áp dụng hai bài toán cơ bản để chứng minh bất đẳng thức

Áp dụng hai bài toán cơ bản để chứng minh bất đẳng thức MỤC LỤC STT NỘI DUNG TRANG 1 MỤC LỤC 1 2 A. PHẦN MỞ ĐẦU I.Lý do chọn đề tài 1.Cở sở lý luận 2.Cơ sở thực tiễn II. Mục đích nghiên cứu III.Phương pháp nghiên cứu 2 3 IV. PHẠM VI NGHIÊN CỨU VÀ SỬ DỤNG B. HAI BÀI TOÁN CƠ BẢN Bài I Bài II 3 4 ÁP DỤNG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC DẠNG 1 DẠNG 2 DẠNG 3 ÁP DỤNG TÌM GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT, LỚN NHẤT BÀI TẬP TƯƠNG TỰ 4-14 5 C.KẾT QUẢ ĐẠT ĐƯỢC VÀ BÀI HỌC KINH NGHIỆM 1.KẾT QUẢ ĐẠT ĐƯỢC 2.BÀI HỌC KINH NGHIỆM 15 6 D. KẾT LUẬN 16 7 TÀI LIỆU THAM KHẢO 17 A.PHẦN MỞ ĐẦU I.LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI: 1 Áp dụng hai bài toán cơ bản để chứng minh bất đẳng thức 1.Cơ sở khoa học: Toán học có vai trò và vị trí đặc biệt quan trọng trong khoa học kĩ thuật và đời sống, giúp con người tiếp thu một cách dễ dàng các môn khoa học khác có hiệu quả. Thông qua việc học toán, học sinh có thể nắm vững được nội dung toán học và phương pháp giải toán, từ đó vận dụng vào các môn học khác nhất là các môn khoa học tự nhiên. Hơn nữa Toán học còn là cơ sở của mọi ngành khoa học khác, chính vì thế toán học có vai trò quan trọng trong trường phổ thông, nó đòi hỏi người thầy giáo mọi sự lao động nghệ thuật sáng tạo để có được những phương pháp dạy học giúp học sinh học và giải quyết bài toán. Bất đẳng thức là một nội dung quan trọng trong chương trình toán học THCS . Trong quá trình dạy toán ở THCS, qua kinh nghiệm dạy bồi dưỡng học sinh giỏi và qua quá trình tìm tòi bản thân tôi thấy hai bài toán được áp dụng nhiều trong quá trình chứng minh bất đẳng thức .Thiết nghĩ mỗi giáo viên toán cần trang bị cho học sinh để giúp các em giải tốt các bài toán về bất đẳng thức góp phần nâng cao tư duy toán học, tạo diều kiện cho việc học toán nói riêng và trong quá trình học tập nói chung. 2. Cơ sở thực tiễn Bất đẳng thức là loại toán mà học sinh THCS vẫn coi là loại toán khó. Nhiều học sinh không biết giải Bất đẳng thức thì phải bắt đầu từ đâu và phương pháp giải loại toán này như thế nào. Thực tế cho thấy toán Bất đẳng thức có nhiều trong chương trình THCS, nhưng không được trang bị một số bài tập cơ bản nhất định gây cho học sinh nhiều khó khăn khi gặp và giải quyết loại toán này. Các bài toán có liên quan tới Bất đẳng thức hầu như có mặt ở mọi đề thi kể cả các đề thi tốt nghiệp cho đến đề thi học sinh giỏi các cấp và thi vào lớp 10 trung học phổ thông. Đối với các giáo viên còn thiếu kinh nghiệm giảng dạy, đặc biệt là bồi dưỡng học sinh giỏi thì việc nắm vững phương pháp Bất đẳng thức sẽ bổ sung nhiều vào kho kiến thức của mình. Đối với học sinh sẽ khắc phục được những hạn chế trước đây giúp các em có tinh thần tự tin trong học tập bộ môn toán. Với những kinh trong quỏ trỡnh dạy học của bản thõn tôi xin giới thiệu bạn bè đồng nghiệp, các nhà chuyên môn và các cấp quản lý giáo dục đề tài kinh nghiệm: “ÁP DỤNG HAI BÀI TOÁN CƠ BẢN ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC”. II. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU. Đề tài này sẽ góp phần quan trọng trong việc giảng dạy toán học nói chung và Bất đẳng thức nói riêng, đặc biệt là trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi và ụn thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyờn và khụng chuyờn . Đề tài này cũn giúp học sinh biết thêm phương pháp giải Bất đẳng thức một cách nhanh chóng và hiệu quả, Phát huy được tính tích cực, chủ động sáng tạo của học sinh trong quá trình học tập. III. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU: - Nghiên cứu hai bài toán cơ bản và quen thuộc - Thông qua nội dung phương pháp và các bài tập mẫu nhằm rèn luyện kỹ năng và phát triển trí tuệ cho học sinh - Rèn kĩ năng cho học sinh qua các bài tập tương tự IV. PHẠM VI NGHIÊN CỨU VÀ SỬ DỤNG: - Hai bài toán cơ bản. - Bồi dưỡng cho giáo viên và học sinh THCS. B. NỘI DUNG ĐỀ TÀI : HAI BÀI TOÁN CƠ BẢN Bài I. Với a,b,c ,x,y > 0. Chứng minh 2 Áp dụng hai bài toán cơ bản để chứng minh bất đẳng thức ( ) 2 2 2 a b a b x y x y + + ≥ + Giải. ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( )( ) 2a 2a 0 x 0 a b a b a y b x x y a b xy x y x y a y a xy b x b xy a xy b xy bxy a y b x bxy ay b + + ≥ ⇔ + + ≥ + + ⇔ + + + ≥ + + ⇔ + − ≥ ⇔ − ≥ Luôn đúng với mọi a,b,c ,x,y > 0 dấu “ =” xẩy ra a b x y = Suy ra bảng sau: ( ) 2 2 2 a b a b x y x y + + ≥ + suy ra ( với a,b,c ,x,y > 0) dấu = xẩy ra khi a b x y = 1 1 4 x y x y + ≥ ⇒ + 1. 1 1 1 1 4x y x y   ≤ +  ÷ +   2. 2 ( ) 4x y xy+ ≥ 3. 2 2 2x y xy+ ≥ hoặc 2 2 2 ( ) 2 x y x y + + ≥ Bài II. Áp dụng Bài I ta chứng minh ( ) 2 2 2 2 a b c a b c x y z x y z + + + + ≥ + + Giải : ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 a b a b c a b c c x y z x y z x y z + + + + + ≥ + ≥ + + + (áp dụng bài toán I) dấu = xẩy ra a b c x y z = = ( với a,b,c ,x,y > 0) Suy ra bảng sau: ( ) 2 2 2 2 a b c a b c x y z x y z + + + + ≥ + + ⇒ dấu = xẩy ra a b c x y z = = ( với a,b,c ,x,y,z > 0) 1 1 1 9 x y z x y z + + ≥ + + ⇒ ( ) 1 1 1 9x y z x y z   + + + + ≥  ÷   Nhận xét: Khi áp dụng vào chứng minh bất đẳng thức ta phải xác định rõ bài toán thuộc dạng nào trong các bài toán trên, xem có phải biến đổi bài toán rồi mới áp dụng không, biến đổi như thế nào cho phù hợp… ÁP DỤNG ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Dạng 1 Áp dụng bài toỏn 1 Bài 1. Cho a , b, c > 0, và a + b + c = 1. chứng minh 1 1 1 1 1 1 1 4c a b + + ≤ + + + 1 1 1 a b c   + +  ÷   3 Áp dụng hai bài toán