Đang tải... (xem toàn văn)
Do míi lµm quen víi viÖc viÕt ®Ò tµi s¸ng kiÕn kinh nghiÖm, ®ång thêi trong thêi gian qua b¶n th©n t«i míi h×nh thµnh ý tëng, ®ång thêi míi chØ bíc ®Çu vËn dông vµo qu¸ tr×nh d¹y häc cña[r]
(1)Môc lôc
Phần I: Mở đầu 1 Lý chọn đề tài
2 Mục đích nghiên cứu 3 Phơng pháp nghiên cứu 4 Nhiệm vụ đề tài 5 Phạm vi đề tài
6 Đối tợng nghiên cứu phơng pháp tiến hành 7 Dự kiến kết đề tài
PhÇn II: Nội dung
phát triển lực, t häc sinh THCS th«ng qua viƯc
áp dụng giải toán bất đẳng thức đại số 1 Một số kiến thức bất đẳng thức
2 Một số phơng pháp chứng minh bất đẳng thức đại số 3 Một số ứng dụng bất ng thc
Phần III: Thực nghiệm s phạm Phần IV: Kết luận
Phần V: Tài liệu tham khảo
(2)A Mở đầu
1) Lý chọn đề tài.
Tốn học có vị trí đặc biệt việc nâng cao phát triển dân trí Tốn học khơng cung cấp cho học sinh (ngời học Tốn) kỹ tính tốn cần thiết mà điều kiện chủ yếu rèn luyện khả t lôgic, phơng pháp luận khoa học
Trong việc dạy học Tốn việc tìm phơng pháp dạy học giải tập Toán đòi hỏi ngời giáo viên phải chọn lọc, hệ thống tập, sử dụng phơng pháp dạy học để góp phần hình thành phát triển t học sinh Đồng thời qua việc học Toán học sinh cần đợc bồi dỡng, rèn luyện phẩm chất đạo đức, thao tác t để giải tập Tốn có tốn bất đẳng thức toán hay giúp học sinh phát huy cao độ tính t duy, trí tuệ cho học sinh
Tuy nhiên giải tốn bất đẳng thức tốn khó phạm kiến thức rộng, đặc biệt với học sinh T.H.C.S Là giáo viên dạy THCS thấy thực trạng dạy tốn bất đẳng thức là:
- Giáo viên dạy bất đẳng thức chữa tập xong, khai thác, phân tích đề tài mở rộng toán dẫn đến học sinh gặp tốn khác chút khơng giải đợc
- Học sinh thờng ngại học toán bất đẳng thức kiến thức khơng liền mạch, phơng pháp giải hạn chế, toán bất đẳng thức thờng khó, phải áp dụng
kiến thức khó nh: quy nạp toán học, phản chứng, nên học sinh hay ngại học sinh cha vận dụng đợc toán bất đẳng thức vào để giải tốn khó nh cực trị, hàm số,
Vì vậy: Phát triển lực t cho học sinh thông qua việc giải toán bất đẳng thức cần thiết Trong năm học tập, giảng dạy trờng THCS học hỏi, tích luỹ đợc số kiến thức tốn bất đẳng thức xin đợc trình bày dới góc độ nhỏ
2) Mục đích nghiên cứu.
a Đối với giáo viên:
- Nõng cao trình độ chun mơn phục vụ cho q trình giảng dạy - Làm quen với công tác nghiên cứu khoa học nâng cao kiến thức
b §èi víi häc sinh:
- Giúp học sinh học tập mơn tốn nói chung việc giải 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 số tập có liên quan đến bất đẳng thức
- Gây đợc hứng thú cho học sinh làm tập SGK, sách tham khảo, giúp học sinh tự giải đợc số tập
- Giải đáp thắc mắc, sửa chữa sai lầm hay gặp giải toán bất đẳng thức trình dạy học
- Giúp học sinh nắm vững cách có hệ thống phơng pháp vận dụng thành thạo phơng pháp để giải tập
Thơng qua việc giải toán bất đẳng thức giúp học sinh thấy rõ mục đích việc học tốn học tốt hn toỏn bt ng thc
3) Phơng pháp nghiên cøu
- Nghiên cứu lý thuyết thông qua SGK, tài liệu tham khảo học sinh trờng - Nghiên cứu qua việc rút kinh nghiệm, học hỏi thầy cụ giỏo, ng nghip
- Sử dụng phơng pháp phân tích tổng hợp
4) Nhim v ca tài.
