Sáng kiến kinh nghiệm Kỹ thuật sử dụng máy tính cầm tay giải bài toán đại số

Nội dung tóm tắt: Sáng kiến kinh nghiệm Kỹ thuật sử dụng máy tính cầm tay giải bài toán đại số

1. (x 1)( x 2 2) ( x 6)( x 7 3) x2 2 x 8 xx 16 (x 2) x 4 0 x 2 Vì xx 2 0, 6 0 nên: xx 2 2 7 3 x 1 x 6 x 2 x 2 x 6 x 6 1 x 40 x 2 2 x 7 3 x 2 222 x 7 x 2 2 Bảng xét dấu f(x): x - -2 2 + f(x) + 0 - KL: Tập nghiệm S [ 2;2] VD3: x32 (3 x 4 x 4) x 1 0 TXD: x 1 Xét hàm số f( x ) x32 (3 x 4 x 4) x 1 0 liên tục trên D  1; Xét phương trình f( x ) 0 (3 x23 4 x 4) x 1 x bình phương hai vế phương trình 15 6 5 4 3 2 2 2 2 x x 9 x 15 x 32 x 24 x 48 x 16 0 (x x 1)( x 4 x 4) 0 2 x 2 2 2 15 Thay vào phương trình (*) chỉ có hai nghiệm thỏa mãn là: x , x 2 2 2 2 15 Bảng xét dấu f(x): -1 x - 2 2 2 2 + f(x) + 0 - 0 + Hàm số f(x) liên tục và phương trình f(x)=0 vô nghiệm trên các khoảng 1;2 2 2 , 15 15 2 2 2; , ; nên các khoảng này hàm số không đổi dấu. 2 2 Mà f(-0.9) > 0, f(1) 0. 15 KL: Tập nghiệm của bất phương trình là S 2 2 2; 2 22 1 VD4: (x 3 x ) 2 x 3 x 2 0. TXD: ;  2; (Trích KD-2002) 2 22 1 Xét hàm số f( x ) ( x 3 x ) 2 x 3 x 2 0 liên tục trên D ;  2; 2 1 Xét phương trình fx( ) 0 (x22 3 x ) 2 x 3 x 2 0 x 0, x 3, x , x 2 2 1 Bảng xét dấu f(x): - x - 2 0 2 3 + f(x) + 0 + 0 - 0 - 0 + 77
2. Hàm số f(x) liên tục và phương trình f(x)=0 vô nghiệm trên các khoảng 1 D ;  (2;3)  (3; ) nên các khoảng này hàm số không đổi dấu. 2 1 Mà f(-1) > 0, f(2,5) 0. KL: Tập nghiệm S ;  3;  2 2 VD5: 5x 1 x 1 2 x 4 TXD: x 2 (Trích KA-2005) Xét hàm số f( x ) 5 x 1 x 1 2 x 4 0 liên tục trên D 2; Xét phương trình f()0 x 51 x 24 x x 1 5124 x x x 12(1)(24) x x (x 1)(2 x 4) x 2 x2 10 x 0 x 10 (vì ) Bảng xét dấu f(x): x - 2 10 + f(x) + 0 - Hàm số f(x) liên tục và phương trình f(x)=0 vô nghiệm trên các khoảng 2;10 , (10; ) nên các khoảng này hàm số không đổi dấu. Mà f(3) > 0, f(12) 0. KL: Tập nghiệm của bất phương trình là S (10 34; ) 78
3. xx VD7: 1 TXD: D 0; (Trích KA – 2010) 1 2(xx2 1) xx Xét hàm số fx( ) 1 0 liên tục trên 1 2(xx2 1) xx Xét phương trình fx( ) 0 1 0 1 2(xx2 1) x x 1 2( x22 x 1) 0 2( x x 1) x x 1 Đặ t x, t 0 x t 2 tt2 10 2t4 2 t 2 2 t 2 t 1 4 2 4 2 3 2 2t 2 t 2 t t 1 2 t 2 t 2 t 1 5 1 5 15 00 tt 0 x 35 22 2 x 2 4 3 2 2 2 2 t 2 t t 2 t 1 0 ( t t 1) 0 (xx 1) 0 Bảng xét dấu f(x): (không cần cũng được) 35 + x - 0 2 f(x) - 0 - Hàm số f(x) liên tục và phương trình f(x)=0 vô nghiệm trên các khoảng 3 5 3 5 0; , ; nên