Sáng kiến kinh nghiệm môn toán 2021

Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức MỤC LỤC 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 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 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 5) Phương pháp dùng qui nạp toán học 6) Phương pháp biến đổi 7) Phương pháp dùng bất đẳng thức biết 8) Phương pháp tam thức bậc III MỘT VÀI ỨNG DỤNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC 1) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ hàm số, biểu thức đại số 2) Tìm điều kiện tham số để phương trình, hệ phương trình có nghiệm, vơ nghiệm 3) Giải phương trình, hệ phương trình PHẦN II: ÁP DỤNG GIẢI TỐN BẤT ĐẲNG THỨC TRONG HÌNH HỌC 1) Một số kiến thức bất đẳng thức hình học 2) Một số cách chứng minh bất đẳng thức C KẾT LUẬN D TÀI LIỆU THAM KHẢO A MỞ ĐẦU / 31 Trang 11 13 14 16 17 20 20 22 23 23 25 30 31 Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức 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 tốn địi 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 tốn 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 tốn Dẫn đến học sinh gặp toán khác chút không giải được, không nắm phương pháp giải cho loại dạng Học sinh thường ngại học tốn bất đẳng thức kiến thức ít, không liền mạch, phương pháp giải hạn chế Vận dụng tốn 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 tốn 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 2.4 Giúp học sinh nắm vững cách có hệ thống phương pháp vận dụng thành thạo phương pháp để giải tập / 31 Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức 2.5 Thông qua việc giải toán bất đẳng thức giúp học sinh thấy mục đích việc học tốn 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 thơng qua giải tốn 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 Nếu thực đề tài học sinh có hứng thú giải toán bất đẳng thức, làm tập tốt hơn, tự giải tập bất đẳng thức có dạng tương tự, hạn chế nhiều sai lầm giải toán bất đẳng thức / 31 Một số phương pháp chứng minh 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: 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 ⇔ 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 a < b  ⇒a - c > b - d c < 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 a > b ≥ 0  ⇒ ac > bd c > d ≥ 0 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 < a < ⇒ am < an 2.9 Lấy nghịch đảo hai vế đối chiếu bất đẳng thức hai vế dấu a > b > a < b < ⇒ 1 < a b / 31 Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức Chú ý: bất đẳng thức chặt (a > b) ta cịn gặp bất đẳng thức khơng chặt(a ≥ b) tức a > b a = b Trong tính chất nhiều tính chất dấu “>” ( dấu”0 a b a+b a b 4.4 + ≥ với ab>0 b a 4.3 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 3x2 