Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 31 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
31
Dung lượng
762,5 KB
Nội dung
Th viÖn SKKN cña Quang HiÖu http://quanghieu030778.violet.vn/ A: §Æt vÊn ®Ò !"##$ %% &'% () *%% &%"+,' +-.%)/% &#), *#0 .##% &1 2#.## (% &#)3 4 5/6%78!9#.###5*#1:6% % &(#!9 *#.##) ;%#)#<*##.##*#-1 =% & *>!9!"% )%+>#.%#.+#. 4%+ ?@A/%(111 *78!9 >#"111B>C7DE#), *'E .%)% &1 E)!"CFGH2I74#3 )%% &% % &G)JK#.## ?7L ? *@)%1:4 >/7H2I"E)3!C< ! 7$$%E>!9E) !"%>#1 !/ L *>#@+7<#. ##C *78!9% &M!5 ?N %E O. .!5% & P%E#.###) 1111117<%>#>!9Q$#7%@$$ 4#%C>!9% &$#7 R ( ?@ *#.##$.% &%1 S ((mét sè ph¬ng ph¸p chøng minh bÊt ®¼ng thøc vµ øng dông cñabÊt ®¼ng thøc ))<$#77<#. ##% & T! UC A'"E *7#T/C ( *+.LV). W B giải quyết vấn đề phần I: điều trathực trạng trớc khi nghiên cứu X)!"C@#4#7<%>#% &C7 $$+%>#C ?@ 4 %+7F % ++(%>#! C @ C+DE#)@!J77<#. ##% &!9/% &+ DE7 ($#7E% & +7%>#% & Phần II: các phơng pháp nghiên cứu P.## Y.## < Y.##+ Phần III: nội dung của đề tài i : Các kiến thức cần lu ý 1, Định nghĩa bất đẳng thức ZA.%-+[% Z@.%-+\% ZA.4%Q%-+[% Z@.4%Q%-+\% 2, Một số tính chất cơ bản của bất dẳng thức : -]M\%[^\%[ I<_*7`(A`(`(%`(CE`( abccdR]bR e %-fM\%%\^\\ -bM\%[^\Z\%Z H+)M\%[^\0\%0 Z\%[^\\%0 !-gM\%\!^\Z\%Z! \%[!^\0\%0! K-dM\%\c^\\%! \%[c^\[%! h-RM\%\ci\!\c^\\%! -WM\%\c^\ \% \%[^\ \% @j1 -eM\%i%\c^\ 3, Mét sè bÊt ®¼ng thøc th«ng dôngM = &27M B@f7<!.%M ab ba ≥ + 2 k &L)CM^% %= &=#LM B@7<i%iLiCMlLZ%Cm f ≤ l f Z% f mlL f ZC f m k &L)C[^\ y b x a = = &?C+ <M baba +≥+ k &L)CM% ≥ c II : Mét sè ph¬ng ph¸p chøng minh bÊt ®¼ng thøc n 1.Phơng pháp 1 : Dùng định nghĩa 0XEM`(o\=La+o0=p o0=\c1 0qTMo f c@oi!rr^rrL)Co^c1 0B-!9M Bài 1.1 : B@7<MLCsQML f ZC f Zs f Zb flLZCZsm Giải : La+MH^L f ZC f Zs f Zb0flLZCZsm ^L f ZC f Zs f Zb0fL0fC0fs ^lL f 0fLZ]mZlC f 0fCZ]mZls f 0fsZ]m ^lL0]m f ZlC0]m f Zls0]m f klL0]m f c@L lC0]m f c@C ls0]m f c@s ^\H c@LCs HCL f ZC f Zs f Zb flLZCZsm@LCs1 k%QL)C[^\L^C^s^]1 Bài 1.2M 2%!K7<M 2QM f Z% f Z f Z! f ZK f l%ZZ!ZKm Giải : ta+MH^ f Z% f Z f Z! f ZK f 0l%ZZ!ZKm ^l b a 2 m f Zl c a 2 m f Zl d a 2 m f Zl e a 2 m f kl b a 2 m f c@% kl c a 2 m f c@ kl d a 2 m f c@! kl e a 2 m f c@K ^\H c@%!K krr^rrL)C[^\%^^!^K^ 2 a ]c Bài 1.3 :2% &M 2 22 22 + + baba Giải : ta+MH^ 2 22 22 + + baba ^ 4 )2()(2 2222 bababa +++ ^ 0)( 4 1 )222( 4 1 22222 =+ baabbaba 1B@%1 krr^rrL)C^%1 2. Phơng pháp 2 ; Dùng phép biến đổi tơng đơng . 