Trong đề tài đa số kiến thức bất đẳng thức phù hợp với trình độ nhận thức học sinh THCS
Trang bị cho học sinh số phơng pháp giải toán bất đẳng thức, áp dụng để làm tập
Rót mét sè nhËn xÐt vµ chó ý làm phơng pháp
Chn lc, h thng số dạng tập hay gặp cho phù hợp với phơng pháp giải, cách đổi biến
Vận dụng giải toán bất đẳng thức vào giải toán cực trị, giải số phơng trình dạng dặc biệt
(3)Phát triển lực t học sinh thơng qua giải tốn bất đẳng thức học sinh lớp lớp
6) Đối tợng nghiên cứu phơng pháp tiến hành
Đề tài áp dụng cho học sinh lớp 8, lớp luyện tập, ôn tập cuối kỳ, cuối năm, kỳ thi học sinh giỏi thi tuyển vào THPT
Phơng pháp tiến hành: Học sinh có kiến thức bản, đa phơng pháp giải, tập áp dụng, sai lầm hay gặp, tập tự giải ( Học sinh nhà tự làm )
7) Dự kiến kết đề tài.
Khi cha thực đề tài này: Học sinh giải đợc toán đơn giản, hay mắc sai lầm, hay gặp khó khăn, ngại làm tập bất đẳng thức
Nếu thực đợc đề tài này: Học sinh có hứng thú giải tốn bất đẳng thức, làm tập tốt hơn, tự giải đợc tập bất đẳng thức có dạng tơng tự, hạn chế đợc nhiều sai lầm giải toán bất đẳng thức
(4)B Néi dung
áp dụng giải toán bất đẳng thức đại số trờng THCS I/ Một số kiến thức c bn v bt ng thc.
1 Định nghĩa:
Cho sè a vµ b ta nãi:
a lín h¬n b, kÝ hiƯu: a > b ⇔ a - b > a nhá h¬n b, kÝ hiÖu: 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
2.4 Cộng vế hai bất đẳng thức chiều đợc bất đẳng thức chiều với bất đẳng thức cho: a > b, c > d ⇒ a + c > b + d
Chú ý: không đợc trừ vế hai bất đẳng thức chiều
2.5 Trừ vế hai bất đẳng thức ngợc chiều đợc bất đẳng thức chiều với bất đẳng thức bị trừ
Nếu a > b, c > d a - c > b - d 2.6 Tính chất đơn điệu phép nhân:
a) Nhân hai vế bất đẳng thức với số dơng a > b, c > ⇒ a.c > b.c
b) Nhân hai vế bất đẳng thức với số âm a > b, c < ⇒ a.c < b.c
2.7 Nhân vế hai bất đẳng thức chiều mà hai vế không âm Nếu a > b 0, c > d ac > bd
2.8 Nâng lên luỹ thừa bậc nguyên dơng hai vế bất đẳng thức a > b > ⇒ an > bn.
a > b ⇒ an > bn víi n = 2k ( k Z).
2.9 So s¸nh hai luỹ thừa số với số mũ nguyên d¬ng Víi m > n > 0:
- NÕu a > th× am > an.
- NÕu a = th× am = an.
- NÕu < a < th× am < an.