với x≥ x4 - x > Cho a+b = c+d chứng minh c2 + d2 +cd ≥ 3ab a6 + b6 + c6 ≥ a5b + b5c + c5a (a, b, c ≥ 0) Với a ≥ b ≥ 1 + ≥ + ab 1+ a 1+ b 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 > 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 > Bình phương vế (4) ta được: a4 + 2a2b2 + b4 > Mặt khác (a-b)2 ≥ ⇒ a4 - 2a2b2 + b4 > (6) / 31 (5) (4) Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức Cộng vế (5) (6) ta 2(a4 + b4) > 1 ⇒ a4 + b4 > Ví dụ 2: Cho a, b, c độ dài cạnh tam giác Chứng minh rằng: Giải: 1 1 1 + + ≥ + + a+b−c b+c−a c+a−b a b c 1 + với a+b-c>0, b+c-a>0 a+b−c b+c−a 1 Áp dụng bất đẳng thức: + y ≥ x + y x 1 + ≥ = a+b−c b+c−a 2b b 1 Tương tự ta có: + ≥ b+c−a c+a−b c 1 + ≥ a+c−b a+b−c a Xét Cộng vế bất đẳng thức chia vế cho ta được: 1 1 1 + + ≥ + + a+b−c b+c−a c+a−b a b c Dấu xảy a = b = c Ví dụ 3: Chứng minh với số tự nhiên n≥ 1 1 + + + < n 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) 1 1 < = = k (k − 1) k (k + 1)(k − 1) k3 k3 − k 1 1 1 Do đó: A < + + + = + + + (n − 1).n.(n + 1) 2.3.4 −2 −3 n − n 1.2.3 1 Đặt C= + + + (n − 1).n.(n + 1) 1.2.3 2.3.4 1 Ta lại thấy: (n − 1).n - n(n + 1) = (n − 1).n.(n + 1) nên 1 1 1 C= [ + + + (n − 1).n - (n + 1).n 1.2 2.3 2.3 3.4 1  1 1  = =  − - 2n(n + 1) <  n(n + 1)  4 1 1 Vậy + + + < n Ta có với ∀ k ∈ N* : / 31 Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức Ví dụ 4: Cho x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ Chứng minh (x+y)(y+z)(z+x) ≥ 8xyz(1) Giải Vì hai vế (1) không 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: a > b  ⇒a - c > b - d c > d a > b  ⇒ ac > bd c > d (Nhân vế với vế bất đẳng thức mà chưa biết hai vế có âm hay khơng) Bình phương hai vế bất đẳng thức mà chưa biết hai vế không âm a > b ⇒ a2 > b2 Khử mẫu mà chưa biết dấu chúng a c > ⇒ ad > cb b d Lấy nghịch đảo hai vế đổi chiều bất đẳng thức mà chưa biết hai vế dấu : a>b ⇒ 1 > a b Khi làm biểu thức, phải chia biểu thức thành nhiều nhóm làm trội nhóm Ta xét ví dụ sau: Chứng minh với số tự nhiên n ≥ 1+ + + + 0; b>0) 2/ a2 + b2 + c2 + d2 ≥ abcd 3/ 1 n −1 + + + < n n 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 - .x + ) + ⇔(x- )2 + • >0 > ∀ x (điều phải chứng minh) Khai thác toán: Từ lời giải ta thấy: (x- )2 + Dấu “=” xảy x = Vậy giá trị nhỏ x2 - x +1 Hoặc tương tự là: x2 + x +1 >0 ∀ x Ví dụ 2: Chứng minh với ba số a, b, c ta có: a + b + c ≥ ab + bc + ca Giải: / 31 ≥ 0∀x Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức a + b + c ≥ ab + bc + ca ⇔ ( a + b + c ) ≥ ( ab + bc + ca ) ⇔ 2a + 2b + 2c − 2ab − 2bc − 2ca ≥ ⇔ (a − 2ab + b ) + (b − 2bc + c ) + ( c − 2ca + a ) ≥ ⇔ (a − b) + (b − c ) + (c − a ) ≥ • Khai thác tốn: Xét trường hợp đặc biệt với c = ta có: a + b + ≥ a + b + ab + b + Kết hợp với đẳng thức (a + b + c) = a + b + c + 2ab + 