Sáng kiến kinh nghiệm - môn Toán

Nếu thực hiện được đề tài này thì học sinh có hứng thú khi giải toán bất đẳng thức, làm bài tập tốt hơn, tự giải quyết được các bài tập bất đẳng thức có dạng tương tự, hạn chế được rất n[r]

MỤC LỤC Trang

A MỞ ĐẦU

A MỞ ĐẦU

1) Lý chọn đề tài 2) Mục đích nghiên cứu 3) Nhiệm vụ đề tài 4) Phạm vi đề tài

5) Đối tượng nghiên cứu phương pháp tiến hành 6) Dự kiến kết đề tài

2

B NỘI DUNG

PHẦN I: ÁP DỤNG GIẢI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC TRONG ĐẠI SỐ

I MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ BẤT ĐẲNG THỨC II MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CƠ BẢN CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

4

1) Phương pháp dựa vào định nghĩa

2) Phương pháp dùng tính chất bất đẳng thức

3) Phương pháp biến đổi tương đương

4) Phương pháp dùng phương pháp phản chứng 11

5) Phương pháp dùng qui nạp toán học 13

6) Phương pháp biến đổi 14

7) Phương pháp dùng bất đẳng thức biết 16

8) Phương pháp tam thức bậc 17

III MỘT VÀI ỨNG DỤNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC

1) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ hàm số, biểu thức đại số

20 20 2) Tìm điều kiện tham số để phương trình, hệ phương

trình có nghiệm, vơ nghiệm

22

3) Giải phương trình, hệ phương trình 23

PHẦN II: ÁP DỤNG GIẢI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC TRONG HÌNH HỌC

1) Một số kiến thức bất đẳng thức hình học

23 2) Một số cách chứng minh bất đẳng thức 25 C KẾT LUẬN

1) Lý chọn đề tài:

Ngày khoa học kỹ thuật công nghệ phát triển vũ bão, phát triển tất ngành khoa học ứng dụng tất ngành công nghệ then chốt dầu khí, viễn thơng, hàng khơng khơng thể thiếu tốn học Sự đời phát triển mạnh mẽ công nghệ thông tin thực dẫn đến tượng “ Bùng nổ” ứng dụng toán học đưa lại hiệu to lớn cho đời sống xã hội

Tốn học có vị trí đặc biệt quan trọng việc nâng cao phát triển dân trí Tốn học khơng cung cấp cho học sinh(người học tốn) kĩ tính tốn cần thiết mà điều kiện chủ yếu rèn luyện khả tư logic, phương pháp luận khoa học

Trong việc dạy tốn việc tìm phương pháp dạy học giải tập toán đòi hỏi người giáo viên phải chọn lọc, hệ thống tập, sử dụng phương pháp dạy học Góp phần hình thành phát triển tư cho học sinh Đồng thời qua việc học toán học sinh cần bồi dưỡng, rèn luyện phẩm chất đạo đức, thao tác tư để giải tập toán có giải tốn bất đẳng thức

Một số thực trạng dạy toán bất đẳng thức trường THCS là:

Giáo viên dạy bất đẳng thức chữa tập xong, khai thác, phân tích đề bài, mở rộng toán Dẫn đến học sinh gặp tốn khác chút khơng giải được, không nắm phương pháp giải cho loại dạng

Học sinh thường ngại học toán bất đẳng thức kiến thức ít, khơng liền mạch, phương pháp giải hạn chế Vận dụng toán bất đẳng thức vào loại tốn khó cực trị, giải phương trình hạn chế

Vì vậy: phát triển lực, tư học sinh thông qua việc giải toán bất đẳng thức cần thiết Hơn theo yêu cầu thực tế, giáo viên nên cho học sinh tiếp cận dạng toán nâng cao, phân loại đối tượng để học sinh tiếp cận sớm, quen với dạng tốn khó, bất đẳng thức Trong nhiều năm học tơi tích luỹ số kiến thức toán bất đẳng thức xin trình bày góc độ nhỏ

2) Mục đích nghiên cứu.

2.1 Đề tài có tác dụng giúp học sinh học mơn tốn nói chung việc giải tốn tập chứng minh bất đẳng thức nói riêng Trang bị cho học sinh số kiến thức nhằm nâng cao lực học mơn tốn giúp em tiếp thu cách chủ động, sáng tạo làm công cụ giải tập có liên quan đến bất đẳng thức

2.2 Gây hứng thú cho học sinh việc làm tập SGK, sách tham khảo, giúp học sinh tự giải số tập

2.3 Giải đáp thắc mắc, sửa chữa sai lầm hay gặp giải toán bất đẳng thức trình dạy học

2.5 Thơng qua việc giải tốn bất đẳng thức giúp học sinh thấy mục đích việc học toán học tốt tập bất đẳng thức, đồng thời góp phần nâng cao chất lượng giáo dục

3) Nhiệm vụ đề tài.

3.1 Trong đề tài đưa số kiến thức bất đẳng thức phù hợp với trình độ nhận thức học sinh THCS

3.2 Trang bị cho học sinh số phương pháp giải toán bất đẳng thức áp dụng để làm tập

3.3 Rút số nhận xét ý làm phương pháp 3.4 Chọn lọc, hệ thống số tập hay gặp cho phù hợp cho phương pháp giải, cách đổi biến

3.5 Vận dụng giải toán bất đẳng thức vào giải tốn cực trị, giải số phương trình đặc biệt

4) Phạm vi đề tài.

Phát triển lực, tư học sinh thông qua giải toán bất đẳng thức học sinh cấp THCS

5) Đối tượng nghiên cứu phương pháp tiến hành.

Đề tài áp dụng học sinh buổi sinh hoạt câu lạc bộ, luyện tập, ôn tập cuối kỳ, cuối năm, kỳ học sinh giỏi, tốt nghiệp THCS thi tuyển vào cấp

Phương pháp tiến hành: Học sinh có kiến thức bản, đưa phương pháp giải, tập áp dụng, sai lầm hay gặp, tập tự giải nhà

6) Dự kiến kết đề tài.

Khi chưa thực đề tài này: Học sinh giải số tập bất đẳng thức đơn giản, hay mắc sai lầm, hay gặp khó khăn, ngại làm tập bất đẳng thức

B NỘI DUNG

PHẦN I: ÁP DỤNG GIẢI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC TRONG ĐẠI SỐ Ở TRƯỜNG THCS.