cơ bản để chứng minh bất đẳng thức Giải. áp dụng bài toán I với x, y > 0 ta có 1 1 1 1 4x y x y   ≤ +  ÷ +   1 1 1 1 ( ) 4 1 1 1 1 4 1 1 1 1 4 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 4 1 1 1 1 4 c a b c c a b c a a b c a b a c b a b c a b b c c a b c a a b c b a b c c a b c a b a c a b b c a b c ≤ + + + + + +   ≤ +  ÷ + + + + +     ≤ +  ÷ + + + + +     ⇒ + + ≤ + + + + +  ÷ + + + + + + + + + + + + + + +     ≤ + +  ÷   Dấu “=” xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1/3 Nhận xét :Nếu bài toán này ta áp dụng trực tiếp từ vế trái thì không cho kết quả mà phải biến đổi mẫu ở về trái c+1= c+ a+b+c rồi áp dụng x = c+a, y= b+c thì bài toán trở nên dễ dàng. Bài 2.Cho a, b > 0 và a + b =1. Tìm giá trị nhỏ nhất 2 2 3 2 A a b ab = + + Giải : áp dụng bài toán I : 1 1 1 1 4x y x y   ≤ +  ÷ +   với x, y > 0 ta có ( ) 2 2 2 1 1 3.4 3 12 2a b ab a b   + ≥ =  ÷ +   + ( ) 2 1 1 2 2a 2 b a b ≥ = + ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 3 2 1 1 1 3.4 1 3 2 12 14 2 2a 2 A a b ab a b ab b a b a b   ⇒ = + = + + ≥ + = + =  ÷ + +   + + ( vì ab ≤ (a+b) 2 /4 ) Min A = 14 khi và chỉ khi a = b =1/2 Nhận xét : Đối với bài toán này ta phải đưa mẫu về dạng (a+b) 2 thì mới có kết quả Bài 3.Cho a, b, c,d,e > 0 và a + b + c + d + e = 4. Tìm GTNN ( ) ( ) ( ) a b c d a b c a b B abcde + + + + + + = Giải. áp dụng bài toán I ( ) ( ) 2 4a b c d e a b c d e+ + + + ≥ + + +    4 Áp dụng hai bài toán cơ bản để chứng minh bất đẳng thức ( ) ( ) 2 4a b c d a b c d+ + + ≥ + + ( ) ( ) 2 4a b c a b c+ + ≥ + ( ) 2 4a b ab+ ≥ Nhân vế theo vế ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 . . .a b c d e a b c d a b c a b⇒ + + + + + + + + + + ≥    ( ) ( ) ( ) 4 .4 .4 .4a b c d e a b c d a b c ab+ + + + + + ⇔ 16(a+b+c+d)(a+b+c)(a+b) ≥ 4 4 abcde 16 ))()(( ≥ ++++++ =⇒ abcde bacbadcba B Giá trị nhỏ nhất B = 16 khi và chỉ khi a = b = 1/4; c = 1/2; d = 1 ; e = 2 ; Bài 4.Cho a, b, c > 0 CM 1 1 1 1 1 1 2 3 2 3 2 3 2 2 2 2 2 2a b b c c a a b c b a c c b a + + ≥ + + + + + + + + + + + Giải áp dụng bài toán I: với x, y > 0 ta có 1 1 1 1 4x y x y   ≤ +  ÷ +   1 1 4 2 2 3 2 2 4 4 2 2 2 1 1 4 2 2 3 2 2 4 4 2a 2 2 1 1 4 2 2 3 2 2 4 4a 2 2a 2 a b b a c a b c a b c b c c b a b c b c a c a a b c c b c a + ≥ = + + + + + + + + ≥ = + + + + + + + + ≥ = + + + + + + + Cộng vế theo vế ta được đpcm 1 1 1 1 1 1 2 3 2 3 2 3 2 2 2 2 2 2a b b c c a a b c b a c c b a + + ≥ + + + + + + + + + + + Dấu “=” xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c . Nhận xét: Ta thấy (2a+3b) + (b+2a+2c) = 2(2a+2b+c) nên phải nghĩ ngay kết hợp hai biểu thức này lại Bài 6. Cho a, b, c > 0 và 3a b c+ + ≤ .CM 2 2 2 3 2 1 1 1 a b c a b c + + ≤ + + + Giải . áp dụng bài toán I : 2 ( ) 4x y xy+ ≥ với x, y > 0 ( ) ( ) 2 2 2 2 3 1;a b c ab