Chuyên đề: Bất đẳng thức

vì các bài tập về bất đẳng thức có cách giải không theo quy tắc hoặc khuôn mẫu nào cả.Nó đòi hỏi ngời đọc phải có cách suy nghĩ lôgic sáng tạo biết kết hợp kiến thức cũ với kiến thức mới

vì các bài tập về bất đẳng thức có cách giải không theo quy tắc hoặc khuôn mẫu nào cả.

Nó đòi hỏi ngời đọc phải có cách suy nghĩ lôgic sáng tạo biết kết hợp kiến thức cũ với kiến thức mới một cách lôgíc có hệ thống

Cũng vì toán về bất đẳng thức không có cách giải mẫu , không theo một phơng pháp nhất định nên học sinh rât lúng túng khi giải toán về bất đẳng thức vì vậy học sinh sẽ không biết bắt đầu từ đâu và đi theo hơng nào Do đó hầu hết học sinh không biết làm toán về bất đẳng thứcvà không biết vận dụng bất đẳng thức để giải quyết các loại bài tập khác

Trong thực tế giảng dạy toán ở trờng THCS việc làm cho học sinh biết chứng minh bất đẳng thức và vận dụng các bất đẳng thức vào giải các bài tập có liên quan là công việc rất quan trọngvà không thể thiếu đợc của ngời dạy toán ,thông qua đó rèn luyện

T duy lôgic và khả năng sáng tạo cho học sinh Để làm đợc điều đó ngời thầy giáo phải cung cấp cho học sinh một số kiến thức cơ bản và một số phơng pháp suy nghĩ ban đầu về bất đẳng thức

Chính vì lí do trên nên tôi tự tham khảo biên soạn chuyên đề bất đẳng thức nhằm mục đích giúp học sinh học tốt hơn

Danh mục của chuyên đề

20 Dùng bất đẳng thức để : giải phơng trình nghiệm nguyên 33

21 Tài liệu tham khảo

2- Phơng pháp dùng biến đổi tơng đơng

3- Phơng pháp dùng bất đẳng thức quen thuộc

4- Phơng pháp sử dụng tính chất bắc cầu

2-Dùng bất đẳng thức để giải phơng trình và bất phơng trình

3-Dùng bất đẳng thức giải phơng trình nghiệm nguyên

+ A > B  An > Bn víi n lÎ

+ A > B  An > Bn víi n ch½n

+ m > n > 0 vµ A > 1  Am > An

+ m > n > 0 vµ 0 <A < 1  Am < An +A < B vµ A.B > 0 

B A

1 1

+ A B A  B ( dÊu = x¶y ra khi A.B > 0) + A B A  B ( dÊu = x¶y ra khi A.B < 0)

Vì (x-y)2 0 vớix ; y Dấu bằng xảy ra khi x=y

(x-z)2 0 vớix ; z Dấu bằng xảy ra khi x=z

(y-z)2 0 với z; y Dấu bằng xảy ra khi z=y

=( x – y + z)2  0 đúng với mọi x;y;zR

Vậy x2 + y2 + z2  2xy – 2xz + 2yz đúng với mọi x;y;zR

Dấu bằng xảy ra khi x+y=z

2 2

c) Hãy tổng quát bài toán

giảia) Ta xét hiệu

2 2

VËy

2 2

DÊu b»ng x¶y ra khi a=b

b)Ta xÐt hiÖu

2 2

2 2

2 2

1 2 2

2 2

a n

a a

4 4

4

2 2 2

2 2

2 2

2 2

2 2

2 2

m n

0 2

0 2

0 2

m

q m p m

n m

m

m q

m p

m n

2

q p n m

Bµi tËp bæ xung

a

 a2b2(a2-b2)(a6-b6) 0  a2b2(a2-b2)2(a4+ a2b2+b4)  0

Bất đẳng thứccuối đúng vậy ta có điều phải chứng minh

Ví dụ 3: cho x.y =1 và x.y Chứng minh

y x

y x

 x2+y2+( 2)2- 2 2 x+2 2y -2xy 0 vì x.y=1 nên 2.x.y=2

 (x-y- 2)2  0 Điều này luôn luôn đúng Vậy ta có điều phải chứng minh

z y x

1 1

x (vì1x 1y 1z< x+y+z theo gt)

 2 trong 3 số x-1 , y-1 , z-1 âm hoặc cả ba sỗ-1 , y-1, z-1 là dơng

Nếủ trờng hợp sau xảy ra thì x, y, z >1  x.y.z>1 Mâu thuẫn gt x.y.z=1 bắt buộc phảixảy ra trờng hợp trên tức là có đúng 1 trong ba số x ,y ,z là số lớn hơn 1

Ph ơng pháp 3 : dùng bất đẳng thức quen thuộc

a a

3 2 1 3

2 1

2

2 a a n.x x n xa xa xa n

a           4) Bất đẳng thức Trê- b-sép:

c b a



3

3 3

C B A c b a cC bB

c b a



3

3 3

C B A c b a cC bB

c b a

Dấu “=” xảy ra khi a = b = c

ví dụ 2(tự giải): 1)Cho a,b,c>0 và a+b+c=1 CMR: 111 9

c b

a (403-1001) 2)Cho x,y,z>0 và x+y+z=1 CMR:x+2y+z 4 ( 1  x)( 1  y)( 1  z)

3)Cho a>0 , b>0, c>0 CMR:

b c b a

4)Cho x 0,y 0 thỏa mãn 2 x y  1 ;CMR: x+y

c c a

b c b

2 2 2

b c b

a c b a b a

c c c a

b b c b

a

3

.