I Một số kiến thức bất đẳng thức: 1 Định nghĩa:

Cho hai số a b ta có: a lớn b, kí hiệu a>b a - b > a nhỏ b, kí hiệu a<b a - b <

2 Các tính chất bất đẳng thức: 2.1. a > b  b < a

2.2. Tính chất bắc cầu: a > b; b > c  a > c

2.3. Tính chất đơn điệu phép cộng: cộng số vào hai vế bất đẳng thức

a > b  a + c > b + c

Chú ý: không trừ vế hai bất đẳng thức chiều

2.4. Trừ vế hai bất đẳng thức ngược chiều, bất đẳng thức chiều với bất đẳng thức bị trừ

   

 d c

b a

 a - c > b - d

2.5. Tính chất đơn điệu phép nhân:

a) Nhân hai vế bất đẳng thức với số dương a > b; c >  ac > bc

b) Nhân hai vế bất đẳng thức với số âm đổi chiều bất đẳng thức

a > b; c <  ac < bc

2.6. Nhân vế hai bất đẳng thức chiều mà bất đẳng thức không âm

    

 

0 d c

b a

 ac > bd

2.7. Nâng lên luỹ thừa bậc nguyên dương hai vế bất đẳng thức a > b >  an > bn

a > b  an > bn với n = 2k + 1(kN)

2.8. So sánh hai luỹ thừa số với số mũ nguyên dương Nếu m > n : a >1  am > an

a =1  am = an 0 < a <

 am < an

2.9. Lấy nghịch đảo hai vế đối chiếu bất đẳng thức hai vế dấu

a > b > a < b <  a

1

< b

Trong tính chất nhiều tính chất dấu “>” ( dấu”<”) thay đổi dấu “” ( dấu “ ”)

3 Các bất đẳng thức cần nhớ. 3.1. a2

 0; - a2  Xảy dấu đẳng thức a=0

3.2. a  Xảy dấu đẳng thức a=0

3.3. -a  a a  Xảy dấu đẳng thức a=0

3.4. a+b a + b  Xảy dấu đẳng thức ab 

3.5. a-b a - b  Xảy dấu đẳng thức ab  0; a b  ( điều kiện cịn diễn đạt 



 

 

0 b a

b a

)

4 Một số bất đẳng thức quan trọng.

4.1 a2 + b2  2ab 4.2

2

2     ab

 ab hay (a+b)2  4ab ( bất đẳng thức côsi với a  0,b 

0)

4.3 a

+ b

 ab

4

; với a, b >0 4.4 b

a

+ a b

 với ab>0

4.5 (ax + by)2  (a2 + b2)(x2 + y2) (bất đẳng thức Bunhiacôpski)

II MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH 1.Phương pháp dùng định nghĩa.

1.1 Phương pháp

Để chứng minh : A > B ta xét hiệu A - B chứng tỏ A - B >0 A < B ta xét hiệu A - B chứng tỏ A - B <0 1.2 Ví dụ minh hoạ:

Ví dụ 1: Chứng minh (x-1)(x-2)(x-3)(x-4)  -1 Giải:

Xét hiệu (x-1)(x-2)(x-3)(x-4) - (-1) = (x2 - 5x + 4)(x2 - 5x + 6) +1 Đặt (x2 - 5x + 5) =y biểu thức bằng: (y-1)(y+1) + = y2 – + 1= y2



 (x-1)(x-2)(x-3)(x-4) - (-1)   (x-1)(x-2)(x-3)(x-4)  -1 Ví dụ 2:

Chứng minh: 2(x2 + y2)  (x+y)2 Giải:

Xét hiệu hai vế: 2(x2 + y2) - (x+y)2 = 2x2 + 2y2 - x2 - y2 - 2xy = x2 - 2xy + y2 = (x-y)

 Vậy 2(x2 + y2)  (x+y)2

Chứng minh a b số thực khơng âm

2 b a

 ab dấu xảy  a=b Giải:

Xét hiệu b a

- ab =

2 ab b

a 

=

) ( a b



 với  a b 

Dấu xảy a = b

1.3. Bài tập tự giải

Chứng minh bất đẳng thức sau:

b a

 ( )

b a

x3 + 4x +1 > 3x2 với x  x4 - x >2

1

4. Cho a+b = c+d chứng minh c2 + d2 +cd

 3ab

5. a6 + b6 + c6 a5b + b5c + c5a (a, b, c  0)

6. Với a  b 

1 a

 + 1

b

  1ab

2 Phương pháp dùng tính chất bất đẳng thức

2.1 Phương pháp:

- Xuất phát từ bất đẳng thức biết vận dụng tính chất bất đẳng thức để suy bất đẳng thức phải chứng minh

- Thường áp dụng tính chất bất đẳng thức( nêu phần trên)

2.2 Ví dụ minh hoạ: Ví dụ

Cho a + b >1 Chứng minh rằng: a4 + b4 >

1

Giải

Ta có: a+ b >1(1) bình phương hai vế ta được: (a+b)2 >1

 a2 + 2ab + b2 >1(2) Mặt khác: (a-b)2

  a2 - 2ab - b2  (3) Cộng vế (2) (3) ta được: 2(a2+b2) >1

 a2+b2 >2

1

(4) Bình phương vế (4) ta được: a4 + 2a2b2 + b4 > 4

1

(5) Mặt khác (a-b)2  a4 - 2a2b2 + b4 > (6)

Cộng vế (5) (6) ta 2(a4 + b4) > 4

1

 a4 + b4 >

1

Ví dụ 2:

Chứng minh rằng: ab c

+ bc a

+ ca b

 a

1

+ b

+ c

Giải:

Xét ab c

+ bc a

với a+b-c>0, b+c-a>0 Áp dụng bất đẳng thức: x

1

+ y

1

 x y

4

c b a 

1

+ bc a

 2b

4

=b

Tương tự ta có: bc a

+ ca b

 c

2

b c a 

1

+ ab c

 a

2

Cộng vế bất đẳng thức chia vế cho ta được:

c b a 

1

+ bc a

+ ca b

 a

1

+ b

+ c

Dấu xảy a = b = c Ví dụ 3:

Chứng minh với số tự nhiên n

3

2

+ 33

+ +

1 n < 4

1

Giải

Phân tích hướng dẫn:

Gọi vế trái bất đẳng thức Ta sử dụng tính chất bắc cầu bất đẳng thức dạng phương pháp làm trội

Để chứng minh: A < B ta làm trội A thành C (A< C) chứng minh CB ( C đóng vai trị làm trung gian)

Ta có với  k  N* :

1

k < k3 k

= ( 1)

1

2

 k

k = ( 1)( 1)

  k k k

Do đó: A < 2

2

 +3

3

 + +n3  n

=1.2.3

+ 2.3.4

+ + ( 1) .( 1)

1   n n n

Đặt C= 1.2.3

+ 2.3.4

+ + ( 1) .( 1)

1   n n n

Ta lại thấy: (n 1).n

1

 - ( 1)

 n

n = ( 1) .( 1)

  n n

n nên

C =

 1.2

1

- 2.3

+ 2.3

- 3.4

+ + (n 1).n

1

 -(n 1).n 

=         ) ( n

n = 4

- ( 1)