0XEM=E O% &D. .@% & $4% & P * $1 0:7<% &G!5M loZ=m f ^o f Zfo=Z= f lo0=m f ^o f 0fo=Z= f loZ=Z2m f ^o f Z= f Z2 f Zfo=Zfo2Zf=2 loZ=m b ^o b Zbo f =Zbo= f Z= b lo0=m b ^o b 0bo f =Zbo= f 0= b 1 B-!9M Bài 2. 1M2%7<!.O%Q]12QM 3 4 1 1 1 1 + + + ba Giải: k5#a#%E O. .i blZ]Z%Z]m glZ]ml%Z]m n gl%ZZ%Z]mlZ%^]m n g%Ze] g%lZ%m f g% = &< $1IC #)1 Bài 2. 2M2%7<!.)PMZ%Z^g 2QMlZ%ml%ZmlZm b % b b ]] Gi¶i: uMlZ%m f ≥ g%lZ%Zm f ^ [ ] cbacba )(4)( 2 +≥++ ^\]R ≥ glZ%m^\]RlZ%m ≥ glZ%m f ≥ ]R% ^\Z% ≥ % .M%Z ≥ % Z ≥ % ^\lZ%ml%ZmlZm ≥ b % b b Bµi 2.3M2% &M 3 33 22 + ≥ + baba i \ci%\c Gi¶i : k5#a#%E O. .MB@\ci%\c^\Z%\c 3 33 22 + ≥ + baba + ≥+− + 2 ).( 2 22 ba baba ba 1 2 2 + ba f 0%Z% f ≥ 2 2 + ba g f 0g%Zg% f ≥ f Zf%Z% f b f 0R%Zb% f ≥ bl f 0f%Z% f m ≥ c = &<5 $i7CM 3 33 22 + ≥ + baba Bµi 2.4: 2f7<%)PZ%^]12:v b Z% b Z% ≥ 2 1 Gi¶i : M b Z% b Z% ≥ 2 1 [^\ b Z% b Z%0 2 1 ≥ c [^\lZ%ml f 0%Z% f mZ%0 2 1 ≥ c [^\ f Z% f 0 2 1 ≥ c1BZ%^] [^\f f Zf% f 0] ≥ c [^\f f Zfl]0m f 0] ≥ cl%^0]m [^\g f 0gZ] ≥ c [^\lf0]m f ≥ c = &<5 $1B>C b Z% b Z% ≥ 2 1 ]f krr^rrL)C^%^ 2 1 Bµi 2.5 :2% &M 3 33 22 + ≥ + baba M\c%\c1 Gi¶i : B@\c%\c^\Z%\c M 3 33 22 + ≥ + baba [^\ ( ) 2 22 22 . 2 + + ≥+− + baba baba ba [^\ 2 22 2 + ≥+− ba baba [^\g f 0g%Zg% f ≥ f Zf%Z% f [^\bl f 0f%Z% f m ≥ c [^\bl0%m f ≥ c1= &C $ ^\ 3 33 22 + ≥ + baba krr^rrL)C^%1 Bµi 2.6MB@\c%\c12% &M a b a − ≥ a b b − Gi¶i : k5#a#%E O. .M a b a − ≥ a b b − l )() baabbbaa +−+ ≥ c [ ] 0)()()( 33 ≥+−+ baabba 0)())(( ≥+−+−+ baabbababa 0)2)(( ≥+−+ bababa 0))(( ≥−+ baba = &< $i7CM a b a − ≥ a b b − ]b 3. Phơng pháp 3: dùng bất đẳng thức quen thuộc . 0 XE M k5 % & K M 27 =#L% &!?C+ < (%E O :7<+)u% &ML f ZC f fLC B@%\c 2+ a b b a 2-!9M Bài 3.1Mw)78%7<!.QM 2> + + + + + ba c ac b cb a Giải #!9=`2CM Zl%Zm )(2 cba + cba a cb a ++ + 2 . *M cba b ac b ++ + 2 cba c ba c ++ + 2 k%Q/%=`( pGL)C M ^%Z%^Z^Z%Z%Z^cl@)E% 7<!.m1 u 7CM 2> + + + + + ba c ac b cb a Bài 3.2: 2LCf7<)PM L f ZC f ^ 22 11 xyyx + 2QMbLZgC d Giải : á#!9% &=#LM lL f ZC f m f ^l 22 11 xyyx + m f l 1x i 1y m lL f ZC f ml]0C f Z]0L f m ^\L f ZC f ] "MlbLZgCm f lb f Zg f mlL f ZC f m fd ^\bLZgC d ]g `&L)C = >> =+ 43 0,0 1 22 yx yx yx = = 5 4 5 3 y x `+M 2 5 2 3 ≤≤ x Bµi 3. 3:2% ≥ ciZ%Z^]12QM 6≤+++++ accbba % 5,3111 <+++++ cba Gi¶i ¸#!9%!&=#L@f%b7<M ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) +++++++≤+++++ 222 1111.1.1. accbbaaccbba ^\ ( ) 6)22.