2bc + 2ca ta có: ( a + b + c )3 a + b + c ≤ 3 Ví dụ CMR với số a, b, x, y ta có: (a2+b2)(x2+y2) ≥ (ax+by)2 (1) Dấu xảy ⇔ b a = y x 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 = ⇔ b a = y x Ví dụ 4: Cho số tương đương a b thoả mãn điều kiện a+b=1   1  1 a  b  1  1 Ta có 1 +  1 +  ≥ (1)  a  b a +1 b +1 ⇔ ≥ a b CMR : 1 +  1 +  ≥ ⇔ ab+ a+ b+ ≥ 9ab ⇔ a+b+ ≥ 8ab ⇔ ≥ 8ab (vì a+b =1) ⇔ 1≥ 4ab ⇔ (a+b)2 ≥ 4ab ⇔ (a-b)2 ≥ Bất đẳng thức (2) đúng, mà phép biến đổi tương đương Vậy bất đẳng thức (1) chứng minh Dấu xảy a=b Ví dụ 5: a2 + b2 a+b Chứng minh bất đẳng thức: ≥   với a>0, b>0   10/ 31 Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức (không xảy dấu (1+qa)>1) n Hay n(1+qa) + (m-n).1 ≥ n (1 + qa ) m ⇔ n+ nqa + m – n > n (1 + qa ) n m n n qa+1 > (1 + qa ) m m 1 n Nhưng = q ta có: q qa +1 > (1 + qa m ⇔ ⇔ a +1 > (1 + qa ) ) n m q ⇔ ( a + 1) q > 1+qa Ví dụ 3: Cho biểu thức:  x x  2 2− x  P =  + : − ÷ ÷ ÷  x −1 x −1   x x x + x  x P= Đáp án: x −1 a) Rút gọn P b) Tìm giá trị x cho P = -2 c) Tìm giá trị nhỏ P P có nghĩa (Học sinh tự làm) x −1 > ⇔ x > x −1+1 1 P= = x +1+ = x −1 + +2 x −1 x −1 x −1 ⇒ P ≥ 2+2 (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 + + ≥9 a b c 2/ Cho x < , y < CMR: − x + − y ≥ − xy 3/ Cho x,y ∈ ; x,y ≥ x2+y2=1 CMR: ≤ x2 + y2 ≤    a   b  1 c 4/ CMR: 1 + 1 + 1 +  ≥ 64 với a,b,c >0 a+b+c=1 5/ Cho a≥ 1, b≥ 1; CMR: a b − + b a − ≤ ab 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 17/ 31 Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức ∆=b2-4ac + Nếu ∆ 0 với ∀x∈R + Nếu ∆ =0 a F(x) >0 với ∀ x ≠ −b a ⇒ F(x) dấu với a + Nếu ∆ >0 ⇒ ∃ x1, x2; x2>x1 x nằm ngồi khoảng hai nghiệm: xx2 ⇔ a.F(x)0 nên ⇒ ∆ x ≤ 0  ⇒ F(x) ≥ với ab >  ∀x∈R 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 19/ 31 Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức + Thường dùng phép biến đổi tương đương để đưa bất đẳng thức cần chứng  F ( x) ≥  F ( y) ≥   F ( x) ≤  F ( y) ≤ minh dạng  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 : a2 + a +1 ≤ ≤3 a2 − a + 2/ Cho a b c thoả mãn hệ thức: a2+b2+c2=2 ab+bc+ca=1 4 3/ Cho số x1 , x , y1 , y , z1 , z thoả mãn điều kiện: CMR: − ≤ a, b, c ≤ 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 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 x x x n m P= x1m x 2m x n có giá trị lớn m = m = = m n 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= x1m x 2m x nm khơng đổi tổng n n x x x n chúng S= x1+ x2 + +xn có giá trị bé m = m = = m n Trong mi số hữu tỷ cho trước Cho a1, a2 an∈ R Ta có: a1 + a + + a n ≥ a1 + a + + a n (1) Dấu “=” xảy ⇔ dấu(a1, a2 an>0) Đặc biệt: a1 − a ≥ a1 − a B Áp dụng: 20/ 31 Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức Tìm cực trị hàm số, biểu thức đại số: Bài 1: Tìm giá trị nhỏ hàm số: y= ( x − 