1  n

n < 4

Vậy 23

1

+ 33

1

+ +

1 n < 4

Ví dụ 4: Cho x  0, y  0, z  Chứng minh (x+y)(y+z)(z+x)  8xyz(1)

Giải

Vì hai vế (1) khơng âm nên để chứng minh (1) ta chứng minh : Ta có : (x+y)2(y+z)2(z+x)2

 64x2y2z2 Ta có (x+y)2  4xy

(y+z)2  4yz (z+x)2  4zx

Hai vế bất đẳng thức không âm nên nhân vế bất đẳng thức với ta

(x+y)2(y+z)2(z+x)2

 64x2y2z2

 [(x+y)(y+z)(z+x)]2  [8x2y2z2]2

 (x+y)(y+z)(z+x)  8xyz ( xyz  0; (x+y)(y+z)(z+x)  0) Dấu xảy  x = y = z =

2.3 Chú ý: Khi sử dụng bất đẳng thức ta cần tránh sai lầm sau:

1 

  

d c

b a

 a - c > b - d

2 

  

d c

b a

 ac > bd

(Nhân vế với vế bất đẳng thức mà chưa biết hai vế có âm hay khơng)

3 Bình phương hai vế bất đẳng thức mà chưa biết hai vế không âm

a > b  a2 > b2

4 Khử mẫu mà chưa biết dấu chúng

b a

> d c

 ad > cb

5 Lấy nghịch đảo hai vế đổi chiều bất đẳng thức mà chưa biết hai vế dấu :

a > b  a

1

> b

6 Khi làm biểu thức, đơi phải chia biểu thức thành nhiều nhóm làm trội nhóm

Ta xét ví dụ sau:

Chứng minh với số tự nhiên n  1+2

1

+3

+ +2 1

 n

< n Giải

Gọi hai vế bất đẳng thức A ta có A = 1+(2

1

+3

)+(22

1

+ +7

)+(23

1

+ +15

) + + (2

1  n

+ +2 1

 n

Ở nhóm ta làm trội cách thay phân số phân số lớn nhóm ta

A < 1+2

.2+22

1

.4+23

1

.8+ +2

1  n

.2n1 = +1 + +1=n 2.4 Bài tập tự giải:

Chứng minh bất đẳng thức sau 1/ a

1

+ b

1

 a b

4

( a>0; b>0) 2/ a2 + b2 + c2 + d2  4 abcd

3/ 22

1

+ 32

1

+ +

1

n < n n1

3 Phương pháp biến đổi tương đương

3.1 Phương pháp:

- Để chứng minh bất đẳng thức A  B ta biến đổi tương đương (dựa vào tính chất bất đẳng thức)

A  B   C  D

Và cuối đạt bất đẳng thức hiển nhiên C  D Vì phép biến đổi tương đương nên A  B

- Để dùng phép biến đổi tương đương ta cần ý đẳng thức sau:

( A+ B)2 = A2+ 2AB +B2 ( A- B)2 = A2- 2AB +B2

(A+B+C)2 = A2 + B2 + C2 +2AB + 2BC + CA. 3.2 Các ví dụ minh hoạ :

Ví dụ 1:

Chứng minh: x2 - x +1 >0  x Giải

Ta có : x2 - x +1 >0  (x2 - 2.2

1

.x +4

) +

>0

(x-2

1

)2 +4

3

>  x (điều phải chứng minh)

 Khai thác toán: Từ lời giải ta thấy: (x-2

1

)2 +4

3

  x

Dấu “=” xảy

1 x

Vậy giá trị nhỏ x2 - x +1

3

Hoặc tương tự là: x2 + x +1 >0  x Ví dụ 2:

2 2

a b c ab bc ca 

Giải:

   

 

2 2 2

2 2

2 2 2

2 2

2

2 2 2

( ) ( )

( ) ( ) ( )

a b c ab bc ca

a b c ab bc ca

a b c ab bc ca

a ab b b bc c c ca a

a b b c c a

    

     

      

         

      

 Khai thác toán:

Xét trường hợp đặc biệt với c = ta có:

2 1 2 1

a b  a b ab b 

Kết hợp với đẳng thức (a b c  )2 a2b2c22ab2bc2ca ta có:

3 2

( )

3

a b c  a b c 

Ví dụ

CMR với số a, b, x, y ta có: (a2+b2)(x2+y2)  (ax+by)2 (1) Dấu xảy  x

a

= y

b

Giải

Ta có (1)  a2x2+ a2y2+b2x2+b2y2  a2y2 - 2abxy+ b2x2 

 (ay-bx)2  (2)

Bất đẳng thức (2) chứng minh nên bất đẳng thức (1) Dấu “=” xảy  ay-bx =  x

a

= y

b

Ví dụ :

Cho số tương đương a b thoả mãn điều kiện a+b=1

CMR : 

   

 a

1 

    

 b 1



Ta có 

   

 a

1 

    

 b 1

 (1)

 a

a1 b b1

  ab+ a+ b+  9ab  a+b+  8ab

  8ab (vì a+b =1)

 1 4ab

 (a+b)2  4ab  (a-b)2 0

Bất đẳng thức (2) đúng, mà phép biến đổi tương đương Vậy bất đẳng thức (1) chứng minh

Chứng minh bất đẳng thức:

2 b

a 



2

2     ab

với a>0, b>0 Giải

2

2 b

a 



2

2     ab

(1)

 4(a2+ b2)  (a+b)2 (nhân hai vế với 8)

 4(a+b)(a2-ab+b2) (a+b)(a+b)2 ( chia vế cho a+b >0)  4a2 - 4ab + b2 a2 + 2ab + b2

 3a2 - 6ab + 3b2  3(a-b)2 (2)

Bất đẳng thức (2) mà phép biến đổi tương đương nên bất đẳng thức (1)

3.3 Chú ý:

Sẽ mắc sai lầm lời giải thay dấu tương đương “ ” dấu kéo theo “”

Thật (1) “” (2) mà bất đẳng thức (2) chưa thể kết luận bất đẳng thức (1) có hay khơng

- Khi sử dụng phép biến đổi tương đương, học sinh thường bỏ biến đổi tương đương có điều kiện dẫn đến khơng chặt chẽ Vì cần lưu ý biến đổi tương đương có điều kiện

Chẳng hạn: a2 > b2

 a >b với a, b >0 m>n  am > an , m, nZ, a>1

Cần rõ điều kiện biến đổi tương đương

3.4 Bài tập tự giải:

Bài 1: So sánh số A= 3-3 B= 2-1( khơng dùng máy tính)