2.10 Lấy nghịch đảo hai vế đổi chiều bất đẳng thức hai vế dấu Nếu a > b > a < b <
a<¿ b
Chú ý: Ngoài bất đẳng thức chặt (a > b) ta gặp bất đẳng thức không chặt (a b) tức a > b a = b
Trong c¸c tính chất nêu nhiều tính chất dấu > (hoặc dÊu “ <”) cã thÓ thay bëi dÊu “ ” ( hc dÊu “ ”)
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 =
3.3 - |a| a |a| Dấu đẳng thức xảy a =
3.4 |a+b| |a| + |b| Xảy dấu đẳng thức khhi ab
3.5 |a − b| |a| - |b| Xảy dấu dẳng thức khhi ab 0; |a| |b| (Các điều kiện cịn diễn đạt lại a b a b 0)
Chú ý: Một số bất đẳng thức quan trọng: a/ a2 + b2 2ab.
b/ ( a+b
2 )2 ab hay (a + b)2 4ab (Bất đẳng thức Cô si)
c/
a + b
1
a+b víi a; b >
d/ a
b + b
(5)e/ (ax + by)2 (a2 + b2).(x2 + y2) (Bất đẳng thức Bunhia - Côpxki) II Một số phơng pháp chứng minh bất đẳng thức đại số
1 Phơng pháp dùng định nghĩa
1.1 Cơ sở toán học:
Để chứng minh A > B ta chøng minh A - B > §Ĩ chøng minh A < B ta chøng minh A - B < 1.2 VÝ dơ minh ho¹.
VÝ dô 1: Chøng minh r»ng (x-1)(x-2)(x-3)(x-4) -1
Gi¶i
XÐt hiƯu: (x-1)(x-2)(x-3)(x-4) - (-1) = [(x-1)(x-2)].[(x-2)(x-3)] = (x2-5x+4)(x2-5x+6) + 1.
Đặt (x2-5x+5) = y, biểu thức đợc viết lại nh sau:
(y-1)(y+1) + = y2-1+1 = y2 0.
⇒ (x-1)(x-2)(x-3)(x-4) - (-1) hay (x-1)(x-2)(x-3)(x-4) -1 VÝ dô 2: Chøng minh: 2(x2 + y2) (x + y)2.
Gi¶i
XÐt hiƯu vÕ:
2(x2 + y2) - (x + y)2 = 2x2 + 2y2 - x2 - 2xy - y2 = x2 - 2xy + y2 = (x + y)2 0.
VËy 2(x2 + y2) (x + y)2.
VÝ dơ 3: Chøng minh r»ng nÕu a vµ b số thực không âm thì:
a+b
2 √ab
Gi¶i
XÐt hiƯu: a+b
2 - √ab =
a+b −√ab =
√a+√b¿2 ¿ ¿ ¿
Đúng với a; b Dấu đẳng thức xảy a = b
VÝ dô 4: Cho a > 0; b > Chøng minh r»ng: a
3
+b3
2 ≥( a+b
2 )
2
Gi¶i
XÐt hiÖu: A = a
3
+b3
2 −( a+b
2 )
2
=(a+b)(a
2
−ab− b2)
2 −
(a+b)3
8
¿a+b
2 (a
2
−ab+b2−a
2
+2ab+b2
4 )
a+b
2 (
4a2−4 ab+4b2− a2−2 ab−b2
4 )
3
8(a+b) (a −b)
2.
V× a > 0; b > 0; (a - b)2 nªn A 0.
VËy a
3
+b3
2 ≥( a+b
2 )
2
1.3 Bài tập tự giải Chứng minh bất đẳng thức sau: 1/ a
2
+b2
2 ≥( a+b
2 )
2
2/ x3 + 4x + > 3x2 víi x 3.
3/ Cho a + b = c + d Chøng minh r»ng: c2 + d2 + cd 3ab.