các khoảng này hàm số không đổi dấu. 22 35 Mà f(0,2) < 0, f(1) < 0. KL: Tập nghiệm của bất phương trình là S   2 x32 x x 41 169 VD8: x 1 TXD: 0 x 13 3 x 9 x32 x x 41 Xét hàm số f( x ) x 1 0 liên tục trên 13 3 x x32 x x 41 Xét phương trình: fx( ) 0 f( x ) x 1 0 13 3 x x32 x x 41 13 x 13 3 x x 3 x 0 13 Đặt t x,0 t 3 Phương trình: ttttt6 43 3 14 2 3 54 0 ( tttttt 2)( 5 2 4 5 3 13 2 12 27) 0 t 20 xx 24 5 4 3 2 t 2 t 5 t 13 t 12 t 27 0 ( VN ,  t 0) 79
4. Bảng xét dấu: 169 x - 0 4 9 + f(x) - 0 + - 169 169 Hàm số f(x) liên tục và vô nghiệm trên các khoảng (0;4);(4; ) và ; nên các 9 9 khoảng này hàm số không đổi dấu. 169 Mà f(1) = -6 0, f(25) =-8118 < 0, 18,777 9 169 KL: Tập nghiệm của bất phương trình là S [0;4]  ; 9 VD9: x22 x x 2 3(x 2x 2) (Đề thi minh họa – kỳ thi THPT Quốc Gia năm 2015 – của BGDĐT). TXD: D [1 3; ) Xét hàm số f() x x22 x x 2 3(x2x2)0 liên tục trên D Xét phương trình: fx( ) 0 x22 x x 2 3(x 2x 2) 0 x2 x x2 3(x 2 2x 2) ( x 2 x )(x 2) x 2 4x 2 0 x49 x 3 13 x 2 18 x 4 0 (x 2 3x 1)(x 2 6 x 4) 0 3 13 3 13 (loại), (loại), 3 13 (TM), 3 13 (loại) 2 2 Bảng xét dấu: x - 1+ 3 3 13 + f(x) + 0 - Hàm số f(x) liên tục và vô nghiệm trên các khoảng (1 3;3 13);(3 13; ) nên các khoảng này hàm số không đổi dấu. Mà f 3 1 3 0, f (9) 1.396 0 KL: Tập nghiệm của bất phương trình là S [1+ 3;3 13] x43 2 x 2 x 1 VD10: x (Đề thi thử THPT Quốc Gia chuyên Lê Quý Đôn-2015) x32 22 x x TXD: D (0; ) x43 2 x 2 x 1 Xét hàm số fx(x) 0 xác định và liên tục trên D x32 22 x x x43 2 x 2 x 1 Xét phương trình fx(x) 0 x32 22 x x 80
5. vì x 0 x3 2 x 2 2 x x (x 2 2 x 2) 0 x43 2 x 2 x 1 Nên phương trình: x x( x3 2 x 2 2 x ) x 4 2 x 3 2 x 1 x32 22 x x Đặt t x,0 t x t2 . Phương trình: tttttt(t22)642862 221 tttttt 876532 222210 t2 t 1 0 (t2 t 1)(t 6 t 4 t 3 t 1) 0 6 4 3 t t t t 1 0 (*) Ta sẽ chứng minh phương trình (*) vô nghiệm: TH1: t 1 (t6t 4 )0,(t)0 3 t t 6 t 4 t 3 t 10 TH2: 01 t t10,t6 t 4 t 3 t 3 (tt1)0t 3 6 x 4 x 3 x 10 15 t (TM) 2 2 1 5 3 5 Do đó: t t 1 0 xx 15 22 t (L) 2 35 Bảng xét dấu: 2 0 x - + f(x) + 0 - 35 KL: Tập nghiệm của bất phương trình là S 0; 2 81
