19 MOT SO PHUONG PHAP CHUNG MINH BAT DANG THUC- Nguyen Thi Hien - LVT

PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN GIA BÌNH TRƯỜNG THCS LÊ VĂN THỊNH -*** - Chuyên đề MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Lĩnh vực: Khoa học tự nhiên / Mơn: Tốn Tác giả: Nguyễn Thị Hiền Chức vụ: Giáo viên Trường THCS Cao Viên Giáo viên: Lê Thị Hải Yến Năm học :2015 - 2016 I : CÁC KIẾN THỨC CẦN NHỚ 1, Định nghĩa bất đẳng thức + a nhỏ b, kí hiệu a < b + a lớn b, kí hiệu a > b , + a nhỏ b, kí hiệu a ≤ b, + a lớn b, kí hiệu a ≥ b , 2, Một số tính chất bất đẳng thức : 1, Tính chất 1: a > b b < a 2, Tính chất 2: Tính chất bắc cầu a > b b > c => a > c 3, Tính chất 3: Tính chất đơn điệu phép cộng a > b a + c > b + c Hệ : a > b a - c > b - c a + c > b a > b - c 4, Tính chất 4: Cộng vế hai bất đẳng thức chiều a > c b > d => a + b > c + d 5, Tính chất 5: Trừ vế hai bất đẳng thức ngược chiều a > b c < d => a - c > b - d 6, Tính chất 6: Tính chất đơn điệu phép nhân a > b c > => ac > bc a > b c < => ac < bc 7, Tính chất 7: Nhân vế hai bất đẳng thức chiều mà hai vế không âm a ≥ b ≥ ; c ≥ d ≥ => ac ≥ bd 8, Tính chất 8: Nâng lên lũy thừa a > b > => an > bn a > b an > bn với n lẻ > ⇒ a > b với n chẵn 9, Tính chất 9: So sánh nghịch đảo a > b; ab > => < 10, Tính chất 10: So sánh hai lũy thừa Với m > n >0 a>1⇒a>a a =1 ⇒ a = a 0 H ≥ với a, b Hay ≥ a + ab - b với a, b > Dấu xảy a = b VD 1.3 : Cho a, b, c, d, e số thực Chứng minh rằng: a2 + b2 + c2 + d2 + e2 ≥ a(b + c + d + e) Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2012-2013 Trường THCS Cao Viên Giáo viên: Lê Thị Hải Yến Giải : Xét hiệu : H = a2 + b2 + c2 + d2 + e2 - a(b + c + d + e) a a a a = ( − b )2 + ( − c )2 + ( − d )2 + ( − e )2 Do ( a a a a − b )2 ≥ 0; ( − c )2 ≥ 0; ( − d )2 ≥ 0; ( − e )2 ≥ với a, b, c, d, e 2 2 => H ≥ với a, b, c, d, e Dấu '' = '' xảy b = c = d = e = a VD 1.4 : Chứng minh bất đẳng thức : a2 + b2  a + b  ≥    Giải : a2 + b2  a + b  2( a + b ) − (a + 2ab + b ) Xét hiệu : H = −  =   = 1 (2a + 2b − a − b − 2ab) = (a − b) ≥ với a, b 4 a2 + b2  a + b  => H ≥ với a, b => ≥    Dấu '' = '' xảy a = b Bài tập đề nghị: Bài 1: Cho a > b, chứng minh x - y ≥ x y - x y Bài 2: Chứng minh + ≥ với a; b > Bài 3: Chứng minh bất đẳng thức sau: a, a + b + c + ≥ 2(a + b + c) b, (a + b)(a + b) ≥ (a + b)(a + b) 2 Phương pháp 2: Dùng tính chất bất đẳng thức: - Phương pháp: Vận dụng hợp lí tính chất bất đẳng thức học (10 tính chất) để suy bất đẳng thức cần chứng minh - Ví dụ : VD 2.1: Cho a ≥ 2; b ≥ Chứng minh ab ≥ a + b Giải: Do a ≥ b > nên ab ≥ 2b (1) Do b ≥ a > nên ab ≥ 2a (2) Cộng vế hai bất đẳng thức chiều (1) (2), ta 2ab ≥ 2(a +b) Chia hai vế cho ta ab ≥ a + b VD 2.2: Cho < a, b, c, d < Chứng minh : (1 - a)(1 - b)(1 - c)(1 - d) > - a - b - c - d Giải : Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2012-2013 Trường THCS Cao Viên Giáo viên: Lê Thị Hải Yến Ta có : (1 - a)(1 - b) = - a - b + ab Do a, b > nên ab > => (1 - a)(1 - b) > - a - b Do c < nên - c > => (1 - a)(1 - b)(1 - c) > (1 - a - b)(1 - c)  (1 - a)(1 - b)(1 - c) > - a - b - c + ac + bc Do < a, b, c, d < nên - d > 0; ac + bc > =>(1 - a)(1 - b)(1 - c) > - a - b - c => (1 - a)(1 - b)(1 - c)(1 - d) > (1 - a - b - c)(1 - d) => (1 - a)(1 - b)(1 - c)(1 - d) > - a - b - c - d + ad + bd + cd Do ad + bd + cd > => (1 - a)(1 - b)(1 - c)(1 - d) > - a - b - c - d VD 2.3 : Cho < a, b, c < Chứng minh : 2a3 + 2b3 + 2c3 < + a2b + b2c + c2a Giải : Do < a, b < => a3 < a2 < a < 1; b3 < b2 < b < Ta có: (1 - a2) (1 - b) > => + a2b > a2 + b => + a2b > a3 + b3 hay a3 + b3 < + a2b Tương tự: b3 + c3 < + b2c c3 + a3 < + c2a Cộng vế bất đẳng thức => 2a3 + 2b3 + 2c3 < + a2b + b2c + c2a VD 2.4: Cho a, b, c số dương thoả mãn : a + b + c = Chứng minh : (a + b)(b + c)(c + a) ≥ a3b3c3 Giải: Từ : (a + b)2 ≥ ⇒ (a + b)2 ≥ 4ab => (a + b + c)2 = ( a + b ) + c  ≥ ( a + b ) c => 16 ≥ 4(a + b)c (vì a + b + c = ) => 16(a + b) ≥ 4(a + b)2c ≥ 16 abc => a + b ≥ abc Tương tự : b + c ≥ abc c + a ≥ abc Vì a, b, c > nên nhân vế ba bất đẳng thức => (a + b)(b + c)(c + a) ≥ a3b3c3 Bài tập đề nghị: Bài 1: Cho hai số x y thỏa mãn x + y = Chứng minh : x+y ≥ Bài 2: Cho số x, y, z không âm cho x + y + z = a CMR: (a - x)(a - y)(a - z) ≥ 8xyz Phương pháp 3: Phương pháp biến đổi tương đương - Phương pháp: Biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức bất đẳng thức chứng minh Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2012-2013 Trường THCS Cao Viên Giáo viên: Lê Thị Hải Yến Giả sử phải chứng minh A > B (1), ta biến đổi tương đương A > B ⇔ A > B ⇔ A ⇔ B ⇔ … ⇔ C > D Nếu bất đẳng thức cuối bất đẳng thức (1) Chú ý: Nếu chưa chứng tỏ bất đẳng thức cuối chưa thể kết luận bất đẳng thức - Ví dụ : VD : Cho a, b > a + b =1 Chứng minh : 1 + ≥ (1) a +1 b +1 Giải: Dùng phép biến đổi tương đương: (1) ⇔ 3(a + + b + 1) ≥ 4(a + 1) (b + 1)  ≥ 4(ab + a + b + 1) (vì a + b = 1)  ≥ 4ab +  ≥ 4ab  (a + b)2 ≥ 4ab  (a - b) ≥ Bất đẳng thức cuối Suy bất đẳng thức (1) Dấu “ = “ xảy  a = b = VD 3.2 : a3 + b3  a + b  ≥    Chứng minh bất đẳng thức: với a > 0; b > Giải : Dùng phép biến đổi tương đương : Với a > 0; b > => a + b > a3 + b3  a + b  ≥    a+b a+b a+b .(a − ab + b ) ≥            a+b  a - ab + b ≥      4a2 - 4ab + 4b2 ≥ a2 + 2ab + b2  3(a2 - 2ab + b2) ≥  (a - b) ≥ 2 a3 + b3  a + b  ≥ Bất đẳng thức cuối đúng, suy :    Dấu “ = “ xảy  a = b VD 3.3: Cho số a, b thoả mãn a + b = CMR a3 + b3 + ab ≥ Giải : Ta có : a3 + b3 + ab ≥ Sáng kiến kinh nghiệm 1 a3 + b3 + ab - ≥ 2 Năm học 2012-2013 Trường THCS Cao Viên Giáo viên: Lê Thị Hải Yến (a + b)(a2 - ab + b2) + ab - ≥ a + b = ≥ 2a2 + 2b2 - ≥ a2 + b2 - 2a2 + 2(a -1)2 - ≥ ( b = a -1 ) 4a2 - 4a + ≥ (2a - 1)2 ≥ Bất đẳng thức cuối Vậy a3 + b3 + ab ≥ Dấu '' = '' xảy a = b = 2 VD 3.4 : Với a > 0, b > Chứng minh bất đẳng thức : a − a ≥ b b− b a Giải : Dùng phép biến đổi tương đương : a − a ≥ b b− b a  ( a a + b b ) − ab ( a + b ) ≥  ( a )3 + ( b )3 − ab ( a + b ) ≥  ( a + b )(a − ab + b) − ab ( a + b ) ≥ [ ]  ( a + b )(a − ab + b) ≥  ( a + b )( a − b )2 ≥ Bất đẳng thức cuối với a, b > 0, suy : a − a ≥ b b− b a Dấu “ = “ xảy  a = b Bài tập đề nghị: 1 + ≥ Bài 2: Cho hai số a, b thỏa mãn ab ≥ 1, CMR: 2 + a + b + ab Bài 1: Cho hai số x y mà x + y = CMR : x2 + y2 ≥ a 2014 − b 2014 a 2013 − b 2013 Bài 3: Cho a>b>0 CMR: 2014 > 2013 (*) a + b 2014 a + b 2013 Hướng dẫn: Để chứng minh bất đẳng thức (*) , ta chứng minh bất đẳng thức tổng quát sau: a m − bm a n − bn Nếu a > b > m, n hai số tự nhiên mà m > n m m > n n (1) a +b a +b Thật ta dùng phép biến đổi tương đương để chứng minh (1) ⇔ a m + b m − 2b m a n + b n − 2b n > a m + bm a n + bn Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2012-2013 Trường THCS Cao Viên Giáo viên: Lê Thị Hải Yến 2b m 2b n 2b m 2b n > 1− n ⇔− m >− n a m + bm a + bn a + bm a + bn bm bn 1 m n bm bn ⇔ m < n am an b b ⇔ m < ⇔ < a a ⇔ + > +1 m n +1 +1 a m b m a n bn a + bm a n + bn b b m n + + b b bm bm bn bn am an a a ⇔ m > n ⇔ ( )m > ( ) n (2) b b b b a Bất đẳng thức (2) ln a > b > nên > m > n b ⇒ bất đẳng thức (1) ⇔ 1- a 2014 − b2014 a 2013 − b 2013 ⇒ bất đẳng thức phải chứng minh 2014 > 2013 a + b 2014 a + b 2013 * Nhận xét: Có thể biến đổi tương đương trực tiếp bất đẳng thức cần chứng minh Phương pháp 4: Dùng số bất đẳng thức thông dụng - Phương pháp: Dùng số bất đẳng thức thông dụng như: Côsi, Bunhiacôpxki, bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối để biến đổi chứng minh toán - Nhắc lại: * Bất đẳng thức Côsi: - Dạng không chứa dấu căn: a + b ≥ 2ab ⇔ (a + b) ≥ 4ab ⇔ ( ) ≥ ab Dấu đẳng thức xảy : a = b - Dạng chứa dấu căn: a+b ≥ ab Với số khơng âm a, b ta có: Dấu đẳng thức xảy : a = b ≥ abc - Mở rộng: với a, b, c khơng âm Dấu đẳng thức xảy : a = b =c * Bất đẳng thức Bunhiacôpxki : Với số a; b; x; y ta có : ( ax + by )2 ≤ (a2 + b2)(x2 + y2) a b Dấu đẳng thức xảy x = y * Bất đẳng thức giá trị tuyệt đối : +) a + b ≥ a + b Dấu đẳng thức xảy khi: ab ≥ - Các ví dụ : VD 4.1 : Giả sử a, b, c số dương , chứng minh rằng: a b c + + >2 b+c c+a a+b Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2012-2013 Trường THCS Cao Viên Giáo viên: Lê Thị Hải Yến Giải Áp dụng BĐT Côsi cho hai số dương a b+c, ta có : a + (b + c) ≥ a (b + c)  a 2a ≥ Dấu “ = “ xảy  a = b+c b+c a+b+c Tương tự ta thu : b 2b ≥ Dấu “ = “ xảy  b = c+a c+a a+b+c c 2c ≥ a+b a+b+c Dấu “ = “ xảy  c = a+b Dấu “ = “ ba bất đẳng thức khơng thể đồng thời xảy ra, có a = b+c; b = c+a; c = a+b suy a+b+c = ( trái với giả thiết a, b, c số dương ) Cộng vế ba bất đẳng thức ta được: a b c + + >2 b+c c+a a+b VD 4.2: Cho x, y số thực thoả mãn : x2 + y2 = x − y + y − x (1) Chứng minh rằng: 3x + 4y ≤ Giải : Điều kiện: x ≤ ; y ≤ Bình phương hai vế (1) áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki ta có : (x2 + y2)2 = ( x − y + y − x )2 ≤ (x2 + y2)(1 - y2 + - x2) < => x2 + y2 ≤ (2) 2 2 Ta lại có : (3x + 4y) ≤ (3 + )(x + y ) Kết hợp với (2) suy : (3x + 4y)2 ≤ 25 => 3x + 4y ≤   x2 + y =  Đẳng thức xảy   x > 0; y >  x y  =   x =  y =  5 VD 3: Cho a, b, c ≥ ; a + b + c = Chứng minh : a, a + b + b + c + c + a ≤ b, a + + b + + c + < 3,5 Giải a, Áp dụng bất dẳng thức Bunhiacơpxki ta có : ( ) a + b + b + c + c + a ≤ ( + + 1)   Sáng kiến kinh nghiệm ( a+b ) +( b+c ) +( ) c+a   Năm học 2012-2013 Trường THCS Cao Viên => => ( Giáo viên: Lê Thị Hải Yến a+b + b+c + c+a ) ≤ 3.(2a + 2b + ac) = a+b+c = a+b + b+c + c+a ≤ Dấu '' = '' xảy : a = b = c = b, Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương a+1 1, ta có: (a+1)+1 ≥  a + ≤ Tương tự : b + ≤ b +1 ; (a + 1) + a = +1 2 c c +1 ≤ +1 Cộng vế bất đẳng thức ta : a+b+c a +1 + b +1 + c +1 ≤ + = 3,5 Dấu đẳng thức xảy a = b = c = trái với giả thiết : a + b + c = Vậy : a + + b + + c + < 3,5 VD 4.4 1 Cho x, y > Chứng minh : + ≥ x y x+ y Giải: Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương x y; ta có: x + y ≥ xy 1 + ≥ x y xy 1 1 => (x + y)  + ÷ ≥ x y => 1 + ≥ x y x+ y Dấu “ = “ xảy  x = y VD 4.5 Cho a, b ,c > Chứng minh + + ≥ Giải Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ; ta được: a b c b+c+a÷ a b c  ÷ ≥ = suy + + ≥ 3  ÷ b c a   Dấu “ = “ xảy  a = b = c Phương pháp 5: Chứng minh phản chứng - Phương pháp: Giả sử phải chứng minh bất đẳng thức đúng, ta giả sử bất dẳng thức sai, vận dụng kiến thức biết giả thiết đề để suy điều vô lý Sáng kiến kinh nghiệm 10 Năm học 2012-2013 Trường THCS Cao Viên Giáo viên: Lê Thị Hải Yến * Vậy M > với x VD 6.2 : Cho A = x - x + x - x + Chứng minh A > với x Hướng dẫn: * Xét trường hợp x ≥ 1, ta có A = x (x - 1) + x(x - 1) + > * Xét trường hợp x < 1, ta có A = x + x( - x) + (1 - x) > Vậy A > với x Bài tập đề nghị : Bài Chứng minh rằng: A = 31x - 6x + 17 > x B = x - x + x - x + > x * Chú ý: Ngồi phương pháp ta chứng minh bất đẳng thức cách đưa biểu thức dạng tổng bình phương với số dương VD: B = x - x + x - x + => 2B = 2x - 2x - 2x - 2x + = (x - x) + (x - 1) + x + > Phương pháp : Đổi biến số - Phương pháp: Thực phương pháp đổi biến số nhằm đưa toán cho dạng đơn giản hơn, gọn dạng toán biết cách giải - Các ví dụ : VD : Chứng minh : Nếu a, b, c > : Hướng dẫn: Đặt : b + c = x , c + a = y , a + b = z => a + b + c = a = a b c + + ≥ b+c c+a b+a x+ y+z y+z−x z+x− y x+ y−z , b= , c= 2 Khi : y+z−x z+x− y x+ y−z a b c + + + + = 2x 2y 2z b+c c+a b+a y x z x z y 3 = ( + ) + ( + ) + ( + ) − ≥ 1+1+1− = x y x z y z 2 VT = Dấu “ = ” xảy x = y = z VD 7.2 : Cho a, b, c > 0; a + b + c ≤ Chứng minh : 1 + + ≥9 a + 2bc b + 2ca c + 2ab Hướng dẫn: Đặt : a2 + 2bc = x ; b2 + 2ca = y ; c2 + 2ab = z Khi : x + y + z = a2 + 2bc + b2 + 2ca + c2 + 2ab = (a + b + c)2 ≤ Bài toán trở thành: Cho x, y, z > 0; x + y + z ≤ Sáng kiến kinh nghiệm 13 Năm học 2012-2013 Trường THCS Cao Viên Giáo viên: Lê Thị Hải Yến 1 + + ≥9 x y z Chứng minh : 1 Ta chứng minh : (x + y + z)( x + y + z ) ≥ với x ; y ; z > (VD 4.4) 1 Mà x + y + z ≤ nên suy + + ≥ => điều cần chứng minh x y z Phương pháp 8: Phương pháp quy nạp toán học - Phương pháp: Để chứng minh bất đẳng thức với n ≥ (n ≥ n ) phương pháp quy nạp toán học, ta tiến hành : + Kiểm tra bất đẳng thức với n = (n = n0) + Giả sử bất đẳng thức với n = k > (k > n0) + Chứng minh bất đẳng thức với n = k + + Kết luận bất đẳng thức với n ≥ (n ≥ n0) - Các ví dụ : VD 8.1 : Chứng minh với số nguyên dương n ≥ 2n > 2n + (*) Giải : + Với n = , ta có : 2n = 23 = 8; 2n + = 2.3 + = ; > Vậy đẳng thức (*) với n = + Giả sử (*) với n = k (k ∈ N ; k ≥ 4), tức ta có 2k > 2k + ta phải chứng minh: 2k+1 > 2(k + 1) + hay 2k+1 > 2k + (**) + Thật : 2k+1 = 2.2k , mà 2k > 2k + ( theo giả thiết quy nạp ) : 2k +1 > 2(2k + 1) = (2k + 3) +(2k - 1) > 2k + (vì 2k - > với k ∈ N ; k ≥ 4) Vậy (**) với k ≥ + Kết luận: 2n > 2n + với số nguyên dương n ≥ VD 8.2 : Chứng minh : 2n − ≤ 2n 3n + (*) (n số nguyên dương ) Giải : Vậy (*) với n = 1 2k − ≤ + Giả sử (*) với n = k ≥ ta có : 2k 3k + 2k + 1 2k − 2k + => 2(k + 1) ≤ 2(k + 1) (1) 3k + 2k + Với n = , ta có : VT = VP = Ta cần chứng minh (*) với n = k + 1, tức cần chứng minh: 2k + 1 2(k + 1) ≤ (2) 3(k + 1) + Từ (1) (2), áp dụng tính chất bắc cầu ta cần chứng minh Sáng kiến kinh nghiệm 14 Năm học 2012-2013 Trường THCS Cao Viên 2k + ≤ 3k + 2(k + 1) Giáo viên: Lê Thị Hải Yến 3(k + 1) + (3) Dùng phép biến đổi tương đương, ta có : (3)  (2k + 1)2(3k + 4) ≤ (3k + 1)4(k +1)2  12k3 + 28k2 + 19k + ≤ 12k3 + 28k2 + 20k +4  