bc ac ab bc ac a b c a ab bc ac b ab bc ac c ab bc ac + + ≥ + + ⇒ + + ≤ ⇒ + + + + + + + + + + + 5 Áp dụng hai bài toán cơ bản để chứng minh bất đẳng thức ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 2 2 2 1 1 1 3 2 2 2 2 a b c a b a c b c b a c b c a a b c a b a c b c b a c b c a a b b c c a a b a b b c c b c a a c = + + ≤ + + + + + +       + + + + + =  ÷  ÷  ÷ + + + + + +             + + + + + =  ÷  ÷  ÷ + + + + + +       Suy ra đpcm .Dấu “=” xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c = 3 3 Bài 7. ( Đề thi HSG tỉnh Hà Tĩnh năm 2012- 2013) Cho x, y, z > 0 và x+y+z =1. Tìm MinF biết F = 4 4 4 2 2 2 2 2 2 ( )( ) ( )( ) ( )( ) x y z x y x y y z y z x z x z + + + + + + + + Giải Ta có ( 4 4 4 2 2 2 2 2 2 ( )( ) ( )( ) ( )( ) x y z x y x y y z y z x z x z + + + + + + + + )- ( 4 4 4 2 2 2 2 2 2 ( )( ) ( )( ) ( )( ) y z x x y x y y z y z x z x z + + + + + + + + ) = 4 4 4 4 4 4 2 2 2 2 2 2 ( )( ) ( )( ) ( )( ) x y y z z x x y x y y z y z x z x z − − − + + + + + + + + ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) xzzyyx zxzx zxzxxz zyyz zyyzzy yxyx yxyxyx −+−+−= ++ ++− + ++ ++− + ++ ++− = 22 22 22 22 22 22 = 0 suy ra áp dụng bài toán I 2 2 2 ( ) 2 x y x y + + ≥ với x, y > 0 ta có 2F = 4 4 4 4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) 2( )( ) x y y z z x x y x y x y y z y z x z x z x y x y + + + + + + ≥ + + + + + + + + + 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) 2( )( ) 2( )( ) y z z x y z y z x z x z + + + + + + + 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) 2( ) 2( ) 2( ) 4( ) 4( ) 4( ) x y y z z x x y y z z x x y y z x z x y y z x z + + + + + + = + + ≥ + + + + + + + + 1 1 1 .2( ) 2 4 2 4 x y z F F= + + ⇒ ≥ ⇒ ≥ MinF =1/4 khi và chi khi x = y= z = 1/3 Nhận xét: Đây là bài toán rất cơ bản nhưng để giải được bài này ta phải phối hợp được giữa hai biến trên một biểu thức, vì x 2 +y 2 , x -y có trong x 4 - y 4 nên ta nghĩ ngay phải thêm nó vào để làm cho bài toán gọn hơn và dễ chứng minh hơn. Dạng 2 Áp dụng bài toỏn 2 Bài 1.Cho a , b, c > 0 và ab + bc + ac = 670. CM 2 2 2 1 2010 2010 2010 a b c a bc b ac c ab a b c + + ≥ − + − + − + + + Giải. áp dụng bài toán II 2 2 2 2 2 2010 2010 2010 ( 2010) a b c a a bc b ac c ab a a bc + + = − + − + − + − + 2 2 2 2 ( 2010) ( 2010) b c b b ac c c ab + + − + − + 6 Áp dụng hai bài toán cơ bản để chứng minh bất đẳng thức ( ) ( ) 2 2 3 3 3 2 2 2 3 2010( ) ( )( ) 3.670( ) a b c a b c a b c abc a b c a b c a b c ab bc ac a b c + + + + ≥ = + + − + + + + + + + − − − + + + 2 1 ( ) 3( ) 3( ) a b c a b c ab bc ac ab bc ac a b c + + = = + + − + + + + + + + Dấu “=” xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c = 3 670 Nhận xét: Ta thấy nếu tổng các biểu thức ở mẫu thì không cho ta được được điều gì