1993) + ( x − 1994) Giải Dễ dàng thấy hàm số xác định với x Ta có: y = x − 1993 + x − 1994 Áp dụng bất đẳng thức a1 − a ≥ a1 − a y ≥ x − 1993 + 1994 − x = ⇒ y ≥ Dấu xảy (x-1993)(1994-x)≥ ⇔ 1993≤ x≤ 1994 Do ymin=1 Bài 2: Tìm giá trị nhỏ hàm số: y = x + x −1 + x − x −1 Giải Điều kiện để hàm số xác định là: x ≥ Lúc đó: y = ( ) x − + + ( x − − 1) = ⇒ y ≥ x − + + − x − =2 ( )(  x −1 +1 x ≥ Dấu xảy ⇔  x −1 +1 + 1− x −1 ) x −1 −1 ≥ ⇔ < x ≤ Do ymin =2 Bài 3: Cho số x1, x2, , x1993 thoả mãn điều kiện: x1 + x + + x1993 = 1994 Hãy tìm giá trị nhỏ biểu thức: M= x1 − + x − + + x1993 − Giải Áp dụng bất đẳng thức (1) ta có: x1 − ≥ x1 − x2 − ≥ x2 − xn − ≥ xn − Cộng vế bất đẳng thức ta được: M ≥ x1 + x + + x1993 − (1 + + + 1) = 1994 − 1993 = 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 21/ 31 Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức 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 F (s) ≤ a = > Dựa vào tam thức bậc hai mà  ⇒ -4 ≤ S ≤ -1  x = −5 y =  x = −2 Giá trị lớn S=x+y+1 -1 ⇔  y = Vậy giá trị nhỏ S=x+y+1 -4 ⇔  Tìm điều kiện tham số để phương trình , hệ phương trình tam thức bậc hai thoả mãn điều kiện Bài 1: Cho phương trình: a x − + a x − + 2a = Tìm giá trị tham số a để phương trình có hai nghiệm tập hợp số nguyên Giải; 2 2 2 2 2 Ta có: a x − + a x − + 2a = a x − 2a + − a x +2a2 =A Áp dụng bất đẳng thức (1) ta được: A≥ a x − 2a + − a x + 2a = Dấu xảy ⇔ a2x2-2a2; 1-a2x2; 2a2 dấu Do đó: 2 2  x − ≥  1 − a x ≥ Nếu a=0 cơng thức vơ hạn số ngun thoả mãn: x2 ≥ Nếu a ≠ ≤ x ≤ a2 Để phương trình có hai nghiệm ngun x nhận giá trị số phương đoạn 2; Vậy ≤ a2 1 ≤9 ⇔ ≤ a ≤ a Bài Cho tam thức bậc 2: F(a) = ax2+bx +c thoả mãn: F (−1) ≤ 1; F (1) ≤ CMR: F ( x) ≤ x ≤ Giải: F (1) + F (−1)  F(1) = a + b + c  a= − F (0)    F(-1) = a b + c Ta có: ⇒  b = F (1) + F (−1) − F (0) F(0) = c   Thay vào F(x) ta được: 22/ 31 Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức  F( 1) + F( −1)   F( 1) + F( −1)  − F( )  x +  − F( )  x + F( ) 2     F F F F = ( 1) x + ( 1) x − F( ) x + ( 1) x − ( −1) x + F( ) 2 2 F( 1) F( −1) x +x + x − x + F( ) − x = 2 F(x) =  ( ) ( ) ( ) Áp dụng bất đẳng thức (1) giả thiết ta được: F ( x) ≤ x + x + x2 − x + 1− x2 2 Ta xét trường hợp sau: x + x + x − x + − x =1+x+x2(*) 2 2 + Với -1≤ x≤ 0: F ( x ) ≤ x + x + x − x + − x =1-x+x2(**) 2 Từ (*) (**) với x ≤ ta có: + Với 0≤ x≤ 1: : F ( x ) ≤ F( x ) ≤ + x − x = Vậy F( x ) ≤ 5 − ( x − 1) ≤ 4 Điều phải chứng minh Dùng bất đẳng thức để giải phương trình hệ phương trình: Ví dụ 1: Giải phương trình sau: 3x − 12 x + 16 + y − y + 13 = Ta thấy: 3x − 12 x + 16 = 3( x − ) + ≥ 2 y − y + 13 = ( y − 2) + ≥ Dấu xảy ra:  3x − 12 x + = 3x − 12 x + = ⇔ ⇔  y − y + 13 =  y − y + 13 = x = ⇔ y = Vậy nghiệm phương trình (x=2, y=2) Ví dụ 2: Giải hệ phương trình