k ≥ Bất đẳng thức k ≥ => (3) => (*) với k ≥ Vậy (*) với số nguyên dương n Bài tập đề nghị: Chứng minh rằng: > n với số tự nhiờn n 9, Phơng pháp 9: Dựng tớnh chất tỉ số - Phương pháp: Dùng tính chất tỉ lệ thức, dãy tỉ số cách hợp lí để suy bất đẳng thức cần chứng minh a a a+c Nhắc lại: * Cho a,b,c số dơng: a, Nếu th× ≥ b b+c b a a a+c b, NÕu ≤ th× ≤ b b+c b * NÕu a, b, c, d > vµ a c a a+c c ≤ th× ≤ ≤ b d b b+d d - C¸c vÝ dơ VD 9.1: Cho a, b, c, d > 0, chøng minh r»ng a b c d 1< + + + theo tÝnh chÊt cđa tØ lƯ thøc ta cã a a a+d (2) a+b+c a+b+c+d a a a+d < < Tõ (1) vµ (2) => a+b+c+d a+b+c a+b+c+d b b b+a < < T¬ng tù ta cã b+c+d +a b+c+d b+c+d +a Mặt khác c c c+b < < a+b+c+d c+d +a a+b+c+d d d d +c < < a+b+c+d d +a+b a+b+c+d (3) (4) (5) (6) Céng vÕ víi vÕ cđa (3), (4), (5),(6) ta cã a b c d 1< + + + Chøng minh r»ng < < b d b b2 + d d a c ab cd ab ab + cd cd < < ⇒ < ⇒ < b b + d2 d2 b d b d a ab + cd c < < Hay Đó điều cần chứng minh b b2 + d d Tõ Ngoài phương pháp vừa nêu số phương pháp khác chứng minh bất đẳng thức như: phương pháp làm trội, phương pháp dùng tam thức bậc hai phạm vi nhỏ đề tài, tơi khơng nêu phương pháp III : ỨNG DỤNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC : 1- Ứng dụng 1: Giải tốn tìm cực trị : - Phương pháp: Nếu f(x) ≥ m f(x) có giá trị nhỏ m Nếu f(x) ≤ M f(x) có giá trị lớn M Khi tìm cực trị biểu thức có chứa dấu giá trị tuyệt đối, ta vận dụng bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối Nhắc lại số tính chất: + = với A + A ≥ với A Dấu ''= '' xảy A = + A + B ≥ A + B Dấu '' = '' xảy AB ≥ - Các tập: Bài 1.1: Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = + Giải Áp dụng tính chất bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối, ta có: P= + ≥ =1 Dấu “ = “ xảy (x - 2)(3 - x) ≥  ≤ x ≤ Vậy P =  ≤ x ≤ Bài 1.2 : Cho a < b < c < d, tìm f(x) = x − a + x − b + x − c + x − d Hướng dẫn: Tương tự Bài tìm f(x) = d + c - b - a b ≤ x ≤ c Bài 1.3 Tìm giá trị nhỏ biểu thức A = (x2 + x)(x2 + x - 4) Giải A = (x2 + x)(x2 + x - 4) Đặt t = x2 + x - => A = (t - 2)(t + 2) = t2 - ≥ - Dấu ‘‘ = ’’ xảy t =  x2 + x - =  (x - 1)(x + 2) =  x = -2; x = Sáng kiến kinh nghiệm 16 Năm học 2012-2013 Trường THCS Cao Viên Giáo viên: Lê Thị Hải Yến Vậy A = - x = -2 x = ; Bài 1.4: Tìm giá trị nhỏ biểu thức: B = a3 + b3 + ab, biết a b hai số thoả mãn: a + b = Giải B = (a + b)(a2 - ab + b2) + ab = a2 - ab + b2 + ab = a2 + b2 a+b = Ta lại có: a2 + b ≥ 2ab => 2(a2 + b2) ≥ (a + b)2 = => a2 + b2 ≥ Vậy B = a = b = 2 Bài 1.5: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức: A = Giải Dễ thấy x+x+1 > với x Ta có 2(x - 1) ≥ => 2x - 4x + ≥ => 3(x - x + ) ≥ x + x + = > ≥ Dấu “ = “ xảy x = Ta có 2(x + 1) ≥ => 2x + 4x + ≥ => 3(x + x + ) ≥ x - x + = > ≤ Dấu “ = “ xảy x = -1 Vậy ≤ A ≤ Do A = x = 1; Max A =  x = -1 Bài 1.6 : Cho ba số dương x, y, z thoả mãn : 1 ≥ + 1+ y + 1+ x 1+ z Tìm giá trị lớn biểu thức P = xyz Hướng dẫn: Từ giả thiết suy y 1 z ≥ (1≥ )+( 1) = + 1+ y 1+ y 1+ z 1+ x 1+ z Tương tự : ≥ 1+ y zx (1 + x)(1 + z ) 1+ z xy (1 + x)(1 + y ) ≥ Nhân vế bất đẳng thức P = xyz ≤ => Max P = yz (1 + y )(1 + z ) 1 x = y = z = Bài 1.7 : Cho số dương a, b, c thảo mãn: a + b + c = Tìm giá trị nhỏ a b c biểu thức: F = (a + ) + (b + ) + (c + ) Lược giải: Ta có : F = (a2 + b2 + c2) + ( 1 + + 2)+6 a b c Vận dụng bất đẳng