6. PHỤ LỤC 16: PHÉP CHIA ĐA THỨC CHO ĐA THỨC CÕN PHẦN DƢ  KỸ THUẬT 11 A AD Ta đã biết C dư D thì CACBD . B BB x4 35 x3 x2 4 x VD1: xx2 1 + Nhập vào máy: (x42 3 x3 x  4 x 5 ) (xx2 1 ) + Nhấn CALC gán X 1000 hiện 1001998 1| 001| 998 xx2 2 2 là phần nguyên. + Nhập lại: (x4 35 x3 x 2 4 x ) ( x 2 2 x 2)( x 2 x 1) + Nhấn gán X 1000 máy hiện -7 + Thử lại: (x4 3xx3 x 2 4 5 ) ( x 2 2xx 2)( x 2 1) 7 + Nhấn gán X bất kỳ, cho 0 được kết quả chính xác. x42 35 x3 x 4 x 7 Kết quả: (xx2 2 2) x22 xx 1 x 1 x4 8 x3 2x2 2 x 7 VD2: xx2 23 + Nhập vào máy: (x42 8 x3 2x 2 x 7)  (xx2 2 3) + Nhấn gán hiện 990018.99 990019 990 | 019 xx2 10 19 + Nhập lại: (x4 8 x32 2x2 2 x 7) ( x2 10x 19)( x 2 x 3) + Nhấn gán X 1000 máy hiện 10050 10| 050 (10x 50) + Thử lại: (x4 8 x32 2x2 2 x 7) ( x 10 x 19)( x2 2x 3) (10x 50) + Nhấn gán X bất kỳ, máy hiện 0 là đúng. x42 8xx3 2xx 2 7 10 50 Kết quả: (x2 10x 19) x22 2x 3 x 2 x 3 x32 2 x x 1 Nhận xét: Ta không nhập phép chia dưới dạng mà nhập dạng như trên để x 1 dễ sửa. Không bỏ qua bước thử lại. 82
7. x53 69xx4 2x2 5 VD3: x3 4 x2 x 6 Nhận xét: Bài này mũ khá lớn, khi dùng KỸ THUẬT này có một lỗi nhỏ chưa giải thích được nhưng có cách khắc phục thông qua bước thử lại. + Nhập vào máy: (x54 6 x 9 x3 2x23 5)  ( x 4 x2 x 6) + Nhấn CALC gán X 1000 hiện: 998000.006 998000 998 | 000 xx2 2 là phần nguyên. + Nhập lại: (x5 62x4 9x3 x22 5) ( x 2 x )(x3 4 x2 x 6) + Nhấn gán X 1000 máy hiện 5988000 5 | 988 | 000 6xx2 12 + Thử lại: (x4 8 x32 2xx22 2 x 7) ( x 10 x 19)(xx2 2 3) (6x 12 ) + Nhấn gán X bất kỳ nhỏ hơn 640, máy hiện 5, ta trừ đi 5 nghĩa là: (x42 8 x32 2x2 2 x 7) ( x 10 x 19)( x2 2 x 3) (6 x 12 x 5) x54 6 x 9 x3 2x2 5 6 x2 12 x 5 Kq: (xx2 2 ) x3 4 x 2 x 6 x3 4 x 2 x 6 “Đây là một kết quả chính xác, nhưng trong bước thử lại không rõ nguyên nhân tại sao khi thử với x 640 thì đúng còn x 640 thì sai, nghĩa là AA 0,  A 641, ở bước trên đúng ra máy phải cho 998005.006 thay vào đó máy lại cho 998000.006” x3 2x2 1 VD4: (Ta nhân tử số với 32 mục đích để cho nó nguyên) 3x2 4x + Nhập vào máy: 9(x3 2x22 1)  (3xx 4) + Nhấn gán hiện 2997.997333 2998 2| 998 3x 2 phần nguyên. + Nhập lại: 9(x32 2x2 1) (3 x 2)(3 x 4x ) + Nhấn gán máy hiện 7991 (8x 9) xx3 23x2 1 x 2 8 9 Kq: 3xx22 49 9(3x 4x) 83
8. PHỤ LỤC 17: TÁCH PHÂN SỐ THÀNH TỔNG CÁC PHÂN SỐ  KỸ THUẬT 12 1. Mẫu là tích các đơn thức 4x 1 A B 1 3 (x 1)( x 2) x 1 x 2 x 1 x 2 Để tính A ta nhân cả hai vế với mẫu của A rồi cho mẫu của A bằng 0 (tương tự cho B, C) 41x 41x Ta được: A cho x 1 A 1; BB cho x 2 3 (x 2) (x 1) 2. Mẫu chứa nghiệm bội 11 4x 1 A B C 3 33 (x 1)( x 2)222 x 1 x 2 ( x 2) x 1 x 2 ( x 2) 4x 1cho x 1 1 41x cho x=-2 Ta chỉ tính nhẩm được A và C 3 (x 2)2 3 (x 1) dx 4 1 1 Còn B thì dùng máy: B dx x 13x 2 3. Mẫu chứa