nên ta phải nghĩ hướng tạo xuất hiện bình phương ở tử, từ đó cho ta tổng các mẫu có xuất hiện biểu thức a 3 + b 3 + c 3 -3abc đây là bài toán quen thuộc ở lớp 8, phân tích thành nhân tử sẽ xuất hiện biểu thức a+b+c và ab+bc+ac nên chứng minh bài toán được dễ dàng. Bài 2. Cho a,b,c > 0 và abc = 1. cm ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 1 1 1 a b c a b c ab a bc b ac c ≤ + + + + + + + + + + Giải ( ) 1 1 1 1 1 1 a a ab a ab a abc b bc b abc bc b ac c = = = = + + + + + + + + + + 1 1 b ab b bc ab a ⇒ = + + + + 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 c abc bc c ab a ab a a b c a ab ab a cb b bc c ab a ab a ab a = = + + + + + + ⇒ + + = + + = + + + + + + + + + + + + Ta có áp dụng bài toán II ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 a b c a b c ab a cb b bc c a b c ab a bc b ac c a b c ab a cb b bc c a b c a b c        ÷  ÷  ÷ + + + + + +       + + = + + ≥ + + + + + +   + +  ÷ + + + + + +   = + + + + Dấu “=” xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 Bài 3. Cho a,b c >0 .Chứng minh rằng: 6233223 cba cba ca cba bc cba ab ++ ≤ ++ + ++ + ++ Giải. áp dụng bài toán II. Tacó 1 1 1 1 (1) 3 2 ( ) ( ) 2 9 2 9 2 ab ab ab ab ab a a b c a c b c b a c b c b a c b c     = ≤ + + = + +  ÷  ÷ + + + + + + + + + +     Tương tự 7 Áp dụng hai bài toán cơ bản để chứng minh bất đẳng thức 1 1 1 2 3 ( ) ( ) 2 9 2 1 (2) 9 2 1 1 1 3 2 ( ) ( ) 2 9 2 1 (3) 9 2 bc bc bc a b c a b a c c a c b c b bc bc b a b b c ac ac ac a b c a b b c a a b b c a ac ac c a b b c   = ≤ + + =  ÷ + + + + + + + +     + +  ÷ + +     = ≤ + + =  ÷ + + + + + + + +     + +  ÷ + +   Từ (1) (2) (3) 629 1 cbacba ca abbc cb acab ba bcac P ++ =       ++ + + + + + + + + + ≤ . Dấu “=” xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c Nhận xét: Ta thấy vai trò của a, b,c trong bài toán này là như nhau nên ta tách 2a+b+3c = (a+b) +(a+c) + 2c rồi áp dụng, tuy nhiên ở đây không thấy được kết quả liền mà phải cộng lại đặt nhân tử ta sẽ được đpcm Bài 4 (Olimpic 30/04): Cho 3 số dương a, b, c. CMR: 4 4 4 3 3 3 2 a b c a b c b c c a a b + + + + ≥ + + + (2). Giải: áp dụng bài toán II. Ta có: 6 6 6 2 2 2 ( ) ( ) ( ) a b c VT a b c b c a c a b = + + + + + 3 3 3 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) ( ) a b c VT a b c b c a c a b + + ≥ + + + + + . Để chứng minh BĐT (2), ta phải chứng minh: 3 3 3 2 3 3 3 2 2 2 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 a b c a b c a b c b c a c a b + + + + ≥ + + + + + 3 3 3 2 2 2 2( ) ( ) ( ) ( )a b c a b c b c a c a b ⇔ + + ≥ + + + + + 3 3 2 2 3 3 2 2 3 3 2 2 ( ) ( ) ( ) 0a b a b b a b c b c bc a c a c ac ⇔ + − − + + − − + + − − ≥ 2 2 2 ( ) .( ) ( ) .( ) ( ) .( ) 0a b a b b c b c c a c a⇔ − + + − + + − + ≥ (luôn đúng). Dấu “ = ” xảy ra khi a = b = c. Bài 5.