4/ Víi a ≥ b ≥1 th×
1+a2+
1 1+b2≥
2 1+ab
2 Phơng pháp dùngcác tính chất bất đẳng thc.
2.1 Cơ sở toán học.
- Xut phát từ bất đẳng thức biết vận dụng tính chất bất đẳng thức để suy bất đẳng thức phải chứng minh
(6)2.2 VÝ dơ minh ho¹
VÝ dơ 1: Cho a + b > Chøng minh a4 + b4 >
8
Gi¶i
Ta cã a + b > > (1)
Bình phơng vế (1) ta đợc:
(a + b)2 > ⇒ a2 + 2ab + b2 > (2)
Mặt khác: (a - b )2 ⇔ a2 - 2ab + b2 (3)
Cộng vế (2) (3) ta đợc: 2(a2 + b2) > ⇒ (a2 + b2) >
2 (4)
Bình phơng hai vế (4) ta đợc: a4 + 2a2b2 + b4 >
4 (5)
Mặt khác: (a2 - b2)2 ⇔ a4 - 2a2b2 + b4 (6)
Cộng vế (5) (6) ta đợc: 2(a4 + b4) >
4 Hay a4 + b4 >
Ví dụ 2: Cho a, b, c ba cạnh cđa mét tam gi¸c Chøng minh r»ng:
1
a+b − c +
1 b+c − a +
1 c+a −b
1 a +
1 b +
1 c
Gi¶i
XÐt
a+b − c +
1
b+c − a víi a + b - c > 0; b + c - a >
áp dụng bất đẳng thức Cô si cho x; y > 0, ta có:
x + y
1
√xy
4 x+y
Vì ta đợc:
a+b − c +
1 b+c − a
4 2b =
2 b
T¬ng tù ta cã:
b+c − a +
1 c+a −b
2 c
c+a −b +
1 a+b − c
2 a
Cộng vế bất đẳng thức chia hai vế cho ta đợc:
a+b − c +
1
b+c − a +
1 c+a −b
1 a +
1 b +
1 c
DÊu b»ng x¶y a = b = c
VÝ dô 3: Chøng minh r»ng nÕu a2
+b22 a+b 2
Giải
Ta cã: (a −b)2≥0⇔a2−2ab+b2≥0⇒a2+b2≥2 ab
Tõ a2
+b2≤2⇒−a2−b2≥ −2
Suy ab−2≤0 hay 2ab
Mặt khác (a + b)2 = a2 + 2ab + b2 (1)
ab≤2 (2) a2+b2≤2 (3)
Tõ (1), (2), (3) suy (a+b)2≤4 hay |a+b|≤2
Nhng |a+b|≥ a+b nªn a+b ≤2
2.3 Chú ý: Khi sử dụng bất đẳng thức ta cần tránh sai lầm sau: a > b; c > d ⇒ a - c > b - d
2 a > b; c > d ⇒ ac > bd (Nhân vế với vế hai bất đẳng thức mà cha biết hai vế có khơng âm hay khơng)
3 Bình phơng hai vế bất đẳng thức mà cha biết hai vế không âm: a > b ⇒ a2 > b2.
4 Khư mÉu mµ cha biÕt dÊu cđa chóng: a
b > c
(7)5 Lấy nghịch đảo hai vế đổi chiều bất đẳng thức mà cha biết hai vế có dấu hay khơng: a > b ⇒
a > b
6 Khi làm trội biểu thức phải chia biểu thức thành nhiều nhóm làm trội nhóm
Ta xÐt vÝ dơ sau:
Chøng minh r»ng: Víi số tự nhiên n thì: +
2 +
3 + +
2n−1 < n Gọi vế trái bất đẳng thức A, ta có:
A = + (
2 +
3 ) + (
22 + +
1
7 ) + (
23 + +
1
15 ) + + ( 2n−1 +
1 2n−1 )
ở nhóm ta làm trội cách thay phân số nhỏ nhóm phân số lớn nhóm ta đợc:
A < +
2 +
22 +
23 + + 2n−1
n-1 = 1⏟+1+ +1
n = n
2.4 Bài tập tự giải:Chứng minh bất đẳng thức sau: 1/
√a+
√b
4
√a+√b (a > 0; b > 0)