đa thức vô nghiệm 4x 1 A Bx C 1 x 3 (x 1)( x2 2) x 1 x 2 2 x 1 x 2 2 41x cho x=1 - Tìm A: A 1 (x2 2) 4y 1 1 By C - Nhập vào máy: (thay x là y) (y 1)( y22 2) y 1 y 2 4y 1 1 By X + Tìm C trước thay C là X , ta nhấn (y 1)( y22 2) y 1 y 2 SHIFT SOLVE cho y = 0, B = 0, X bất kỳ ta được C = X = 3 4y 1 1 Xy 3 + Tìm B: Sửa lại C thay là 3, B thay là X nhấn (y 1)( y22 2) y 1 y 2 SHIFT SOLVE cho y = bất kỳ khác 0 và khác nghiệm của mẫu, X = bất kỳ ta được B = X = -1 84
9. PHỤ LỤC 18: PHƢƠNG TRÌNH LƢỢNG GIÁC  KỸ THUẬT 13 Trong phương trình đại số hay phương trình vô tỷ, khi nhẩm được một nghiệm x=a thì ta có thể tách, ghép, thêm, bớt để biến đổi về phương trình có nhân tử chung là (x-a). Tuy nhiên khi biết một nghiệm của phương trình lượng giác thì có thể nhiều cách làm xuất hiện các nhân tử chung khác nhau. Chẳng hạn, ứng với nghiệm x=30o hay x thì nhân tử chung có thể là 6 2sinx 1,2cos x 3,cos x 3sinx, - Tùy theo đề bài hệ số là nguyên hay hệ số hữu tỷ mà ta chọn cho thích hợp, tất nhiên có những bài tuy nhẩm được nghiệm “đẹp” ta khó có thể tách thành nhân tử chung cho dù theo lý thuyết thì bài nào cũng tách được nhưng khi tách ra nó làm bài toán thêm phước tạp hơn. VD1: 1-sinx-cosx=0 Nhẩm được nghiệm là x=0 hoặc x=90o, ta có bộ nhân tử chung là (1-sinx) hoặc (1-cosx) hoặc (sinx) hoặc (cosx). Ta chọn bộ nào mà khi tách ra nó cũng phước tạp hơn. VD2: (1-sinx)- (1 sinxx )(1 sin ) =0 rõ ràng đã xuất hiện nhân tử (1-sinx) Nhưng làm theo cách này thì dài hơn. “Thường khi gặp loại này ta giải theo cách của phương trình a.sinx+b.cosx+c=0 hoặc đại số hóa”. - Khi ta nhẩm được nghiệm x=60o tức x= thì ta có các bộ nhân tử chung (2cosx-1) 3 hoặc (2sinx- 3 ) Tương tự x=45o, x=135o, các bạn tự suy ra bộ nhân tử chung ?. - Cách nhẩm các nghiệm bằng máy tính bỏ túy các em dùng lệnh SOLVE. Nên cho X=60 hoặc 30 hoặc 45 vì thường phương trình có nghiệm như thế để máy tính nhẩm cho nhanh, (Phải để chế độ độ) VD1: Giải phương trình: 9sinx + 6cosx -3sin2x + cos2x = 8. Nhận xét: ta nhẩm được nghiệm là x=90o, các hệ số đều nguyên, ta có các bộ nhân tử chung là (sinx-1) hoặc (cosx). Ở đây ta chọn (sinx-1). Pt: (9sinx-9) + (6cosx-6sinx.cosx) + 2-2sin2x=0. đến đây đã quá dễ dàng!. cos 2x 1 VD2: Giải phương trình: cotx 1 sin2 x sin x 1 tanx 2 Nhận xét : “Ta nhẩm được ngiệm x=45o vậy ta sẽ có nhân tử chung là (sinx-cosx)” 85