Bài 2: Chứng minh với số nguyên dương x, y thoả mãn xy<1 :

x 

1

+1 y

 1 xy

2

Bài 3: Chứng minh bất đẳng thức:

2 b

a  + c2 d2  ab2 cd2

Bài 4: Chứng minh x>1 ta có: x x

 Bài 5: Với a, b> Chứng minh bất đẳng thức: b

a

- a  b - a

b

Bài 6: Chứng minh rằng:  a, b, c  R ta có: a) a4b4  a3b+ab3

b) a2+ b2 + c2  ab+ bc +ca

4 Phương pháp phản chứng:

Gọi luận đề cần chứng minh luận đề: “ A  B” Phép toán mệnh đề cho ta: A B = AB =A  B = AB

Ta thường dùng hình thức chứng minh phản chứng sau: a.1 Dùng mệnh đề phản đảo B  A

a.2 Phủ định luận đề suy điều trái với giả thiết a.3 Phủ định luận đề suy hai điều trái ngược a.4 Phủ định luận đề suy điều trái ngược với điều a.5 Phủ định luận đề suy kết luận AB  B

Ví dụ 1:

Cho a2 + b2  CMR a+b  2 Giải

Giả sử a + b >2  (a+b)2 > ( hai vế dương nên bình phương hai vế)  a2 + 2ab + b2 >4 (1)

Mặt khác ta có: 2ab  a2 + b2 a2 + b2 +2ab  2(a2+b2) Mà: 2(a2+b2)

 (giả thiết) a2 + b2 +2ab  (2) Ta thấy (2) mâu thuẫn với (1) phải có: a +b 2 * Cách giải khác: ta có a2 + b2 2(1)

Mặt khác 2ab  a2+ b2 nên 2ab  a2 + b2 (2) Cộng (1) với (2) ta a2 +2ab +b2

 (a + b)2  -2 a+b  Ví dụ 2:

Cho a, b, x,y liên hệ a+b= 2xy

CMR: hai bất đẳng thức sau đúng: x2 >a; y2 >b Giải

Giả sử x2<a , y2 <b  x2 + y2 < a+b = 2xy  x2 + y2 - 2xy<0

 (x-y)2 < Vơ lý

Vậy hai bất đẳng thức: x2 >a; y2 >b đúng Ví dụ 3:

Cho số thực a, b, c thoả mãn điều kiện sau:

    



  

  

0

0 abc

ca bc ab

c b a

CMR ba số dương Giải

Vì abc>0 nên số có số dương Ngược lại ba số âm  abc <0 (vơ lý) Khơng tính tổng qt ta giả sử a> Mà abc >  bc >0

Nếu b< 0, c<0  b+c<0

Từ a+b+c >0 b+c>-a (b2+c2) < -a(b+c)  b22bc+c2 < -ab-c2

 ab+ ac< -b2-2bc-c2

 ab+bc+ca< -b2-2bc-c2 <

4.3 Chú ý

Với tốn bất đẳng thức có dạng ta nên sử dụng phương pháp phản chứng Tuy nhiên để sử dụng phương pháp cần nắm vững cách chứng minh tính chất bất đẳng thức để biến đổi, lập luận

4.4 Bài tập tự giải:

1 Cho a>b >0 a b ab  

<1 CMR: có a<1; b<1 Cho a, b, c thoả mãn 0<a, b,c <1

CMR bất đẳng thức sau sai a(1-b) >4

1

b(1-c) >4

c(1-a) >4

5 Phương pháp quy nạp toán học: 5.1 Phương pháp:

Nội dung phương pháp tiền đề phương pháp toán học Cho mệnh đề phụ thuộc vào số nguyên dương n Nếu:

+ mệnh đề với n+1

+ Từ giả thiết với n=k(k N) suy mệnh đề với n=k+1 Thế mệnh đề với số nguyên dương

Như để chứng minh mệnh đề T với số nguyên dương phương pháp qui nạp toán học ta phải tiến hành bước

+ B1: Chứng minh T(1) ( kiểm tra mệnh đề với n=1) + B2: Giả sử mệnh đề T(k)

ta chứng minh mệnh đề T(k+1)

+ B3: Kết luận mệnh đề với số nguyên dương 5.2 Một số ví dụ minh hoạ

Ví dụ 1:

CMR với x>-1 (1+x)n 1+nx Trong n số nguyên dương bất kỳ. Giải

+ Với n=1 ta có bất đẳng thức 1+x 1+x

+ Giả sử bất đẳng thức với n=k tức (1+x)k (1+kx)

ta phải chứng minh bất đẳng thức với n=k+1 Tức phải chứng minh :

(1+x)k+1 1+(k+1)x

Mà kx2>0 nên 1+(k+1)x+kx2 1+(k+1)x Từ suy bất đẳng thức phải chứng minh Dấu xảy x=0

Ví dụ 2:

CMR với  a ta có: a2  a2   a2 a+1 (trong vế trái có n dấu căn)

Giải

Kí hiệu Pn =

2

2 a a

a    (có n dấu căn)

+ Với n=1 ta có: P1=

2

a =a a+1

+ Giả sử mệnh đề với n=k tức Pk a+1 Ta chứng minh điều với n=k+1 Thật theo giả thiết qui nạp làm trội ta có Pk+1= a Pk

2    a a



2

  a

a = a 12

=a +1 Vậy bất đẳng thức chứng minh

Ví dụ 3:

Cho a, b số dương Chứng minh rằng: n n b a   n b a       

2 n  2

Giải

+ Với n=2 ta dễ dàng chứng minh

2 b

a 



2

2     ab

+ Giả sử toán với n=k ta có: k k b a   k b a        (1)

Ta phải chứng minh

1    k k b a       

ab k

(2) Thật vậy, nhân hai vế (1) với 

     b a ta        b a k k b a          b

a a b k

      

Để có (2) ta phải chứng minh

1    k k b a         b a k k b a  (3)  ak+1+bk+1 abk+akb

Thật ta có: ak+1+ bk+1-abk+akb = ak(a-b)-bk(a-b) = (a-b)(ak-bk) =(a-b)2(ak-1+ak-2b+…+ abk-2+bk-1) (vì a, b > 0)

Bất đẳng thức (3) đúng, mà       b a k k b a        

ab k

 1    k k b a       

ab k

Vậy bất đẳng thức chứng minh

1/ CMR:  n ta có: 2n > 2n+1 2/ CMR: 2n > n3

 n N *,n  10

6 Phương pháp đổi biến: 6.1 Phương pháp

B1 Đặt biến dựa theo biến cũ

B2 Biến đổi bất đẳng thức theo biến mới, chứng minh bất đẳng thức với biến

B3 Kết luận trả biến cũ

6.2 Ví dụ minh hoạ

Ví dụ 1:

Chứng minh bất đẳng thức sau: abc  (b+c-a)(a+c-b)(a+b-c) Với a, b,c độ dài cạnh tam giác

Giải

Đặt: b+c-a = x, a+c-b=y, a+b-c=z

 a=

z y

; b= z x

; c= y x

Ta phải chứng minh z y

z x

y x

 xyz

 (y+z)2(x+z)2(x+y)2 64 x2y2z2 ( hai vế khơng âm) Ta có: (x+y)2

 4xy

(y+z)2 4yz (z+x)2 4zx

Vì hai vế bất đẳng thức không âm nên ta nhân vế bất đẳng thức ta được: (y+z)2(x+z)2(x+y)2 64 x2y2z2

Vậy bất đẳng thức (1) chứng minh

Dấu xảy x=y=z a=b=c Ví dụ 2:

Cho a+b+c=1; chứng minh rằng: a2+b2+ c2 1 Giải

Đặt a=

+x, b=3

+y, c=3

+z Do a+b+c =1 nên x+y+z = Ta có: a2+b2+ c2 = (3

1

+x)2+(3

1

+y)2(3

1

+z)2

= 

 

 





3

x x

+ 

 

 





3

y y

+ 

 

 





3

z z

=

+3

(x+y+z)+x2+y2+z2 =3

1

+ x2+y2+z2  3

1

Xảy đẳng thức  x=y=z  a=b=c=3

1

6.3 Chú ý

+ Đặt biến theo hệ điều kiện biến cũ, kèm theo điều kiện biến

+ Nắm phép biến đổi, bất đẳng thức bản, quen thuộc dễ áp dụng

+ Đổi biến cũ

6.4 Bài tập tự giải:

1/ Cho a,b,c ba cạnh tam giác

CMR: b c a

a 

 +a c b b



 +a b c c



  3

2/ Cho x,y  thoả mãn: x2 x + y2 y = x x + y y CMR: x+y  1+ xy

3/ Cho a, b, c 

CMR: 2

4

c b

a

 + 2

4

c a

b

 + 2

4

b a

c

 

2 2 b c

a  

7 Phương pháp dùng bất đẳng thức biết:

7.1 Phương pháp:

Trong nhiều toán để chứng minh bất đẳng thức gọn, ta sử dụng bất đẳng thức chứng minh, bất đẳng thức kinh điển bất đẳng thức: Côsi, Bunhia Côpski

7.2 Ví dụ minh hoạ: Ví dụ 1:

CMR: b

a

+a b

 với ab>0 Giải:

Vì b a

, a b

dương nên áp dụng bất đẳng thức côsi ta được:

2

2    

 

   

 

 a b b a

 b

a

.a b

=1  

  

 

   

 



a b b a

 hay b

a

+a b

 Dấu xảy b

a

=a b

hay a=b

(Tích khơng đổi, tổng nhỏ hai số nhau)

Ví dụ 2:

Chứng minh bất đẳng thức Becnuli a  R+ ; 1<q Q (1+a)q >1+qa

Giải

Do q Q q>1 nên q= n

m

, m>n, m,n N Áp dụng bất đẳng thức côsi cho m số:

   

n qa qa          



1 1

1     

 m  m n

n

qa 



1

(không xảy dấu (1+qa)>1) Hay n(1+qa) + (m-n).1  n m

n qa 1

 n+ nqa + m – n > n m

n qa 1

 m

n

qa+1 >  m n qa 1

Nhưng m n

= q

1

ta có: q

1

.qa +1 >  m n qa 1

 a +1 > q

1

qa 1

 a1q > 1+qa Ví dụ :

Cho biểu thức:

2

: 1

x x x

P

x x

x x x x

    

     

      

 

a) Rút gọn P Đáp án:

x P

x 



b) Tìm giá trị x cho P = -2 (Học sinh tự làm) c) Tìm giá trị nhỏ P.

Pcó nghĩa

1

1 1

1

1 1

2

x x

x

P x x

x x x

P

     

       

  

  

(bất đẳng thức cosi) 7.3 Bài tập tự giải:

1/ CMR số dương a, b, c có tổng a+b+c =1

1 1

  

c b a

2/ Cho x 1, y 1 CMR:  x   y 1 xy

1

1

2

3/ Cho x,y  ; x,y  x2+y2=1

CMR:

1 2

  x y

4/ CMR: 

   

      

      



c b a

1 1 1

8 Phương pháp dùng tam thức bậc hai:

8.1 Phương pháp

Ta dùng định lý dấu tam thức bậc 2, dấu nghiệm tam thức bậc để chứng minh bất đẳng thức

Cho tam thức bậc 2: F(x) = ax2+bx+c =b2-4ac

+ Nếu  <0 a.F(x) >0 với xR + Nếu  =0 a F(x) >0 với  x a

b 

 F(x) dấu với a

+ Nếu  >0  x1, x2; x2>x1

x nằm khoảng hai nghiệm: x<x1, x>x2  a.F(x)<0 x nằm khoảng hai nghiệm (x1<x<x2)  a.F(x) <0 8.2 Ví dụ minh hoạ

Ví dụ 1:

Cho -1 a2; -1 b2 a+b+c=0 CMR: a2+b2+c2 6

Giải:

Theo tính chất dấu tam thức bậc hai : -1 a2  (a-2)(a-1)  (1)

Tương tự ta có: (b-2)(b-1)  (1) (c-2)(c-1)  (1)

Cộng vế (1)(2)(3) ta được: a2-a-2+b+b2-b-2+c2-c-2 0  a2+b2+c2 –(a+b+c)6

vì a+b+c=0  a2+b2+c2  Ví dụ 2:

Chứng minh bất đẳng thức Côsi- Bunhi Côpski Cho n cặp số thực bất kì; a1, b1; I =1, ,n thì:

    2

2 2

2 2

2

1b a b anbn a a an b b bn

a          

Dấu xảy  số k R cho

n n ka b ka b ka

b1  1; 2  2; ; 

Giải:

Với xR ta có: a1x b12 0

anx bn0

Từ suy :

0

2

1 1

1  ab xb 

a

0

2

2

2  anbnxbn  a

Cộng vế bất đẳng thức ta được:

  2   2

2 2

2 1 2

2

1 a  an x  ab a b  anbn x b b  bn 

a

’=B2-AC=    12 22 2 12 22 2

2 2

2

1b a b a b a a an b b bn

a          

     22 2

2 2

2 2 2

2

1b a b a b a a an b b bn

a          

( Nếu A=0 a1=a2= =an=0, bất đẳng thức cần chứng minh tầm thường)

Dấu xảy khi:  =  a1x-b1= =anx-bn=0  b1=ka1; ; bn=kan với kR Ví dụ 3:

Cho số a, b, c, d thoả mãn a+d=c+b

CMR: Nếu lấy số m cho : 2m>ac bd với xR ta ln có : (x-a)(x-b)(x-c)(x-d)+m2

 (1) Giải:

Dựa vào giả thiết a+d=c+b nên ta có:

(1)  x2  adxadx2  bcxbcm2 0 Vì a+c=b+d nên ta đặt y= x2-(a+d)x= x2+(b+c)x

Bất đẳng thức tương đương với: (y+ad)(y+bc)+m2 0  y2+(ad+bc)y+abcd+m2

Đặt F(y)= y2+(ad+bc)y+abcd+m2 y=(ac+bd)2-4abcd-4m2=(ac-bd)2-4m2 Vì 2m adbc nên 4m2 (ad+bc)2  

 

  

 

0

0 y

 F(y)  hay (x-a)(x-b)(x-c)(x-d)+m2  điều phải chứng minh Ví dụ 4:

Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác, số x, y, z thay đổi cho : ax+by+cz =0(1)

CMR: ayz+bxz+cxy0 (2) Giải

Từ đẳng thức (1)  z=- c

by ax

(c>0) Thay vào (2) ta có: -ay c

by ax

- bx c

by ax

+cxy  -(ax+by)(ay+bx)+c2xy

 abx2+y(a2x+b2x-c2x) +aby2   abx2+y(a2+b2-c2)x +aby2  Đặt F(x) = abx2+y(a2+b2-c2)x +aby2 Ta chứng minh F(x) 0 với yR x=y2(a2+b2-c2)-4a2b2

=y2(a-b-c)(a-b+c)(a+b+c)(a+b-c)

và a b c cạnh tam giác y2>0 nên  

 

 

0 ab

x

Vậy bất đẳng thức (1) chứng minh (dấu “=” xảy  x=y=z=0) 8.3 Chú ý:

Khi sử dụng phương pháp tam thức bậc hai cần lưu ý: + Nắm định lý dấu tam thức bậc hai

+ Thường dùng phép biến đổi tương đương để đưa bất đẳng thức cần chứng minh dạng 



  ) (

0 ) (

x F

x F

 

  ) (

0 ) (

y F

y F

Trong F(x), F(y) tam thức bậc hai biến số x,y 8.4 Bài tập tự giải:

1/ Chứng minh với aR ta có :

3 1

1

2

  

  

a a

a a

2/ Cho a b c thoả mãn hệ thức: a2+b2+c2=2 ab+bc+ca=1

CMR:

4 , ,

 

 a b c

3/ Cho số x1,x2,y1,y2,z1,z2 thoả mãn điều kiện:

y1.y2>0(1); y1.x1>z12; (2); y2x2>z22 CMR: (y1+y2)(x1+x2) (z1+z2)2

4/ Cho b>c>d CRM: với aR ta ln có: (a+b+c+d)2 > 8(ac+bd)

5/ Cho số a, b ,c, d, m,n thoả mãn: a2+b2+c2+d2< m2+n2 CMR: (m2-a2-b2)(n2-c2-d2) (mn-ac-bd)2

III MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC A Một số định lý, bất đẳng thức cần dùng

1 Mệnh đề

Nếu tổng số thực dương x1, x2, xn số cho trước, tích chúng lớn x1= x2= =xn

* Định lý 1:

Nếu có n số thực dương x1, x2, xn có tổng s khơng đổi tích P=x1m1.x2m2 xnmn có giá trị lớn n

n m

x m

x m

x

  

2 1

Trong mi số hữu tỷ dương Mệnh đề 2: đối ngẫu

Nếu tích số dương x1, x2, xn số cho trước tổng chúng bé x1= x2= =x

* Định lý 2:

Nếu n số thực dương x1, x2, xn có tích P=

n

m n m m x x x

2

1 khơng đổi tổng

của chúng S= x1+ x2 + +xn có giá trị bé n

n m

x m

x m

x

  

2 1

3 Cho a1, a2 an R Ta có:

n

n a a a

a a

a1  2    1 2   (1)

Dấu “=” xảy  dấu(a1, a2 an>0) Đặc biệt: a1  a2 a1  a2

B Áp dụng:

1 Tìm cực trị hàm số, biểu thức đại số:

Bài 1: Tìm giá trị nhỏ hàm số:

  19932    19942

 x x

y Giải

Dễ dàng thấy hàm số xác định với x Ta có: y x 1993 x 1994

Áp dụng bất đẳng thức a1 a2 a1  a2

1

1994

1993     

x x y

y

Dấu xảy (x-1993)(1994-x)  1993 x 1994

Do ymin=1

Bài 2: Tìm giá trị nhỏ hàm số:

1

2    



 x x x x

y

Giải

Điều kiện để hàm số xác định là: x 

Lúc đó: y  x 112  ( x11)2 = x 111 x1

 y x 111 x1 =2 Dấu xảy 

  

  



       

2

0 1

1 x

x x

x

Do ymin =2 Bài 3:

Cho số x1, x2, , x1993 thoả mãn điều kiện:

1994 1993

2

1  x   x 

x

Hãy tìm giá trị nhỏ biểu thức: M= x1 1 x2  1  x1993

Giải

Áp dụng bất đẳng thức (1) ta có:

1

1

1

2

1

  

  

  

n

n x

x

x x

Cộng vế bất đẳng thức ta được:

1 1 1994 1993

1993

2

1          

x x x

M

Vậy Mmin=1 Bài 4:

Cho x, y liên hệ phương trình: x2+2xy+7(x+y) +y2+40=0(1) Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức

Giải

Phương trình(1)  x2+2xy+y2+1+2x+2y+5x+5y+5+4=-y2  (x+y+1)2+5(x+y+1) +4=y2

Ta có có  S2+5S +4 F(S) có hai nghiệm S1=-1, S2=-4 Dựa vào tam thức bậc hai mà 

  



0 ) ( a

s F

 -4  S  -1

Vậy giá trị nhỏ S=x+y+1 -4   

  

0 y x

Giá trị lớn S=x+y+1 -1   

  

0 y x

2 Tìm điều kiện tham số để phương trình , hệ phương trình tam thức bậc hai thoả mãn điều kiện đó.

Bài 1: Cho phương trình: a2 x2  a2x2  12a2 1

Tìm giá trị tham số a để phương trình có hai nghiệm tập hợp số nguyên

Giải;

Ta có: a2 x2  2 a2x2 12a2 = a2 x2  2a2 1 a2x2 +2a2 =A Áp dụng bất đẳng thức (1) ta được:

A 2

2 2

2

 

 

 a a x a x

a

Dấu xảy  a2x2-2a2; 1-a2x2; 2a2 dấu Do đó:

    

 

 