(Đề thi HSG Tĩnh Hà Tĩnh 2011-2012) Cho a, b, c là những số dương thõa mãn abc =1.Chứng minh 3 3 3 3 ( 1)( 1) ( 1)( 1) ( 1)( 1) 4 a b c b c a c b a + + ≥ + + + + + + Giải ta có áp dụng bài toán II 8 Áp dụng hai bài toán cơ bản để chứng minh bất đẳng thức ( ) ( ) 3 3 3 4 4 4 4 2 2 2 2 2 4 4 2 2 3 2 ( 1)( 1) ( 1)( 1) ( 1)( 1) ( 1)( 1) ( 1)( 1) ( 1)( 1) 9 ( ) 2( ) 3a 2. 3 3 3 9 4 18 27 81 0 2 4 3 ( 3)(4 12 18 27) a b c b c a c b a a b c a b c b a c c b a a b c a b c a b c a b c ab bc ac bc a b c t t a b c t t t t t t t t t + + + + + + + + = + + + + + + + + + + + + ≥ ≥ + + + + + + + + + + + + = + + ⇒ ≥ ⇔ − − − ≥ ⇔ + − + + + 3 0( 3 3)t a b c abc≥ = + + ≥ = Luôn đúng. Dấu “=” xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Nhận xét: Đây là dạng toán cơ bản khi áp dụng cần chú ý đổi biến chứng minh bài toán phụ Dạng 3 Áp dụng bài toán 1 và 2 Bài 1. Cho a, b, c > 0, và a +b+c ≤ 3. chứng minh 2 2 2 1 2009 670 a b c ab bc ac + ≥ + + + + Giải : Cách 1. áp dụng bài toán I. ( ) 2 2 2 a b a b x y x y + + ≥ + ( với a,b,c ,x,y > 0) Ta chứng minh Suy ra 2 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) 0 2a 2 2a 3( ) ( ) 3( ) a b b c c a a b c b bc c ab bc ac a b c ab bc ac − + − + − ≥ + + + + + ≥ + + ⇒ + + ≥ + + Ta có ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 2 1 4 2007 2007 670 2 2 2 3 a b c ab bc ac ab bc ac a b c a b c + + + ≥ + ≥ + + + + + + + + + + Cách 2. áp dụng bài toán II : 1 1 1 9 x y z x y z + + ≥ + + với x, y, z > 0 ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 ( ) 2007 2007 9 670 3 a b c ab bc ac ab bc ac a b c ab bc ac ab bc ac ab bc ac a b c + + + + + + + + + + + + + + + + + ≥ + ≥ + + + + ( vì a+b+c) 2 ≥ 3(ab+bc+ac) ) Suy ra 2 2 2 1 2009 670 a b c ab bc ac + ≥ + + + + . Dấu “=” xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 9 Áp dụng hai bài toán cơ bản để chứng minh bất đẳng thức Bài 2.Cho a , b,c > 0 và a + b + c =1.CM 2 2 2 1 1 1 1 C a b c ab ab ab = + + + + + ≥ 30 Giải: áp dụng bài toán I và áp dụng bài toán II : 1 1 1 9 x y z x y z + + ≥ + + , x, y, z > 0 2 1 1 1 9 7 7.3 ; ( )ab bc ac ab bc ac ab bc ac a b c + + ≥ ≥ + + + + + + 2 2 2 2 1 4 9 2( ) ( )a b c ab bc ac a b c + ≥ + + + + + + 2 2 2 1 1 1 1 C a b c ab ab ab ⇒ = + + + ≥ + + 2 2 2 2 2 2 2 1 9 1 2 7 2( )a b c ab bc ac a b c ab bc ac ab bc ac + = + + + + + + + + + + + + ( ) 2 2 2 1 2 7.3 30 ( ) ( )a b c a b c + ≥ + = + + + + Suy ra đpcm . Dấu “=” xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1/3 Nhận xét: Đây là một bài toán thoạt qua nhìn rất dễ nhưng khi vào chứng minh ta mới gặp khó khăn nếu không nắm vững phương pháp chứng minh. Trong bài này ta nhất định làm xuất hiện (a +b+c) 2 thì mới cho kết quả được ÁP DỤNG ĐỂ TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT Dạng 1: Áp dụng tìm cực trị trong hình học Bài 1 Cho tam giác ABC có ba cạnh có độ dài là a, b, c thỏa mãn điều kiện: 30ab + 4bc + 1977ca = 2012.abc Tìm giá trị nhỏ nhất của: 2007 34 1981 Q p a p b p c = + + − − − Với 2 a b c p + + = Giải: Ta có: 1 1 1 1 1 1 30 4 1977Q p a p b p b p c p c p a        ÷  ÷  ÷       = + + + + + − − − − − − Áp dụng bài toán I ta có: 1 1 4 30 30 2p a p b p a b    ÷   + ≥ − − − − (1) 1 1 4 4 4 2p b p c p b c    ÷   + ≥ − − − − (2) 1 1 4 1977 1977 2p c p a p c a    ÷   + ≥ − − − − (3) Từ (1), (2), (3) ta có: 30 4 1977 30 4 1977 2012 4 4 4 8048 ab bc ca abc Q c a b abc abc    ÷   + + ≥ + + = = = Vậy min Q = 8048 đạt được khi và chỉ khi: 2011 2012 a b c= = = 10 [...]... trị trong hình học cần lưu ý tới vận dụng bất đẳng thức Dạng 2: Áp dụng tìm cực trị cho biểu thức Bài 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của Giải: Vì 0 < x < 1 2 1 + với 0 < x < x 1− 2x 2 x > 0 1 ⇒ , Áp dụng bài toán I ta có: 2 1 − 2 x > 0 ( 2) + ( 2) ≥ ( = 2 Q= Q= 2 2 + 2x 1 − 2x 2x 2 1− 2x 2+ 2 ) 2 2x +1 − 2x 11 =8, Áp dụng hai bài toán cơ bản để chứng minh bất đẳng thức Q = 8 khi 2 x = 1 − 2 x ⇔ x = 1 .. .Áp dụng hai bài toán cơ bản để chứng minh bất đẳng thức Nhận xét: Bài toán này ta không áp dụng được trực tiếp, vì vậy ta nghĩ cách ghép hai biểu thức 1 1 + lại với nhau ta thấy 2p-c-a = b…nên đây là hướng để giải dạng p −c p −a toán thuộc loại này Bài 2.Cho ∆ ABC Điểm M nằm trong ∆ ABC A Kẻ MA1 ⊥ BC , MB1 ⊥ CA , MC1 ⊥ AB Tìm vị trí của điểm M để biểu thức: B1 C1 BC CA AB +... phương pháp chung *Kiểm tra, sữa chữa đánh giá kết quả D KẾT LUẬN 14 Áp dụng hai bài toán cơ bản để chứng minh bất đẳng thức Thông qua sáng kiến kinh nghiệm này, tôi mong muốn đựợc đóng góp một phần nhỏ bé công sức của mỡnh trong việc hướng dẫn học sinh ứng dụng và khai thác bất đẳng thức khi làm toán, rèn luyện tính tích cực, phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh, gây hứng thú cho các em khi học toán. .. dục để đề tài này sớm được ỏp dụng rộng rói vào thực tiễn dạy- học bất đẳng thức ở trường THCS Tôi xin chân thành cảm ơn ! Hà Tĩnh, ngày 25 tháng 3 năm 2014 Chủ nhiệm đề tài: Nguyễn Duy Hưng Trường THCS Nguyễn Tuấn Thiện – Hương Sơn – Hà Tĩnh 15 Áp dụng hai bài toán cơ bản để chứng minh bất đẳng thức TÀI LIỆU THAM KHẢO 1.Nõng cõo phỏt triển toỏn 9 – Vũ Hữu Bỡnh – Nhà xuất bản GD 2.Chuyên đề về Bất đẳng. .. giá trị lớn nhất của B = 1 khi x = y = z Bài 4 Cho a, b, c là các số dương và thoả mãn a + b + c = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: T = a b c + 2 + 2 a 2 + 8bc b + 8ca c + 8ab Giải: Áp dụng bài toán II ( a + b + c) a2 b2 c2 Ta có: T = 2 + 2 + 2 ≥ 2 2 2 a + 8abc b + 8abc c + 8abc a + b + c + 24abc 12 2 Áp dụng hai bài toán cơ bản để chứng minh bất đẳng thức (a + b + c) ≥ a + b3 + c3 + 3(a + b +... bài toán này chúng ta áp dụng bài toán II không cho ra kết quả mà ta suy nghi xem a2 +b2 +c2 +24abc có nhỏ hơn hoặc bằng (a+b+c) 3 hay không, đây là một cách làm thường gặp ở một số bài chứng minh bất đẳng thức Bài tập tương tự 1 1 1 + 2 + 2 ≥9 a + 2bc b + 2ac c + 2ab 1 1 1 áp dụng bài toán II : ( x + y + z )  + + ÷ ≥ 9 ( với x,y,z > 0) ta có x y z Bài 1.Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 1 CM 2 Bài. .. +7 HD áp dụng bài toán I : 1 1 4 8 + ≥ ≥ 2 2 2 2 suy ra đpcm a+ b b+ c a+b+ c+ b b + a + b + c + 4 Bài 4.Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 1 chứng minh b + c ≥ 16abc HD áp dụng bài toán I ( x + y ) 2 ≥ 4 xy với x, y > 0 Bài 5 Cho 3 số dương a, b, c thoả mãn: 3 2 1 + + = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: a b c S=a+b+c Bài 6 Cho 2 số dương a, b thoả mãn: a + b = 1 Tìm GTLN của: N = Khi đẳng thức xảy... = Khi đẳng thức xảy ra thì tam giác có đặc điểm gì? 13 a b + 1 + 2a 1 + 2b Áp dụng hai bài toán cơ bản để chứng minh bất đẳng thức Bài 7 Một tam giác có diện tích S và độ dài 3 cạnh là a, b, c Gọi ha , hb , hc lần lượt là độ dài các đường cao tương ứng với các cạnh a, b, c CMR: 1 1 1 a +b +c + + ≤ ha + hb hb + hc hc + ha 4S Bài 8 Gọi a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác có p là nửa chu vi và S... MB1.CA MC1 AB Áp dụng bài toán II ta có: ( BC + CA + AB ) ( BC + CA + AB ) BC CA AB + + ≥ = MA1 MB1 MC1 MA1.BC + MB1.CA + MC1 AB 2S ∆ABC 2 2 không đổi Suy ra: 2 BC CA AB ( BC + CA + AB ) + + đạt giá trị nhỏ nhất bằng khi và chỉ khi: MA1 MB1 MC1 2 S ∆ABC MA1 = MB1 = MC1 ⇔ M là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Nhận xét: Đây là một bài toán hình học nếu chúng ta không nhận ra để áp dụng bài toán II thì... và ab + bc + ac =3abc Chứng minh ab bc ac + + ≥ 3 a + b +1 c + b +1 a + c +1 HD áp dụng bài toán II: 1 1 1 1 1 1 ab bc ac + + = 3, x = ; y = ; z = ⇒ + + ≥ 3 c a b a b c a + b +1 c + b +1 a + c +1 ⇔ 1 1 1 + + ≥ 3 x + y + xy z + y + yz x + z + zx Ta có (x+y+1)2 ≥ 3(xy+ x+y) nên ta phải chứng minh 1 1 1 + + ≥1 x + y +1 y + z +1 z + x +1 Bài 3 Cho a, b, c > 0 và a2 +b2 + c2 = 3 chứng minh 1 1 1 4 4 4 + + . SỬ DỤNG: - Hai bài toán cơ bản. - Bồi dưỡng cho giáo viên và học sinh THCS. B. NỘI DUNG ĐỀ TÀI : HAI BÀI TOÁN CƠ BẢN Bài I. Với a,b,c ,x,y > 0. Chứng minh 2 Áp dụng hai bài toán cơ bản để. 1 9 Áp dụng hai bài toán cơ bản để chứng minh bất đẳng thức Bài 2.Cho a , b,c > 0 và a + b + c =1.CM 2 2 2 1 1 1 1 C a b c ab ab ab = + + + + + ≥ 30 Giải: áp dụng bài toán I và áp dụng bài toán. 2011 2012 a b c= = = 10 Áp dụng hai bài toán cơ bản để chứng minh bất đẳng thức Nhận xét: Bài toán này ta không áp dụng được trực tiếp, vì vậy ta nghĩ cách ghép hai biểu thức 1 1 p c p a + −