2/ a2 + b2 + c2 + d2 4
√abcd
3/ Cho a + b =1 Chøng minh r»ng: a4 + b4
8
4/
22 +
32 + + n2 <
n+1
n
3 Phơng pháp bin i tng ng.
3.1 Cơ sở toán học.
- Để chứng minh bất đẳng thức A B ta biến đổi tơng đơng (dựa vào tính chất bất đẳng thức) A B ⇔ C D Và cuối đạt dợc bất đẳng thức hiển nhiên C D
Vì phép biến đổi tơng đơng nên A B
- Để dùng phép biến đổi tơng đơng ta cần ý đẳng thức sau: (A ± B¿2=A2±2 AB+B2
(A + B + C)2 = A2 + B2 + C2 + 2AB + 2BC + 2CA.
3.2 Các ví dụ minh hoạ.
Ví dụ 1: Chøng minnh x2 + x + > víi ∀x .
Gi¶i
Ta cã: x2 + x + = (x2 + 2.x.1 +
4¿+
4 = (x +
2 )2 +
4 > víi ∀x (Điều
phải chứng minh)
Ví dụ 2: Chứng minh r»ng: Víi mäi a, b, c, d, e R th×: a2 + b2 + c2 + d2 + e2 a(b + c + d + e) (1)
Gi¶i
Nhân hai vế bất đẳng thức (1) với ta đợc: 4a2 + 4b2 + 4c2 + 4d2 + 4e2 4a(b + c + d + e).
⇔ (a2 - 4ab + 4b2) + (a2 - 4ac + 4c2) + (a2 - 4ad + 4d2) + (a2 - 4ae + 4e2) 0
⇔ (a - 2b)2 + (a - 2c)2 + (a - 2d)2 + (a - 2e)2 (2)
V× (a - 2b)2 ∀a ;b∈R .
(a - 2c)2 ∀a ;c∈R
(a - 2d)2 ∀a ;d∈R .
(a - 2e)2 ∀a ;e∈R .
⇒ Bất đẳng thức (2) với ∀a ;b ;c ; d ;e∈R Vậy bất đẳng thức (1) đợc chứng minh Ví dụ 3: Chứng minh với số a; b; x; y ta có:
(a2 + b2)(x2 + y2) (ax + by)2 (1)
(8)DÊu “=” x¶y vµ chØ a
x= b y
Gi¶i
Ta cã: (1) ⇔ a2x2 + a2y2 + b2x2 + b2y2 a2x2 + 2abxy + b2y2.
⇔ a2y2 - 2abxy + b2x2 ⇔ (ay - bx)2 (2).
Ta thấy bất đẳng thức (2) nên bất đẳng thức (1) 3.3 Chú ý.
- Sẽ mắc sai lầm lời giải thay dấu “ ⇔ ” dấu “ ⇒ ” Thật vậy, (1) ⇒ (2) mà bất đẳng thức (2) khơng cha thể kết luận đợc bất đẳng thức (1) có hay khơng
- Khi sử dụng phép biến đổi tơng đơng, học sinh thờng bỏ qua phép biến đổi tơng đơng có điều kiện dẫn đến khơng chặt chẽ Vì cần lu ý phép biến đổi tơng đơng có điều kiện
3.4 Bài tập tự giải
1/ Bài 1: So sánh số A = 333 B = 2√2−1 2/ Bµi 2: Chøng minh r»ng víi x > ta cã: x
√x −1≥2
3/ Bµi 3: Chøng minh r»ng: ∀a ;b ;c∈R ta cã: a/ a4 + b4 a3b + ab3.
b/ a2 + b2 + c2 ab + bc + ca.
4/ Bµi 4: Cho a Chøng minh r»ng: a5 - a2 - 3a + > 0.