sau:  x + y − y + = 0(1)   x + x y − y = 0( 2) Giải Từ (1) suy x3=-1-2(y-1)2 Vì (y-1)2≥ = -1-2(y-1)2 ≤ -1 ⇒ x3 ≤ -1⇔ x≤ -1 2y 1+ y2 2y Mặt khác y2+1≥ 2y ⇒ x2= ≤ ⇒ x2 ≤ 1⇔ -1≤ x≤ 1(**) 1+ y2 Từ (2) ⇒ x2(1+y2)=2y ⇒ x2= Từ (*)(**) ⇒ x=-1 Thay x=-1 vào (2) ta có: y=1 23/ 31 Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức 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: 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 α, β, γ 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 tròn 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 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 vng CA>CB ≥ BC 2.4 Trong tam giác góc đối diện với cạnh nhỏ góc nhỏ 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: 24/ 31 Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức 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 ≤ BC.AB; SABC ≤ AB.AC; 2 2.9 Bất đẳng thức côsi: Với số x≥ 0; y≥ ta có ( x + y ) ≥ ⇔ x + y ≥ xy Dấu xảy x=y Đặc biệt: + Nếu x+y=k(khơng đổi) xy≤ k2 dấu xảy x=y=1/2 + Nếu xy= k (khơng đổi) x+y ≥ 2k Dấu xảy x=2k II MỘT SỐ CÁCH CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC: Sử dụng bất đẳng thức tam giác: Bài 1: Chứng minh tam giác ta có: b+c−a b+c < ma < 2 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 ⇒ ma > ma b+c−a (1) Trên tia đối tia MA lấy điểm D cho MA=MD ⇒ ∆ ABM =∆ DCM (c.g.c) ⇒AB=CD Xét tam giác ADC có AD< AC+BC⇒ ma < Từ (1)(2) ⇒ b+c−a b+c B’C Xét tam giác vng CC’B ta có: C’B’= C ' C + C ' B b + c ≥ 4ha2 + a ⇔ ( b + c ) ≥ 4ha2 + a 1 ⇔ ha2 ≤ ( b + c ) − a = ( b + c − a )( b + c + a ) = p ( p − a ) 4 ⇔ ≤ p( p − a ) [ ⇔ ≤ ] p ( p − a ) điều phải chứng minh 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: OP OQ OR AP PQ CR 1) AP + PQ + CR = 2) OP + OQ + OR ≥ Dấu ‘=’ xảy nào? Giải: 1) Từ A kẻ AH ⊥ BC, OK ⊥ BC ⇒ OK//AH Xét tam giác AHP ta có: OP OK = (định lý talét) AB AH SBOC=1/2.OK.BC; SABC=1/2.AH.BC ⇒ S BOC OK OP = = S ABC AH AP Tương tự ta có: 27/ 31 Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức S BOA OR S AOC OQ = ; = S ABC CR S ABC BQ S S S OP OR OQ + + = Điều phải chứng minh ⇒ BOC + BOA + AOC = S ABC S ABC S ABC AP CR BQ OP OQ OR 2) Đặt: AB = a1 , BQ = b1 , CR = c1   Áp dụng bất đẳng thức: ( a + b + c )  + +  ≥ a b c Ta được:  OP OR OQ  AP CR BQ   ≥ + + + +    AP AP AP  OP OR OQ  AP PQ CR OP OR OQ + + ≥9 + + = nên Mà OP OQ OR AP AP AP AP PQ CR Dấu xảy OP = OQ = OR = ⇔ O trọng tâm tam giác ABC Bài 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 · · = DBC Vẽ tia Dy cho DAy Gọi K giao điểm Ax Dy Xét ∆ADKvà∆BDC cú: ·DAK = DBC · (cách dựng) ·ADK = BDC · (cách dựng) ⇒ ∆ADK đồng dạng với ∆BDC (g.g) AD AK DK = = ⇒ BC AD = BD AK (1) BD BC DC AD DK · = ⇒ ∆ABD đồng dạng với ∆ KDC (c.g.c) Vì ·ADB = CDK BD DC ⇒ ⇒ AB BD = ⇒ AB.CD = BD.CK ( ) KC CD 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 28/ 31 Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức Ta có định lý Ptơlêmê: Điều kiện cần đủ để tứ giác nội tiếp đường trịn tổng tích cạnh đối diện tích hai đường chéo Sử dụng tốn 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: a ( a + a + + a n ) a12 a 22 + + + n ≥ ( b1 + b2 + + bn ) b1 b2 bn Dấu = xảy nào? Giải Áp dụng bất đẳng thức Cơsi-Bunhiacơpxki ta có: ( a1 + a + + a n )  a =  b1 b1 + a2 b2 b2 + + an bn  bn   2  a2 a2 a2  ≤  + + + n  ( b1 + b2 + + bn ) bn   b1 b2 b1 , b2 ,bn số dương nên tổng chúng >0 Chia hai vế cho (b1 + b2 + +bn ) ta a n2 ( a1 + a + + a n ) a12 a 22 + + + ≥ ( b1 + b2 + + bn ) (*) b1 b2 bn a a a Dấu xảy ⇔ = = = n b1 b2 bn Bài tập áp dụng: Bài Chứng minh với a, b, c ba cạnh tam giác ta có: a b c + + ≥ 3(1) b+c−a a+c−b a+b−c Giải ( a + b + c) Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có vế phải = 2( ab + bc + ca ) − a − b − c muốn chứng minh bất đẳng thức(1) ta phải chứng minh: ( a + b + c) ≥3 2( ab + bc + ca ) − a − b − c ( ⇔ a + b + c + 2ab + 2ac + 2bc ≥ 6( ab + ac + bc ) − a + b + c ) ⇔ 4(a +b +c )≥ 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: 2 a b c + + ≥ b+c c+a a+b 29/ 31 Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức Bài Cho tam giác ABC với ma, mb, mc ba đường trung tuyến ứng với ba 1 cạnh a, b, c Chứng minh : a m + b m + c m > abc a b c Bài 3: Gọi a, b,c ba cạnh tam giác Các đường cao tương ứng ha, hb, hc Chứng minh rằng: ( a + b + c) ha2 + hb2 + hc2 ≥4 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 tốn 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 Tuy nhiên, số kinh nghiệm nhỏ mà tơi tích luỹ qua thời gian cơng tác chưa nhiều Chắc chắn điều chưa thể gọi tổng quát khơng tránh khỏi nội dung cịn nhiều khuyết điểm Tơi mong trao đổi, góp ý kiến bạn đồng nghiệp, bảo thầy cô trước để giảng dạy đạt kết cao 30/ 31 Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức D TÀI LIỆU THAM KHẢO 1/ Phương pháp giải tốn hình học 2/ Tốn nâng cao chuyên đề đại số 9- Nguyễn Ngọc Đạm, Vũ Dương Thuỵ 3/ 255 tốn hình học chọn lọc- Nguyễn Ngọc Đạm, Vũ Dương Thuỵ 4/ Tốn bồi dưỡng học sinh lớp 9- Vũ Hữu Bình, Tơn Thân 5/ 400 tốn 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 8/ Tuyển chọn toán hay dùng cho lớp chuyên chọn- Lê Hải Châu 9/ Giúp học tốt hình học 9- Nguyễn Bá Kim, Nguyễn Tiến Quang 31/ 31 ... 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... nhiên, số kinh nghiệm nhỏ mà tơi tích luỹ qua thời gian công tác chưa nhiều Chắc chắn điều chưa thể gọi tổng quát không tránh khỏi nội dung cịn nhiều khuyết điểm Tơi mong trao đổi, góp ý kiến bạn... 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 8/ Tuyển chọn toán hay dùng cho lớp chuyên chọn-