(3 2 =++≤+++++ acbaaccbba ^\ 6≤+++++ accbba 1 krr^rrL)CM^%^^ 3 1 %¸#!9% &27M 1 22 1)1( 1 += ++ ≤+ aa a .M 1 2 1 +≤+ b b i 1 2 1 +≤+ c c 2uE/b% & *M 5,33 2 111 =+ ++ ≤+++++ cba cba k &L)C^%^^c@)EMZ%Z^ ] B>CM 5,3111 <+++++ cba Bµi 3.4M27<!.%)PMZ%Z^]1 2QM 9 111 ≥++ cba Gi¶i : M 0>+ a b b a %\c M =++ cba 111 ) 111 ( cba ++ 1]^ ) 111 ( cba ++ 1lZ%Zm ^ 111 ++++++++ b c a c c b a b c a b a ]d [...]... dẫ đợc chứng minh 7 Phơng pháp 7 : Chứng minh phản chứng - Kiến thức : Giả sử phải chứng minh bất đẳng thức nào đó đúng , ta hãy giả sử bất dẳng thức đó sai , sau đó vận dụng các kiến thức đã biết và giả thiết của đề bài để suy ra điều vô lý Điều vô lý có thể là trái với giả thiết , hoặc là những điều trái nhợc nhau , từ đó suy ra đẳng thức cần chứng minh là đúng Một số hình thức chứng minh bất đẳng... Bài 5.1: Cho a>b>0 CMR: a1996 b1996 a1995 b1995 > a1996 + b1996 a1995 + b1995 Giải : Để chứng minh bất đẳng thức trên , ta chứng minh bất đẳng thức trung gian sau nếu a>b>0 và m,n là hai số tự nhiên mà m>n thì a m bm a n bn > (1) a m + bm a n + bn Thật vậy ta dùng phép biến đổi tơng đơng để chứng minh a m + b m 2b m a n + b n 2b n > a m + bm a n + bn 2b m 2b n 2b m 2b n 1- m > 1 n m > n a... ab 4 4 2 2 Bài 8.3 : Cho a, b, c > 0 ; a + b + c 1 Chứng minh rằng : 22 1 1 1 + 2 + 2 9 a + 2bc b + 2ca c + 2ab 2 Giải : Đặt : a2 + 2bc = x ; b2 + 2ca = y ; c2 + 2ab = z Khi đó : x + y + z = a2 + 2bc + b2 + 2ca + c2 + 2ab = (a + b + c)2 1 Bài toán trở thành : Cho x, y, z > 0 , x + y + z 1 Cứng minh rằng : 1 1 1 + + 9 x y z Ta chứng minh đợc : (x + y + z)( 1 1 1 + + )9 x y z Theo bất đẳng thức... phép quy nạp toán học - Kiến thức : Để chứng minh một bất đẳng thức đúng với n > 1 bằng phơng pháp quy nạp toán học , ta tiến hành : + Kiểm tra bất đẳng thức đúng với n = 1 (n = n0) + Giả sử bất đẳng thức đúng với n = k > 1 (k > n0) + Chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k + 1 + Kết luận bất đẳng thức đúng với n > 1 (n > n0) - Ví dụ : Bài 9.1 : Chứng minh rằng với mọi số nguyên dơng n 3 thì 2n... chứng minh (*) đúng với n = k + 1 , tức là : 2k + 1 1 1 3 5 2k 1 2k + 1 3k + 1 2(k + 1) 2 4 6 2k 2(k + 1) 1 2k + 1 1 do đó chỉ cần chứng minh : 3(k + 1) + 1 3k + 1 2(k + 1) dùng phép biến đổi tơng đơng , ta có : (2k + 1)2(3k + 4) (3k + 1)4(k +1)2 12k3 + 28k2 + 19k + 4 12k3 + 28k2 + 20k +4 k 0 => (**) đúng với mọi k 1 Vậy (*) dúng với mọi số nguyên dơng n 10 Phơng pháp 10 : Chứng