4 Phơng pháp quy nạp toán học
4.1 Cơ sở toán học.
Ni dung ca phng pháp tiên đề quy nạp toán học Cho mệnh đề phụ thuộc vào số nguyên dơng n Nếu: + Mệnh đề với n =
+ Từ giả thiết với n = k (k N) suy đợc mệnh đề với n = k + Thế mệnh đề với số nguyên dơng
Nh để chứng minh mệnh đề T với số nguyên dơng phơng pháp quy nạp toán học ta phải tiến hành theo bớc:
- B
ớc 1: Chứng minh mệnh đề T(1) (Kiểm tra mệnh đề với n = 1) - B
ớc 2: Giả sử mệnh đề T(k) đúng.
Ta phải chứng minh mệnh đề T(k+1) - B
ớc 3: Kết luận mệnh đề với số nguyên dơng n. 4.2 Một số ví dụ minh hoạ.
Ví dụ 1: Chứng minh rằng: Với x > -1 ( + x)n + nx, n số nguyên
dơng
Giải
+ Vi n = 1, ta có bất đẳng thức + x + x
+ Giả sử bất đẳng thức với n = k tức (1 + x)k + kx.
Ta phải chứng minh bất đẳng thức với n = k + Tức phải chứng minh (1 + x)k+1 + (k + 1)x.
ThËt vËy, theo gi¶ thiÕt : + x >
Ta cã (1 + x)k(1 + x) (1 + kx)(1 + x) ⇔ (1 + x)k+1 + (k + 1)x + kx2.
Mµ kx2 > nªn + (k + 1)x + kx2 + (k + 1)x.
Từ suy bất đẳng thức phải chứng minh Dấu đẳng thức xảy x =
VÝ dô 2: Cho a; b số dơng Chứng minh r»ng: a n
+bn
2 ≥( a+b
2 )
n
,∀n ≥2
Gi¶i
+ Với n = ta dễ dàng chứng minh đợc a
2
+b2
2 ≥( a+b
2 )
2
+ Giả sử toán với n = k ta có: a
k
+bk
2 ≥( a+b
2 )
k
(9)+ Ta ph¶i chøng minh a k+1
+bk+1
2 ≥( a+b
2 )
k+1
(2) ThËt vËy: Nh©n hai vÕ cđa (1) víi a+b
2 ta đợc:
(a+2b)
ak+bk
2 ≥( a+b
2 )
k
(a+b
2 ) Hay ( a+b
2 )
ak+bk
2 ≥( a+b
2 )
k+1
Để có (2) ta phải chøng minh:
ak+1
+bk+1
2 ≥( a+b
2 ) ak
+b
2
k
(3) ⇔ ak+1 + bk+1 abk + akb.
ThËt vËy, ta cã: 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 dẳng thức (3)
Mµ (a+b
2 ) ak
+bk
2 ≥( a+b
2 )
k+1
⇒ a k+1
+bk+1
2 ≥( a+b
2 )
k+1
Vậy bất đẳng thức đợc chứng minh
4.3 Chó ý.
Khi chứng minh bất đẳng thức phơng pháp phải hiểu kỹ bớc chứng minh, phép biến đổi tơng đơng, tính chất bất đẳng thức
4.4 Bài tập tự giải
1/ Chứng minh víi ∀ n ta cã: 2n > 2n + 1.
2/ Chøng minh r»ng 2n > n4 víi mäi sè tù nhiªn n 10.
5 Phơng pháp dùng bất đẳng thức dã biết.
5.1 Cơ sở toán học.
Trong nhiu bi toỏn vic chứng minh bất đẳng thức đợc gọn ta sử dụng bất đẳng thức đợc chứng minh, bất đẳng thức: Cô si, Bunhia - Cơpxki,
5.2 VÝ dơ minh ho¹.
VÝ dô 1: Chøng minh r»ng: a
b+ b
a≥2 víi mäi ab >
Gi¶i
V× a
b; b
a dơng nên áp dụng bất đẳng thức Cô si cho hai số dơng ta đợc:
(ab+ b a ) ≥a b b a=1⇒
a b+
b a
2 ≥1 Hay : a b+
b a≥2
Dấu = xảy a
b= b
a⇔a=b
VÝ dô 2: Cho a; b tho¶ m·n 3a - 4b = Chøng minh r»ng 3a2 + 4b2 7.