0

0

2 2

x a x

Nếu a=0 cơng thức vơ hạn số nguyên thoả mãn: x2 

Nếu a 

2

2

a x  

Để phương trình có hai nghiệm ngun x2 nhận giá trị số phương đoạn

1 ;

a

Vậy

1 4 2 

a 

1

1

 a

CMR:

)

(x  khix  F

Giải:

Ta có: 

         c F(0) c b -a F(-1) c b a F(1)                 ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( F F F b F F F a

Thay vào F(x) ta được: F(x) =

     

   

 0  0 1 1

2 F x F

F F x F F F                     =          

 0 1 2 2

2 x F

F x F x F x F x F       =        

 0  2 2 1

2 x x F x

F x x F      

Áp dụng bất đẳng thức (1) giả thiết ta được:

  2 1

2 x x x x x x

F      

Ta xét trường hợp sau:

+ Với 0x1: :  

2 2 1 2 x x x x x x

F      

=1+x+x2(*) + Với -1x0:  

2 2 1 2 x x x x x x

F      

=1-x+x2(**) Từ (*) (**) với x 1 ta có:

    5

1 2

     

 x x x

Fx

Vậy    x F

Điều phải chứng minh

3 Dùng bất đẳng thức để giải phương trình hệ phương trình:

Ví dụ 1: Giải phương trình sau:

5 13 16

12

3 2

    

 x y y

x

Ta thấy: 3x2  12x16= 3x 22 42

y2  4y13 = y 22 9 3

Dấu xảy ra:

            13 12 3x 2 y y x             13 4 12 2 y y x x       2 y x

Vậy nghiệm phương trình (x=2, y=2) Ví dụ 2: Giải hệ phương trình sau:

Giải

Từ (1) suy x3=-1-2(y-1)2

Vì (y-1)2 = -1-2(y-1)2 -1  x3  -1 x -1 Từ (2)  x2(1+y2)=2y  x2=1

2 y y 

Mặt khác y2+1 2y  x2= 1

2 y y

 1  x2 1 -1x1(**) Từ (*)(**)  x=-1

Thay x=-1 vào (2) ta có: y=1

Vậy hệ phương trình có nghiệm (x=-1, y=1)

PHẦN THỨ HAI: ÁP DỤNG GIẢI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC TRONG HÌNH HỌC

I Một số kiến thức bất đẳng thức hình học: 1 Một số kí hiệu dùng để yếu tố tam giác:

1.1 a, b, c tương ứng với độ dài cạnh BC, AC, AB  ABC

1.2 , ,  tương ứng độ lớn góc ba đỉnh A, B, C  ABC 1.3 ma, mb, mc tương ứng với độ dài đường trung tuyến dựng từ đỉnh A, B, C  ABC

1.4 ha, hb, hc tương ứng với độ dài đường cao dựng từ đỉnh A, B, C  ABG

1.5 la, lb, lc tương ứng với độ dài đường phân giác dựng từ đỉnh A, B, C  ABC

1.6 R,r tương ứng độ dài bán kính đường trịn ngoại tiếp nội tiếp tam giác ABC

1.7 SABC diện tích tam giác ABC

1.8 ra, rb, rc tương ứng bán kính đường trịn bàng tiếp góc A,B,C tam giác ABC

2 Một số kiến thức cần dùng.

2.1 Với ba điểm A B C ta ln có: ABBC+CA Dấu xảy điểm C nằm hai điểm A B

2.2 Trong tam giác góc đối diện với cạnh lớn góc lớn Cạnh đối diện với góc lớn cạnh lớn

AB CD  Cˆ Bˆ

2.3 Trong tam giác vng cạnh huyền lớn cạnh góc vuông

CA>CBBC

2.5 Trong hai đường xiên kẻ từ điểm đến đường thẳng có hình chiếu lớn lớn ngược lại

2.6 Trong tam giác ABC có: AB-AC < BC < AB+AC AB-BC < AC < AB+BC AC-BC < AB < AC+BC

2.7 Trong đường tròn hai đường tròn nhau: + Cung lớn dây chương cung lớn + Đường kính dây cung lớn

CD AB 2R 2.8 SABC 

1

BC.AC; SABC 

1

BC.AB; SABC 

1

AB.AC; 2.9 Bất đẳng thức côsi:

Với số x 0; y ta có  x y x y xy

2

    

Dấu xảy x=y Đặc biệt:

+ Nếu x+y=k(không đổi) xy

2

k

dấu xảy x=y=1/2 + Nếu xy= k (không đổi) x+y  2k

Dấu xảy x=2k

II MỘT SỐ CÁCH CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC: 1 Sử dụng bất đẳng thức tam giác:

Bài 1: Chứng minh tam giác ta có:

Giải:

Xét tam giác

Xét  ABM có: AM> AB-BM

Xét  ACM có: AM> AC-CM

Cộng bất đẳng thức ta được:

2AM> AB+AC-(BM+CM)

 2AM > AB+AC-BC

 1

a c b ma    

Trên tia đối tia MA lấy điểm D cho MA=MD

2

c b m a c b

a     

 ABM = DCM (c.g.c)  AB=CD

Xét tam giác ADC có AD< AC+BC  2

c b ma  

Từ (1)(2)  2

c b m a c b

a     

2 Sử dụng bất đẳng thức Côsi

Bài 2 Cho tam giác ABC có góc nhọn Gọi H trực tâm tam giác ABC, K chân đường cao vẽ từ A tam giác ABC

Chứng minh rằng: KH.KA

2

BC

Giải:

Xét  AKB  CKH có:

AKB CKH 900

 

AK đường cao

 

BAK CHK (hai góc có cạnh tương ứng vng góc)

 AKB đồng dạng  CKH (g.g)

 KH KAKH KBKC

KC KB KA



 

Theo bất đẳng thức Cơsi ta có: 2

2

BC KC

KB KC

KB  

  

   

Vậy:

2

BC KH

KA 

Dấu xảy khi: KB=KC hay K trung điểm BC  ABC cân A

Bài 3. Cho tứ giác ABCD, gọi M,N trung điểm cạnh BC CD Gọi P trung điểm AB, chứng minh rằng:

1)  

2

2

AN AM SABCD  

2) PN  2ADBC

1

Dấu xảy

Giải:

1) Gọi I giao điểm AM BD Ta có:

SABCD=SABC+SADC

Mà  AMB  AMC có : BM=MC(gt)  SAMB=SAMC SABC=2SAMC

Mà  AMB  AMC có CN=ND(gt)  SANC=SAND SABC=2SAMC

 SABCD=2(SACD+SANC)=2SAMNC=2(SAMN+SMNC)

 SABCD=2(SAMN+SIMN)