minh. .. giải Các ví dụ : Bài 8 1 : Chứng minh rằng : Nếu a , b , c > 0 thì : a b c 3 + + b+c c+a b+a 2 Giải: Đặt : b +c = x , c + a = y , a + b = z x+ y+z 2 y+zx z+x y x+ yz => a = , b= , c= 2 2 2 => a + b + c = Khi đó : y+zx z+x y x+ yz a b c + + + + = 2x 2y 2z b+c c+a b+a 1 y x 1 z x 1 z y 3 3 3 = ( + ) + ( + ) + ( + ) 1+1+1 = 2 x y 2 x z 2 y z 2 2 2 VT = Bài 8.2 : Chứng minh rằng ; với mọi số thực x,... là độ dài các cạnh của tam giác ) Chứng minh rằng : 1 1 1 1 1 1 + + 2( + + ) pa p b p c a b c Giải: Ta có : p - a = b+ca >0 2 Tơng tự : p - b > 0 ; p - c > 0 ; áp dụng kết quả bài tập (3.5) , ta đợc ; Tơng tự : 1 1 4 + pb pc a 18 1 1 4 4 + = p a p b ( p a ) + ( p b) c 1 1 4 + pa pc b 1 1 1 1 1 1 + + ) 4( + + ) => 2( pa pc pc a b c => điều phải chứng minh Dấu '' = '' xảy ra khi : p - a = p... 3.5 Cho x , y > 0 Chứng minh rằng : 1 1 4 + x y x+ y Giải áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có : x + y 2 xy 1 1 + x y 2 xy 1 1 + ) 4 x y 1 1 4 => + x y x+ y => (x + y)( 4 Phơng pháp 4 ; Dùng các tính chất của bất đẳng thức : - Kiến thức : Dùng các tính chất đã đợc học để vận dụng vào giải các bài tập Các ví dụ : Bài 4.1 : Cho 2 số x , y thoả mãn điều kiện : x + y = 2 Chứng minh rằng : x4 + y4 2... (k N ; k 3) , tức là : 2k > 2k + 1 ta phải chứng minh : 2k+1 > 2(k + 1) + 1 hay : 2k+1 > 2k + 3 (**) + Thật vậy : 2k+1 = 2.2k , mà 2k > 2k + 1 ( theo giả thiết quy nạp ) 23 do đó : 2k +1 > 2(2k + 1) = (2k + 3) +(2k - 1) > 2k + 3 ( Vì : 2k - 1 > 0) Vậy (**) đúng với mọi k 3 + Kết luận : 2n > 2n + 1 với mọi số nguyên dơng n 3 Bài 9.2 : Chứng minh rằng : 1 3 5 2n 1 2 4 6 2n 1 3n + 1 (*) (n... tồn tại 3 số dơng a, b, c thoả mãn cả 3 bất đẳng thức nói trên => đpcm Bài 7.3 : Chứng minh rằng không có các số dơng a, b, c thoả mãn cả 3 bất đẳng thức sau : 4a(1 - b) > 1 ; 4b(1 - c) > 1 ; 4c(1 - a ) > 1 Hớng dẫn : tơng tự nh bài 2 : Bài 7.4 : ( Phủ định rồi suy ra trái với điều đúng ) Cho a3 + b3 = 2 Chứng minh rằng : a + b 2 Giải : Giả sử : a + b > 2 => (a + b )3 > 8 => a3 + b3 + 3ab(a + b) . Th viÖn SKKN cña Quang HiÖu http://quanghieu030778.violet.vn/ A: §Æt vÊn ®Ò . *#.##$.% &%1 S ((mét sè ph¬ng ph¸p chøng minh bÊt ®¼ng thøc vµ øng dông cñabÊt ®¼ng thøc ))<$#77<#. ##%. <M baba +≥+ k &L)CM% ≥ c II : Mét sè ph¬ng ph¸p chøng minh bÊt ®¼ng thøc n 1.Phơng pháp 1 : Dùng định nghĩa 0XEM`(o=La+o0=p o0=c1 0qTMo f c@oi!rr^rrL)Co^c1 0B-!9M Bài