2 2 2 2

2

2

3 3

1

=2 1

VËy

2

1 3 3 3

b c b

3 1

vÝ dô 4:

Cho a,b,c,d>0 vµ abcd =1 .Chøng minh r»ng :

      10

2 2 2 2

2

1 1

ab c

ac ab ab

d c a

d c a





b c a

Chøng minh

abc c b a

1 1 1 1





 Gi¶i:

Ta cã :( a+b- c)2= a2+b2+c2+2( ab –ac – bc)  0

 ac+bc-ab 

2

1( a2+b2+c2)  ac+bc-ab

6

5

  1 Chia hai vÕ cho abc > 0 ta cã

c b a

1 1 1

(§iÒu ph¶i chøng minh)

Ta cã (ac + bd)2 + (ad – bc )2 = a2c2 + b2d2  2abcda2d 2 b2c2-2abcd=

c a b

c a b

a





 2)NÕu b,d >0 th× tõ

d

c d b

c a b

a d

c b

d a d c

c d c b

b c b

d a c b a

a c

MÆt kh¸c :

d c b a

a c

b a

a



 <

d c b a

d a

d c b a

a b d c b

b d

c b

c b a d c

c d c b

c d b a d

d d

c b

d a d c

c d c b

b c

cd ab







2 2

cd d b

cd ab b

cd ab







2

2 ®iÒu ph¶i chøng minh

vÝ dô 3 : Cho a;b;c;dlµ c¸c sè nguyªn d¬ng tháa m·n : a+b = c+d =1000t×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña

d

b c

b

 Tõ :

c

a d

b



d

b d c

b a c

a

d c

999 1

 §¹t gi¸ trÞ lín nhÊt khi d= 1; c=999VËy gi¸ trÞ lín nhÊt cña

d

b c

a

999 1khi a=d=1; c=b=999

2 2

n

a

a a

a a

a a a

2

1 1

1 2

n

Gi¶i:

Ta cã

n n n k

1 1 1

1

2

1 2

1

2

1 1

n n

1

1      n 

n Víi n lµ sè nguyªn Gi¶i :

Ta có  k k

k k k

k     2 1

1

2 2

2 1

Khi cho k chạy từ 1 đến n ta có

1 1

1 1

1 1

1 1

3

1 2

1

1 1

1 1

3

1 2

1 3

1

2

1 1 2

1

2 2

2 2

Ph ơng pháp 7:

Dùng bất đẳng thức trong tam giác

L

u ý: Nếu a;b;clà số đo ba cạnh của tam giác thì : a;b;c> 0

Và |b-c| < a < b+c ; |a-c| < b < a+c ; |a-b| < c < b+a

c a b

c b a

) (

) ( 2 2 2

b a c c

c a b b

c b a a

b a c a c b c b a c b a

2 2

2 2

2 2

2 2

2 2

2 2

2 2 2

b c b

a

(1)Giải :

Đặt x=b+c ; y=c+a ;z= a+b ta có a=

2

x z

; b =

2

y x

; c =

2

z y

x y

z y

x x

z x y

 (  )  (  )  (  )  6

z

y y

z z

x x

z y

x x y

Bất đẳng thức cuối cùng đúng vì (   2 ;

y

x x

y

  2

z

x x

z

;   2

z

y y

z

nên ta có điều phải chứng minh

1 2

1

2 2

x Với x+y+z < 1 và x ,y,z > 0 Theo bất đẳng thức Côsi ta có

1 1 1

Mà x+y+z < 1

Vậy 111 9

z y

b c b a

2)Tổng quát m, n, p, q, a, b >0

CMR

 m n p m n p

b a

pc a c

nb c b

1

Ph ¬ng ph¸p 9: dïng tam thøc bËc haiL

2

2 2

y

VËy fx,y 0 víi mäi x, y

VÝ dô2:

Để chứng minh bất đẳng thức đúng với n  n0ta thực hiện các bớc sau :

1 – Kiểm tra bất đẳng thức đúng với n  n0

2 - Giả sử BĐT đúng với n =k (thay n =k vào BĐT cần chứng minh đợc gọi là giả thiết quy nạp )

3- Ta chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k +1 (thay n = k+1vào BĐT cần chứng minh rồi biến đổi để dùng giả thiết quy nạp)

4 – kết luận BĐT đúng với mọi n  n0

Ví dụ1:

Chứng minh rằng

n n

1 2

1

2

1 1

1

2 2

1

1    (đúng) Vậy BĐT (1) đúng với n =2

Giả sử BĐT (1) đúng với n =k ta phải chứng minh

1 1

2

1 1

1

2 2

1 1 2 ) 1 (

1 1

2

1 1

1

2 2

2 2



k  k k

k

1 1

1 1

1 ) 1 (

1

1

1

2 2

 2 1 ( 2 ) ( 1 )2

) 1 (

1 1

k k k



2

2

b a b

2

2

1 1 1

4 2

1 1

1 1

a    a k  b k.a b 0 (+) Giả sử a < b và theo giả thiết - a<b  k k k k

b a b

a     a k  b k.a b 0 Vậy BĐT (3)luôn đúng ta có (đpcm)

Ph ơng pháp 11: Chứng minh phản chứng

L u ý :

1) Giả sử phải chứng minh bất đẳng thức nào đó đúng , ta hãy giả sử bất đẳng thức

đó sai và kết hợp với các giả thiết để suy ra điều vô lý , điều vô lý có thể là điều trái với giả thiết , có thể là điều trái ngợc nhau Từ đó suy ra bất đẳng thức cần chứng minh

B – Phủ định rôi suy trái giả thiết :

C – Phủ định rồi suy trái với điều đúng

D – Phủ định rồi suy ra 2 điều trái ngợc nhau

E – Phủ định rồi suy ra kết luận :

Cho 4 số a , b , c ,d thỏa mãn điều kiện

ac  2.(b+d) Chứng minh rằng có ít nhất một trong các bất đẳng thức sau là sai:

NÕu x+y+z >

z y x

1 1 1



 th× cã mét trong ba sè nµy lín h¬n 1 Gi¶i :

Ta cã (x-1).(y-1).(z-1) =xyz – xy- yz + x + y+ z –1

VËy cã mét vµ chØ mét trong ba sè x , y,z lín h¬n 1

PhÇn iii : c¸c bµi tËp n©ng cao

Ta cã hiÖu: 

3

2

a b2+c2- ab- bc – ac = 

4

2

a

 12 2

a b2+c2- ab- bc – ac

36

3  >0 (vì abc=1 và a3 > 36 nên a >0 )Vậy : 







y x

y x

  2 22 0





 y x

BĐT cuối đúng nên ta có điều phải chứng minh

2) Cho xy  1 Chứng minh rằng

xy y

2 1

1 1

1

2 2

Giải :

Ta có

xy y

2 1

1 1

1

2 2

1

1 1

1 1

1 1

1

2 2

y xy xy

x

x xy



) ( 1

1

) (

y x y xy

x

x y x

1

2 2

x

xy x y

BĐT cuối này đúng do xy > 1 Vậy ta có điều phải chứng minh

Iii / dùng bất đẳng thức phụ

1) Cho a , b, c là các số thực và a + b +c =1

Chứng minh rằng

3

1 2 2 2





b c a

2 b c 

a (vì a+b+c =1 ) (đpcm) 2) Cho a,b,c là các số dơng

c c

b a

b c

a b a

b a

c c

a a

b b a

áp dụng BĐT phụ   2

x

y y

x

Với x,y > 0

Ta có BĐT cuối cùng luôn đúng

c b c

b

2 3

3

2 3

Phần iv : ứng dụng của bất đẳng thức

1/ dùng bất đẳng thức để tìm c c trị

L u ý

- Nếu f(x)  A thì f(x) có giá trị nhỏ nhất là A

- Nếu f(x)  B thì f(x) có giá trị lớn nhất là B

Ta có từ (1)  Dấu bằng xảy ra khi 1  x 4

(2)  Dấu bằng xảy ra khi 2  x 3

Vậy T có giá trị nhỏ nhất là 4 khi 2  x 3

Ví dụ 2 :

Tìm giá trị lớn nhất của

S = xyz.(x+y).(y+z).(z+x) với x,y,z > 0 và x+y+z =1

Ví dụ 3 : Cho xy+yz+zx = 1

Tìm giá trị nhỏ nhất của x4 y4 z4

Gọi cạnh huyền của tam giác là 2a

Đờng cao thuộc cạnh huyền là h

Hình chiếu các cạnh góc vuông lên cạnh huyền là x,y

Ta có S =1   2

2 x y h a h a h   a xy

Vì a không đổi mà x+y = 2a

Vậy S lớn nhất khi x.y lớn nhất  xy

Vậy trong các tam giác có cùng cạnh huyền thì tam giác vuông cân có diện tích lớn nhất

x y

4 8 2

x x x

x y

y z z

x y z

Với y = 1 không thích hợp

Với y = 2 ta có x = 2

Vậy (2 ,2,1) là một nghiệm của phơng trình

Hoán vị các số trên ta đợc các nghiệm của phơng trình

Nên không có cặp số nguyên dơng nào thoả mãn phơng trình

Vậy phơng trình có nghiệm duy nhất là : 0

0

x y

2- toán nâng cao cho học sinh - đại số 10

-nxb Đại học quốc gia hà nội 1998– 6 – 1998

3 – 6 – 1998 toán bồi dỡng học sinh đại số 9

-nhà xuất bản hà nội

4 – 6 – 1998 sách giáo khoa đại số 8,9,10

6 – 6 – 1998 Giáo trình đại số sơ cấp trờng đhsp i – 6 – 1998 hà nội -&&& -