10. HD: Điều kiện: sinxx .cos 0 và tanx 1 cosxx sin cosx sin x cos x sin x PT sin x . sin x cos x sin x cosxx sin cos x sinxx cos 0 1 sinx cos x sin x cos x 0 1 ĐS: xk sin x sinxx cos 0 4 sin x VD3: (Trích đề KA-2012): 3sin 2x c os2x=2cosx-1 3sin 2 x ( c os2x+1)-2cosx=0 Nhận xét: “Ta nhẩm được nghiệm x=90o nhân tử chung là cosx hoặc (sinx-1) ta nhìn được ngay là cos2x+1 và sin2x có cosx nên chọn cosx là nhân tử dễ quá cũng không chấp kiếm bài khó hơn ít”. VD4: Giải phương trình: sinx(cos2x 2cos x ) c os2 xc os x 1 Phương trình được viết: sinx cos2 x 2sin x cos x c os2 xc os x 1 0 Nhận xét: “Ta nhẩm được nghiệm x=45o nhân tử chung là (sinx-cosx)” Nhìn lại ta thấy: số hạng thứ nhất và thứ 3 nếu nhóm vào nhau xuất hiện (sinx-cosx) còn lại 1- 2sinxx cos = (sinx-cosx)2. VD5: Giải phương trình: 3(2cos2 x cos x 2) (3 2cos x )sin x 0 Nhận xét: “Ta nhẩm được nghiệm x=60o nhân tử chung (2sinx 3) hoặc (2cosx-1). Trong phương trình ta thấy xuất hiện 3 vậy ta chọn là nhân tử” Phương trình: 2 3cos2 x 3cos x 2 3 3sin x 2sin x cos x 0 2 3 2 3 sin2 x 3sin x 2 3 c os x ( 3 2sin x ) 0 3 sinx( 3 2sinx) cx os ( 3 2sinx) 0 86
11. PHỤ LỤC 19: ÁP DỤNG TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC BẰNG PHƢƠNG PHÁP TIẾP TUYẾN.  KỸ THUẬT 14 Cho x1 x 2 x 3 xn k . Tìm Min, Max của: P f( x1 ) f ( x 2 ) f ( x 3 ) f ( xn ) . k Cách làm: Tìm a, b sao cho: f() x ax b với mọi x . Dấu bằng xảy ra khi x 11 1 1 n Tương tự ta chứng minh được: f() x22 ax b f() xnn ax b Suy ra P ( x1 x 2 x 3 xn ) nb k nb d d + Tìm a: Nhấn SHIFT máy hiện ( ) | trong () nhập biểu thức fx(), dx dx x k x thì nhập nhấn giá trị của a. n k + Tìm b: nhập vào máy f() x ax (a là giá trị vừa tìm được) CALC cho x= nhấn n giá trị của b. 3 x y z 9 VD1: Cho x,, y z và x y z 1. CMR: 4 x2 1 y 2 1 z 2 1 10 x Nháp: Ta tìm a, b trong biểu thức: ax b x2 1 dx 18 Tìm a: Nhấn nhập 2 nhấn ta được a . 1 dx x 1 x 25 3 xx18 1 3 Tìm b: Nhấn AC Nhập cho x được b x2 1 25 3 50 Lời giải: x18 x 3 50 x 36 x ( x2 1) 3( x 2 1) 36 x 3 3 x 2 14 x 3 Xét: x2 1 25 50 50( x 2 1) 50( x 2 1) 36x3 3 x 2 14 x 3 (4 x 3)(3 x 1) 2 3 0 x 50(xx22 1) 50( 1) 4 xx18 3 yy18 3 zz18 3 . Tương tự: Và x2 1 25 50 y2 1 25 50 z2 1 25 50 x y z18 x 3 18 y 3 18 z 3 Từ đó: x2 1 y 2 1 z 2 1 25 50 25 50 25 50 87