Mặt khác: SIMN SAMN SABCD 2(SAMN+SIMN)=4SAMN  4.1/2.AM.AN

 SABCD 2AM.AN  

2

2

AN AM 

2) Gọi O trung điểm AC Ta có:

PN PO+ON =BC/2 +AD/2 =1/2(AD+BC)

Dấu xảy AD//BC; tứ giác ABCD hình thang

3 Sử dụng phép đối xứng giải toán bất đẳng thức hình học: Bài 4: Cho  ABC bất kỳ, chứng minh rằng:

p a

p

ha  

Với p nửa chu vi  ABC, đường cao từ A Giải

Qua A kẻ Ax//BC

Thực phép đối xứng trục Ax ta có:

SAxB B’

C C’

Ta có: AB+AC =AC+AB’> B’C

Xét tam giác vng CC’B ta có:

C’B’= C'C2 C'B2 2

4h a c

b  a 

 2 2

4h a c

b  a 



 

 b c a  b c ab c a pp a

ha          



4

1 2

2

p a

p ha   

p a

p

ha  

 điều phải chứng minh

4 Sử dụng bất đẳng thức đại số:

Bài 1: Cho tam giác ABC O điểm tam giác Các tia AO, BO, CO cắt BC, CA, AB P, Q, R Chứng minh rằng:

1)   CR 1

OR PQ OQ AP OP

2)  OR 9

CR OQ

PQ OP

AP

Dấu ‘=’ xảy nào? Giải:

1) Từ A kẻ AH  BC, OK  BC  OK//AH Xét tam giác AHP ta có:

AH OK AB OP



(định lý talét)

SBOC=1/2.OK.BC; SABC=1/2.AH.BC  AP OP AH OK S S ABC

BOC  

Tương tự ta có:

BQ OQ S S CR OR S S ABC AOC ABC

BOA  ; 

       BQ OQ CR OR AP OP S S S S S S ABC AOC ABC BOA ABC BOC

Điều phải chứng minh

2) Đặt: 1, 1,CR c1

OR b BQ OQ a AB OP   

Áp dụng bất đẳng thức:  

1 1            c b a c b a Ta được:                  OQ BQ OR CR OP AP AP OQ AP OR AP OP

Mà   AP 1

OQ AP OR AP OP

nên  OR 9

CR OQ PQ OP

AP

Dấu xảy

1    OR CR OQ PQ OP AP

 O trọng tâm tam giác ABC

Bài 2 Cho tứ giác ABCD, chứng minh rằng: AB.CD + AD.BC AC.BD Dấu = xảy tứ giác ABCD nội tiếp

Giải

Vẽ tia Ax cho DAx CBD 

Vẽ tia Dy cho DAy DBC

Gọi K giao điểm Ax Dy Xét ADKv BDCà cú:

 

DAK DBC (cách dựng)

 

ADK BDC (cách dựng)

 ADK đồng dạng với BDC(g.g)

 DC BC.AD BD.AK 1

DK BC AK BD AD    

Vì ADB CDK DC ABD DK BD AD   

 2 CD BDCK AB CD BD KC AB    

Từ (1)(2) ta có: AB.CD+ BC.AD=BD(KA+KC) Mà AK+KC AC

 AB.CD +BC.AD AC.BD

Dấu = xảy  AK+KC = AC  K AC  ADK DAC DBC  

 

DAC CBD  tứ giác ABCD nội tiếp.

Ta có định lý Ptơlêmê: Điều kiện cần đủ để tứ giác nội tiếp được trong đường tròn tổng tích cạnh đối diện tích hai đường chéo

5 Sử dụng toán để chứng minh bất đẳng thức khác

Bài toán: Cho b1 , b2 bn số dương a1 ,a2 , an số tuỳ ý Chứng minh ta ln có:

 

 n

n n n b b b a a a b a b a b a           2 2 2

Dấu = xảy nào? Giải

Áp dụng bất đẳng thức Cơsi-Bunhiacơpxki ta có:

  2 2 1 2

1

               n n n n b b a b b a b b a a a a

n  n

n b b b

b a b a b a              

 1 2

2 2 2

vì b1 , b2 ,bn số dương nên tổng chúng >0 Chia hai vế cho (b1 + b2 + +bn ) ta

 

 n

n n n b b b a a a b a b a b a           2 2 2 (*)

Dấu xảy  n

n b a b a b a    2 1

Bài tập áp dụng:

Bài Chứng minh với a, b, c ba cạnh tam giác ta có:

 1        

 a b c

c b c a b a c b a Giải

Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có vế phải =

 

  2

2

2 ab bc ca a b c c b a       

muốn chứng minh bất đẳng thức(1) ta phải chứng minh:

 

  2

2

2 ab bc ca a b c c b a        3

   2 2

2

2 b c 2ab 2ac 2bc 6ab ac bc 3a b c

a           

 4(a2+b2+c2) ba+bc+ca bất đẳng thức Vậy bất đẳng thức (1) chứng minh

Bài tập tự giải

Bài 1: Chứng minh a, b, c ba cạnh tam giác

Thì:

3     

 a b

c a c

b c b

a

Bài Cho tam giác ABC với ma, mb, mc ba đường trung tuyến ứng với ba cạnh a, b, c Chứng minh : a ma b mb c mc abc

3

1

2

2   

Bài 3: Gọi a, b,c ba cạnh tam giác Các đường cao tương ứng ha, hb, hc

Chứng minh rằng:

  4

2 2

2

  

 

c b a h h h

c b a

C KẾT LUẬN

Điều làm tơi hài lịng áp dụng kinh nghiệm vào giảng dạy có nhiều học sinh nói “ tốn bất đẳng thức khơng q khó em nghĩ” Các em học sinh có đủ tự tin gặp toán bất đẳng thức Hơn nữa, với học sinh giỏi, em say mê muốn giáo cho thêm nhiều tốn bất đẳng thức Mỗi ngày, em hăng say, tự tìm tịi bất đẳng thức mới, tự chứng minh áp dụng

D TÀI LIỆU THAM KHẢO

1/ Phương pháp giải toán hình học

2/ Tốn nâng cao chun đề đại số 9- Nguyễn Ngọc Đạm, Vũ Dương Thuỵ

3/ 255 tốn hình học chọn lọc- Nguyễn Ngọc Đạm, Vũ Dương Thuỵ 4/ Toán bồi dưỡng học sinh lớp 9- Vũ Hữu Bình, Tơn Thân

5/ 400 toán đại số chọn lọc- Vũ Dương Thuỵ, Trương Công Thành 6/ 23 chuyên đề giải 1001 toán sơ cấp- Ngyễn Văn Vĩnh, Nguyễn Đức Đồng

7/ 23 chuyên đề giải 1001 toán Đại số- Ngyễn Văn Vĩnh, Nguyễn Đức Đồng