Gi¶i
Cã 3a - 4b = √3.√3 a - 2.2.b =
áp dụng bất đẳng thức Bunhia - Côpxki cho bốn số √3;√3 a ; -2; 2b ta đợc: 72 = (3a - 4b)2 = (
√3.√3 a - 2.2.b)2 (3 + 4)(3a2 + 4b2) ⇔7≤ 3a2 + 4b2.
DÊu “=” x¶y vµ chØ a√3
√3 = 2b
−2⇔ a = 1; b = -1
Ví dụ 3: Chứng minh bất đẳng thức Becnuli a +¿;1<q∈Q
R¿ th×:
(1 + a)q > + q.a.
Giải
Do qQ q > nªn q = m
n m > n, m; n N áp dụng bất đẳng thức Cơ si cho m số ta có:
(10)1+qa¿n 1m −n ¿
(1+qa)+ .+(1+qa)
⏞ nsèh ¹ ng
+1⏞+ .+1
mèh ¹ ng
n ≥
m
(Không xảy dấu = + qa > 1)
Hay n(1+qa)+(m− n) 1>m (1+qa)mn⇔
n+nqa+m− n>m(1+qa)
m n
⇔m
n qa+1>(1+qa)
m n
Nhng n
m= q
VËy ta cã
q qa+1>(1+qa)
1
q⇔a
+1>(1+qa)
1
q⇔(a
+1)q>1=qa 5.3 Chó ý:
Khi sử dụng phơng pháp cần ý: Sử dụng bất đẳng thức đợc chứng minh với điều kiện chặt chẽ để có đợc bất đẳng thức cần áp dụng Nếu không dẫn đến sai lầm, thiếu sót
VÝ dơ: Cho a; b Chøng minh r»ng: a
2
b2+ b2
a2−3( a b+
b
a)+4≥0 (1)
Cã mét häc sinh gi¶i nh sau: Ta cã (1) ⇔[(a2
b2+2+ b2
a2)−3( a b+
b a)+
9 4]−
1 4≥0⇔(
a b+ b a− 2) −1 4≥0
⇔(a
b+ b a−2).(
a b+
b
a−1)≥0 (2)
V× (a
b+ b
a)≥2⇒ (2) với ∀a ;b ≠0
Vậy (1) với ∀a ;b ≠0 (đpcm)
Bài toán sai chỗ áp dụng bất đẳng thức (a
b+ b
a)≥2 víi ®iỊu kiƯn a; b kh«ng
đúng
Lời giải ỳng
Cách 1: Đặt x = (a
b+ b
a)⇒|x|=| a b+
b a|=|
a b|+|
b
a|≥2 v× | a
b| vµ | b
a| cïng dÊu
⇒x ≥2 hc x2
Khi đó: a
2
b2+
b2 a2=x
2
−2 Bất đẳng thức (1) ⇔x2−3x
+2≥0
XÐt bÊt phơng trình
t23t
+20(t 2) (t 1)0
t ≥2 ¿ t ≤1 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿
Từ x ≥2 x ≤ −2⇒ x nằm miền nghiệm bất phơng trình xét Vậy x thoả mãn t2 - 3t + 0 tức x2
−3x+2≥0
Mµ (1) ⇔x2−3x
+2≥0⇒ (1) Vậy ta có: a
2
b2+ b2 a2−3(
a b+
b
a)+4≥0
(11)(1) ⇔a4+b4+4a2b2−3a3b −3 ab3
a2b2 ≥0
⇔a4
+b4−2a2b2+6a2b2−3a3b −3 ab3≥0 (V× a2b2 > 0)
⇔(a2− b2)2−3 ab(a2−2 ab+b2)≥0
⇔(a −b)2(a+b)2−3 ab(a −b)2≥0 ⇔(a− b)2[(a+b)2−3 ab]≥0 ⇔(a − b)2[(a−b
2)
2
+3b
2
4 ]≥0 (2)
(2) Vậy (1) 5.4 Bài tập tựgiải.