thức Bunhiacơpxki, ta có : (a.1 + b.1 + c.2)2 ≤ 3(a2 + b2 + c2) => a2 + b2 + c2 ≥ Sáng kiến kinh nghiệm 17 Năm học 2012-2013 Trường THCS Cao Viên a b Giáo viên: Lê Thị Hải Yến c 1 + + 2) (1) a b c 1 Mặt khác ta chứng minh ( + + )(a + b + c) ≥ a b c 1 => + + ≥ a + b + c = a b c 1 => ( + + ) ≥ 81 (2) a b c 1 Từ (1) (2) => ( + + ) ≥ 27 a b c => F ≥ + 27 + = 33 Dấu '' = '' xảy : a = b = c = 1 Vậy Min F = 33 a = b = c = 3 Tương tự : ( + + ) ≤ ( Bài 1.8 Tìm giá trị lớn P = x − + − x Giải ≤x≤ TXĐ : 2 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki, ta có: (1 x − + − x )2 ≤ 2(2x - + - 2x) =  x − + − x ≤ hay P ≤ Dấu “=” xảy  x − =  x = (thỏa mãn TXĐ) Vậy Max P =  x = − 2x - Ứng dụng 2: Giải phương trình: - Phương pháp: Biến đổi hai vế ( VT, VP ) phương trình, sau suy luận để nghiệm phương trình + Nếu VT = VP giá trị ẩn (thoả mãn TXĐ) => phương trình có nghiệm số số + Nếu VT > VP VT < VP giá trị ẩn => phương trình vơ nghiệm - Các ví dụ : Bài 2.1: Giải phương trình : x − + − x - x2 + 4x - = (*) Giải : ≤x≤ TXĐ : 2 (*)  x − + − x = x2 - 4x + Ta có VP = (x - 2)2 + ≥ 2, dấu '' = '' xảy x = ( thoả mãn TXĐ ) VT ≤ (Bài - Ứng dụng 1) => VT = VP =  x = Sáng kiến kinh nghiệm 18 Năm học 2012-2013 Trường THCS Cao Viên Giáo viên: Lê Thị Hải Yến Vậy phương trình (*) có nghiệm x = Bài 2.2 : Giải phương trình : − x + x + = x2 - 6x + 13 Hướng dẫn: Với cách giải tương tự Bài 1, áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki ta được: VP ≥ Dấu '' = '' xảy x = VT ≤ Dấu '' = '' xảy − x = x +  x = => khơng có giá trị x để VT = VP => Phương trình vơ nghiệm Bài 2.3: Giải phương trình sau phương pháp dùng bất đẳng thức a, (x - 3x + 4) = (x - 2x + 3)(x - 4x + 5) (1) x − x + 12 b, = x - 4x + (2) x2 − x + Lược giải a, Dễ nhận thấy (x - 2x + 3) > (x - 4x + 5) > Áp dụng bất đẳng thức Cơsi cho hai số dương ta có:  ( x − x + 3) + ( x − x + 5)  ≥ ( x − x + 3)( x − x + 5)     Hay (x - 3x + 4) ≥ (x - 2x + 3) (x - 4x + 5) Dấu “=” xảy  x - 2x + = x - 4x +  x = Vậy phương trình (1) có nghiệm x = = ( x − 2) + b, (2)  + ( x − 2) + Ta thấy VT ≤ + = (dấu “=” xảy  x = 2) ≥ VP (dấu “=” xảy  x = 2) Vậy VT = VP (= 4) x = hay phương trình có nghiệm x = Bài 2.4 : Giải phương trình : 3x − 12 x + 16 + y − y + 13 = Hướng dẫn : x − 12 x + 16 ≥ ; y − y + 13 ≥ => VT ≥ x − = x =  y =  y − = Dấu '' = '' xảy :  => phương trình có nghiệm: (x = 2; y = 2) 3- Ứng dụng 3: Giải hệ phương trình - Phương pháp: Dùng bất đẳng thức để biến đổi phương trình hệ, suy luận kết luận nghiệm - Các ví dụ : Bài 3.1 : x + y − y + = Giải hệ phương trình  2  x + x y − 2y = Sáng kiến kinh nghiệm 19 (1) (2) Năm học 2012-2013 Trường THCS Cao Viên Lược giải : (1)  x = - - 2(y - 1) (2)  x2 = 2y ≤1 1+ y2 Giáo viên: Lê Thị Hải Yến  x ≤ -1  x ≤ - (*) (vì 1+ y ≥ 2y)  -1 ≤ x ≤ (**) Từ (*) (**) => x = -1 Thay x = -1 vào (2) ta có : y = => Hệ phương trình có nghiệm : (x = -1; y = 1) Bài 3.2 :  x + y + z =1 Giải hệ phương trình :  4  x + y + z = xyz Lược giải : Áp dụng bất đẳng thức: A2 + B2 ≥ 2AB dấu '' = '' xảy A = B Ta có : x4 + y4 ≥ 2x2y2 ; y4 + z4 ≥ 2y2z2 ; z4 + x4 ≥ 2z2x2 => x4 + y4 + z4 ≥ x2y2 + y2z2 + z2x2 (*) Mặt khác : x2y2 + y2z2 ≥ 2xyz y2z2 + z2x2 ≥ 2xyz x2y2 + z2x2 ≥ 2xyz => 2(x2y2 + y2z2 + z2x2 ) ≥ 2xyz(x + y + z) = 2xyz => x2y2 + y2z2 + z2x2 ≥ xyz (**) 4 ≥ Từ (*) (**) => x + y + z xyz Dấu '' = '' xảy : x = y = z mà x + y + z = nên : x = y = z = Vậy hệ phương trình có nghiệm : x = y = z = 3 Ứng dụng 4: Giải phương trình nghiệm nguyên - Phương pháp: Sử dụng hợp lí tính chất bất đẳng thức tốn nghiệm ngun để tìm nghiệm phương trình - Các ví dụ : 1 Bài 4.1 : Tìm nghiệm nguyên dương phương trình : x + y + z = Giải : Khơng tính tổng quát , ta giả sử x ≥ y ≥ z ≥ => ≤ ≤ , ta có : 1 2= x+ y+z ≤ z => 2z ≤ , mà z nguyên dương Vậy z = Thay z = vào phương trình ta : 1 1 + =1 x y Theo giả sử x ≥ y, nên = x + y ≤ y y nguyên dương nên y = y = Với y = khơng thích hợp Với y = ta có : x = Vậy (2 ; ; 1) nghiệm phương trình Hốn vị số trên, ta nghiệm phương trình : Sáng kiến kinh nghiệm 20 Năm học 2012-2013 Trường THCS Cao Viên Giáo viên: Lê Thị Hải Yến (x; y; z) = (2 ; ; 1) ; (2 ; ; 2) ; (1 ; ; 2) Bài 4.2 Tìm nghiệm nguyên dương phương trình : 3(x + y) = xy (1) Hướng dẫn: (1)  + = Giải tương tự Bài Bài 4.3 Tìm số nguyên dương cho tổng chúng tích chúng Giải Gọi số nguyên dương phải tìm x, y, z Ta có: x + y + z = xyz (1) Khơng tính tổng quát , ta giả sử ≤ x ≤ y ≤ z => xyz = x + y + z ≤ 3z Chia hai vế bất đẳng thức xyz ≤ 3z cho số dương z ta có : xy ≤ Suy xy ∈ { 1; 2;3} + Với xy = x = ; y = Thay vào (1) ta có z = -2 (loại) + Với xy = x = ; y = Thay vào (1) ta có z = + Với xy = x = ; y = Thay vào (1) ta có z = (loại trái với giả sử y ≤ z) Vậy ba số cần tìm 1; 2; Ứng dụng 5: Chứng minh tốn có nội dung hình học - Phương pháp: Áp dụng bất đẳng thức tam giác: với a, b, c độ dài ba cạnh tam giác ⇒ a −b < c a 0), ta được: 1 4 + ≥ = p − a p − b ( p − a ) + ( p − b) c 1 + ≥ Tương tự : p−b p−c a 1 + ≥ p−a p−c b 1 1 1 + + ) ≥ 4( + + ) => điều phải chứng minh => 2( p−a p−c p−c a b c Sáng kiến kinh nghiệm 21 Năm học 2012-2013 Trường THCS Cao Viên Giáo viên: Lê Thị Hải Yến Dấu '' = '' xảy : p - a = p - b = p - c  a = b = c Khi tam giác ABC tam giác Bài 5.2: Cho a, b, c , độ dài ba cạnh tam giác CMR: (a + b - c)(b + c - a)(c + a -b) ≤ abc Giải: Bất đẳng thức ba cạnh tam giác cho ta viết b − c < a ⇒ < a − (b − c ) ≤ a c − a < b ⇒ < b − (c − a ) ≤ b a − b < c ⇒ < c − ( a − b) ≤ c Từ => a − (b − c ) b − (c − a ) c − (a − b ) ≤ a b c ⇔ (a+b-c) (a-b+c) (b-c+a) (b+c-a) (c-a+b) (c+a-b) ≤ a 2b 2c ⇔ (a+b-c)2(b+c-a)2(c+a-b)2 ≤ a 2b c ⇔ (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) ≤ abc (Vì a, b, c, ba cạnh tam giác nên a + b - c > 0; b + c a > 0; c + a - b > abc > ) Vậy bất đẳng thức chứng minh Bài 5.3 : CMR tam giác nhọn, tổng độ dài đường trung tuyến ln lớn lần bán kính đường trịn ngoại tiếp 2 2 2 2 Giải: Gọi m , m , m độ dài ba đường trung tuyến R bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆ ABC, ta phải chứng minh m + m +m > 4R Vì ∆ ABC tam giác nhọn nên tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác O nằm tam giác ABC Gọi G trọng tâm tam giác ABC tâm O nằm ba tam giác GAB, GAC, GBC Giả sử tâm O nằm ∆GAB OA + OB = 2R GA+ GB > 2R mà 3 GA= m , GB = m (tính chất đường trung tuyến) Nên GA + GB > 2R ⇒ (m + m ) > 2R ⇒ m + m > 3R Trong ∆OCF có CF > OC ⇒ m > R Do m + m + m > 3R + R = 4R Sáng kiến kinh nghiệm 22 Năm học 2012-2013 Trường THCS Cao Viên Giáo viên: Lê Thị Hải Yến IV:BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ: Bài 1: Cho hai số x y mà x + y = CMR : x + y ≥ Bài 2: Cho hai số dương x,y x + y = x - y CMR: x + y < Bài : Tìm giá trị nhỏ biểu thức a, C = x − + x − b, E = x − + x − + x − + x − Bài 4: Cho số x, y thoả mãn điều kiện: x + y = Chứng minh rằng: x4 + y4 ≥ Bài Cho a ≥ 0, b ≥ 0, c ≥ CMR: a4 + b4 + c4 ≥ abc (a + b + c) Bài 6: Cho a, b, c > tho¶ m·n a + b + c = 1 1 Chøng minh + − < a b c abc Bài 7: CMR: Nếu a < 1; b < a + b < + ab Bài 8: Chứng minh bất đẳng thức Cô si tổng quát với n số không âm phương pháp quy nạp toán học : a + a + + an n ( ) ≥ a1a2 an n Bài 9: Cho a, b, c độ dài cạnh tam giác CMR: a) a + b + c < 2(ab + bc +ca) b) 4ab - (a + b - c) > c) + + ≥ Bài 10: Giải phương trình sau phương pháp bất đẳng thức: a) + = x - 10x + 35 b) x2 + 6x + = 2x2 + x + x + 6x + V : KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU : Sau áp dụng đề tài sáng kiến kinh nghiệm vào giảng dạy thấy học sinh có tiến tích cực Các em xác định loại toán cách giải, nhiều em học sinh vận dụng tương đối tốt phương pháp để giải tập bất đẳng thức Kết thúc đề tài, qua kiểm tra đối chứng thấy chất lượng học tập nâng lên rõ rệt Cụ thể: * Đề kiểm tra khảo sát sau thực đề tài: Bài 1: Cho x ≥ 0; y ≥ 0, chứng minh x3 + y x+ y ≥( ) 2 Bài : Cho số dương a, b, c thoả mãn : a + b + c = 2013 Sáng kiến kinh nghiệm 23 Năm học 2012-2013 Trường THCS Cao Viên Giáo viên: Lê Thị Hải Yến 1 + + ≥ a b c 671 Bài : Tìm giá trị nhỏ biểu thức 2 D = x + x+3 + x + x−6 Bài Tìm nghiệm nguyên dương phương trình 5(x + y) = xy Chứng minh : Đáp án: Bài Xét hiệu x3 + y x + y 4( x + y )( x − xy + y ) − ( x + y ) H= −( ) = 2 ( x + y )(4 x − xy + y − x − xy − y ) 3( x + y )( x − y ) = = Với x ≥ 0; y ≥ H ≥ hay x3 + y x+ y ≥( ) 2 Dấu ‘‘ = ’’ xảy  x = y Bài Dễ dàng chứng minh bất đẳng thức: 1 1 a a a b + > với a, b > b a b b c c Ta có :  + + ÷ ( a + b + c ) =1 + + + + + + + + b c a c a b a b c a b b c c a b a c b a c 1 1 1 Vậy  + + ÷ ( a + b + c ) ≥ => + + ≥ a + b + c = 2013 a b c a b c 2013 1 hay + + ≥ a b c 671 = 3+( + )+( + )+( + ) ≥ + + + = Dấu ''='' xảy : a = b = c = 2 Bài : Tìm giá trị nhỏ biểu thức D = x + x + + x + x − 2 2 Ta có: D = x + x + + − x − x + ≥ x + x + − x − x + = = Dấu “ = “ xảy  ( x + x + 3).(− x − x + 6) ≥  x + x - ≤ (vì x + x + = (x + ) + > 0)  (x + 3)(x - 2) ≤  -3 ≤ x ≤ Vậy D ≥ nên D =  -3 ≤ x ≤ Bài Tìm nghiệm nguyên dương phương trình 5(x + y) = xy (1) (1)  + = Không tính tổng quát, giả sử x≥ y ≥ => ≤ Sáng kiến kinh nghiệm 24 Năm học 2012-2013 Trường THCS Cao Viên Giáo viên: Lê Thị Hải Yến => = + ≤ => y ≤ 10 Mặt khác < => y > Suy < y ≤ 10 => y ∈ { 6;7;8;9;10} Thay giá trị y vào phương trình (1) ta y x 30 loại loại loại 10 10 Hoán vị số trên, ta nghiệm phương trình : (x ; y) = (6 ; 30), (30 ; 6), (10 ; 10) Sáng kiến kinh nghiệm 25 Năm học 2012-2013 ... b)(1 - c) > - a - b - c => (1 - a)(1 - b)(1 - c)(1 - d) > (1 - a - b - c)(1 - d) => (1 - a)(1 - b)(1 - c)(1 - d) > - a - b - c - d + ad + bd + cd Do ad + bd + cd > => (1 - a)(1 - b)(1 - c)(1 - d)... (1 - a)(1 - b) > - a - b Do c < nên - c > => (1 - a)(1 - b)(1 - c) > (1 - a - b)(1 - c)  (1 - a)(1 - b)(1 - c) > - a - b - c + ac + bc Do < a, b, c, d < nên - d > 0; ac + bc > =>(1 - a)(1 -. .. Chứng minh : (1 - a)(1 - b)(1 - c)(1 - d) > - a - b - c - d Giải : Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 201 2-2 013 Trường THCS Cao Viên Giáo viên: Lê Thị Hải Yến Ta có : (1 - a)(1 - b) = - a - b + ab