + y + z = 34.
 Hãy tìm GTLN của: P = 37+x+3y+37+y+3z+37+z+3x
Hoạt động khám phá lời giải:
-Dự đoán P lớn nhất khi x = y = z = 14. Khi đó: 7+x+3y=8.
-Thử áp dụng BĐT côsi cho từng biểu thức => làm xuất hiện giả thiết.
-Ta có: 37+x+3y=37+x+3y.8.88.8 côsi≤ 7+x+3y+8+83.4=x+3y+2312.
-Tương tự: 37+y+3z≤y+3z+2312; 37+z+3x≤ z+3x+2312
-Suy ra: P ≤4x+y+z+6912=6
-Xét đẳng thức xảy ra khi: x = y = z = 14
-KL: MaxP = 6, khi x = y = z =14
Khám phá PP giải dạng 1: 
Bước 1: Dự đoán đẳng thức xảy ra khi: a1=a2==an=qn. Khi đó: k + Ai = h
Bước 2: Áp dụng BĐT Côsi: mk+Ai=mhm-1.(k+Ai)hm-1≤k+Ai+h(m-1)h0
 Cộng theo từng vế các BĐT c