12. 18 9 18 9 9 1 (x y z ) (1) . Đạt được khi: x y z . 25 50 25 50 10 3 Bài Tập trƣơng tự: 111 1. Cho x y z 3 và x, y , z 0. CMR: 1. x2 y z y 2 z x z 2 x y 3xy23 4 2 9 2. Cho x>0, y>0 và xy 4. CMR: 42xy2 VD2: Cho abc, , 0 thỏa mãn abc2 2 2 3. a2 b 2 c 2 CMR: 1 b2 bcc 2 a 2 acc 2 a 2 abb 2 Lời giải: (Trước hết ta đưa mỗi phân số về một biến) aa22 Ta có: (vì abc2 2 2 3) b2 bc c 23 a 2 bc 3 a2 a 2 a 2 a 2 Mặt khác: 32 a2 b 2 c 2 bc bc 23b2 bc c 2 a 2 bc 3 a2 3 a2 2 aa222 bb222 cc222 . Tương tự: và b2 bc c 293 a 2 a2 ac c 293 b 2 a2 ab b 293 c 2 2a2 2 b 2 2 c 2 a 2 b 2 c 2 3 Ta phải chứng minh: 1 với 9 3a2 9 3 b 2 9 3 c 2 3 a 2 3 b 2 3 c 2 2 thỏa mãn . x y z 3 Đặt: xaybcz 2, 2 , 2 xyz , , 0, xyz 3 và 3 x 3 y 3 z 2 dx 3 xx3 “nhập nhấn ta được a , tìm b: nhập vào máy: cho x 1 dx 3 x x 1 4 34 x 1 được b ” 4 x3 x 14 x 3(3 x x )(3 x )3 x22 6 x 33( x 1) Xét: 0 (vì x 30 y z ) 3 x 4 4 4(3 x ) 4(3 x ) 4(3 x ) xx31 yy31 zz31 . Tương tự: và 3 x 4 4 3 y 4 4 3 z 4 4 x y z3131313 x y z 3333 Do đó: (x y z ) .3 3 x 3 y 3 z 4444444 4442 Đạt được khi: x y z 11 a b c 88
13. VD3. Cho x, y , z 0 thỏa mãn x y z 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của: 1 1 1 P x y z 2 x y z 1 1 1xyz2 2 2 2 2 2 Lời giải: P x y z 2 x y z x y z dx 2 2 x2 2 “nhập nhấn ta được a 17 , tìm b: nhập vào máy: 17x cho dx x 1 x x 3 1 x được b 12 ” 3 x2 2 18 x 2 12 x 2 2(9 x 2 6 x 1) 2(3 x 1) 2 Xét: 17x 12 0 (vì x 30 y z ) x x x x x2 2 y2 2 z2 2 17x 12. Tương tự: 17y 12 và 17z 12 x y z 1 Do đó: P 17( x y z ) 3.12 17 36 19 . Vậy MinP 19 đạt được khi x y z . 3 222 1 1 1 VD4. Cho abc, , 0 thỏa mãn a b c 3. CMR: P 3( a b c ) 2 15 abc Nháp: Do biểu thức điều kiện nên dạng bài này có sự khác biệt một chút. 2 Ta cần tìm , sao cho: 3aa 2 a d 2 3x dx x 1 2 x2 Nhập x 1 nhấn ta được , tìm  : nhập vào máy: 3x cho x 1 d x2 2 x 2 dx x 1 9 được  2 2x2 964 x 2 x 3 9 x x 3 694(4)(1) x 2 x x x 2 Lời giải: Xét: 30x x2 2 2 x 2 x 2 x (vì a, b , c 0, a222 b c 3 0 a , b , c 3 ) 29x2 29y2 29z2 Suy ra: 3x . Tương tự: 3y và: 3z x 22 y 22 z 22 1 9 3 27 Do đó P ( x2 y 2 z 2 ) 3. 15 Đạt được khi abc 1. 2 2 2 2 89
14. VD5. Cho x, y > 0 thỏa mãn x x 1 y y 1 4 . x22 11 y x y Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P 2 22 x x y y (xy )2 1 ()xy 2 Từ giả thiết ta có: x2 y 2 x y 4 4 ( x y ) x 2 y 2 2 (x y)2 2(x y) 8 0 0 xy 2 dx 222 22x2 “nhập nhấn ta được a 1, tìm b: nhập vào máy: x cho x 1 dx x2 x xx2 x 1 được b 3” 2x2 2 x 3 32(x1)(2) x 2 x 22x2 Xét: xx 3 0,  0 x 3 x2 x x 2 x x 2 x xx2 22y2 xy Tương tự: 2 y 3 suy ra P (x y) 6 yy (x y)2 1 t Đặt x y t, t (0;2]. Xét hàm số: ft(t) t 6 , (0;2] t 2 1 2t 2 t 2 1 21t 2 1 Ta có: ft'(t) 1 2 1 0,  (0;2] t 1 (tt22 1) 1 t - 0 2 + ft'( ) - 6 ft() 2 4- 5 2 Vậy MinP 4 tại xy 1 5 1 1 1 abc VD6. Cho abc, , 0 thỏa mãn abc 3. CMR: 1 a 1 b 1 c 1 a2 1 b 2 1 c 2 1 1 1 abc BĐT 0 1 a 1 b 1 c 1 a2 1 b 2 1 c 2 1 a Nháp: Ta cần tìm , sao cho: a 11 aa2 dx 1 1 Nhập 2 nhấn ta được , dx 11 x x x 1 4 11x 1 tìm  : nhập vào máy: cho x 1 được  1 xx 12 4 4 Lời giải: 90
15. 1a a 1 4(1 a2 ) 4 a (1 a) a (1 a)(1 a 2 ) (1 a)(1 a 2 ) Xét: 1 a 1 a22 4 4 4(1 a )(1 a ) aa4 4 3 (a 1) 2 (a 2 2a 3) 0 4(1 aa )(1 a22 ) 4(1 )(1 a ) 11aa 11bb 11cc Suy ra: . Tương tự: và 1 aa 12 4 4 1 bb 12 4 4 1 cc 12 4 4 1 1 1abc 1 3 Do đó ta có: (a b c) 1 a 1 b 1 c 1 a2 1 b 2 1 c 2 4 4 1 3 1 3 Lại có: a b c3 ( a b c ) ( a b c ) 0 dấu bằng xảy ra khi: 4 4 4 4 abc 1. VD7: Cho x, y, z là các số dương thoả mãn x2 y 2 z 2 1. x y z 33 Chứng minh: P y2 z 2 z 2 x 2 x 2 y 2 2 x y z Lời giải: ta có: P 1 x2 1 y 2 1 z 2 dx 2 dx 1 x 1 x 33 “Tìm a: nhập vào máy 3 nhấn ta được a 2.598076211 , d 2 2 x 1 x dx 3 x 33 1 Tìm b: nhập vào máy: x2 cho x được b 0” 12 x2 3 x33 x2 233(1 x x 2 x 2 )33 x 4 33 x 2 2 x Xét 1 x2 2 2(1 x 2 ) 2(1 x 2 ) x(33 x32 33 x 2) x (3x1)(3x2) 0 (vì x,y,z>0 và nên x (0;1) ) 2(1 xx22 ) 2(1 ) xx332 3 Nên Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x 12 x2 3 y3 3 y22 z 3 3 z Tương tự: , 1 yz22 2 1 2 x y z 3 3 3 3 Do đó: P () x2 y 2 z 2 1 x2 1 y 2 1 z 2 22 91
16. VD8: Cho ba số thực dương abc,, thoả mãn abc 1. 1 1 1 27 Chứng minh rằng: . 1 ab 1 bc 1 ca 8 Hướng giải: Vì abc, , 0 thoả mãn a b c 1 0 a , b , c 1 Ta có: (1 c )2 (1 c ) 2 3 2 c c 2 1 4 1 c a b 2 ab ab 1 ab 1 4 4 4 1 ab 3 2 c c2 14 14 Tương tự: và do đó bất đẳng thức cần chứng minh 1 bc 3 2 a a2 1 ca 3 2 b b2 1 1 1 27 tương đương: 3 2a a2 3 2 b b 2 3 2 c c 2 32 1 VD9. Cho 0 a,b,c thoả mãn a 2 b 3 c 2. 2 1 2 9 Chứng minh rằng: 54 a(4b 6c 3) b(3c a 1) c(2a 4 b 1) Lời giải: 1 2 9 Bất đẳng thức: 54 a[2(2b 3c) 3] b(3c a 1) c[2(a 2 b ) 1] 1 2 9 54 a[2(2 a ) 3] b(2 2 b 1) c[2(2 3 c ) 1] 1 2 3 54 a(1 2 a ) b(1 2 b ) c(1 2 c ) 1 “Nháp: Ta cần tìm , sao cho: a aa(1 2 ) d 1 Nhập nhấn ta được 27 , dx x(1 2 x ) x 13 1 tìm  : nhập vào máy: 27x cho x 13 được  0 ” xx(1 2 ) 1 1 27a2 (1 2 a ) 54 a 3 27 a 2 1 (6 a 1)(3 a 1) 2 1 Xét: 27a 0 vì 0a a(12) a a (12) a a (12) a a (12) a 2 1 Do đó 27a aa(1 2 ) 1 1 Tương tự: 27b và 27c b(1 2b ) c(1 2c ) 1 2 3 Nên 27a 2.27 b 3.27 c 27( a 2 b 3 c ) 54 a(1 2 a ) b(1 2 b ) c(1 2 c ) 92