1/ Chøng minh r»ng nÕu c¸c sè d¬nng a; b; c cã tỉng a + b + c = th×:
a+ b+
1 c≥9
2/ Cho x ; y∈R , x ; y ≥0 vµ x2
+y2=1 Chøng minh r»ng:
√2≤ x
3
+y3≤1
3 Cho a ≥1;b ≥1 Chøng minh r»ng: a√b 1+ba 1ab
6 Phơng pháp phản chứng.
6.1 Cơ sở toán học.
Gi mnh cn chứng minh luận đề “A ⇒ B” Phép toán mệnh đề cho ta:
A⇒B=A∪B=A ∩ B=A B
Nh muốn phủ định mệnh đề ta ghép tất giả thiết luận đề với phủ định kết luận
Ta thờng dùng hình thức chứng minh phản chứng nh sau: 1/ Dùng mệnh đề phản đảo: B⇒A
2/ Phủ định luận đề suy điều trái với giả thiết 3/ Phủ định luận đề suy điều trái
4/ Phủ định luận đề suy điều trái với điều 5/ Phủ định luận đề suy kết luận A B⇒B
6.2 VÝ dô. VÝ dô 1:Cho a2
+b2≤2 Chøng minh r»ng: a + b
Gi¶i
Gi¶ sư a + b >
Vì hai vế dơng nên bình phơng hai vế ta đợc: (a + b)2 > ⇔ a2 + 2ab + b2 > (1)
Mặt khác ta cã: 2ab < a2 + b2 ⇒ a2 + 2ab + b2 2(a2 + b2).
Mà a2+b2≤2 (gt) ⇒ 2(a2 + b2) Do a2 + 2ab + b2 < (2)
Ta thÊy (2) m©u thn víi (1) VËy a + b
VÝ dô 2: Cho sè thùc a; b; c thoả mÃn điều kiện:
a+b+c>0
ab+bc+ca>0
abc>0
¿{ {
¿ Chøng minh số a; b; c số dơng
Gi¶i
Vì abc > nên số a; b; c phải có số dơng Giả sử ngợc lại số âm abc < Vơ lí Khơng tính tổng qt ta giả sử a >
Mµ abc > nªn bc >
NÕu b < 0; c < th× b + c < Tõ a + b + c >
⇒b+c>− a⇒(b+c)2<−a(b+c)⇒b2+2 bc+c2<−ab−ac⇔ab+ac<− b2−2 bc− c2 ⇔ab+bc+ac<−b2−bc− c2⇔ab+ac+bc<0
(12)§iỊu trái với giả thiết: ab + ac + bc >
⇒ b > 0; c >
Vậy số a; b; c số d¬ng 6.3 Chó ý.
Với tốn chứng minh bất đẳng thức có dạng nh ta nên sử dụng phơng pháp phản chứng Tuy nhiên để sử dụng phơng pháp cần nắm vững cách chứng minh tính chất bất đẳng thức để bin i, lp lun
6.4 Bài tập tự giải. 1/ Cho a > b > vµ 1+ab
a+b <1 Chøng minh r»ng kh«ng thĨ cã a < 1; b <
2/ Cho hai sè dơng a; b thoả mÃn điều kiện a5 + b5 = a3 + b3
Chøng minh r»ng: a2
+b2≤1+ab
3/ Cho ba sè d¬ng a; b; c thoả mÃn điều kiện abc = CMR: a+b+c ≥3
7 Phơng pháp đổi biến.
7.1 Cơ sở toán học.
B1: §Ỉt biÕn míi dùa theo bÕn cị
B2: Biến đổi bất đẳng thức theo biến mới, chứng minh bất đẳng thức theo biến B3: Kết luận trả lời theo biến cũ
7.2 VÝ dơ minh ho¹.
Ví dụ 1: Chứng minh bất đẳng thức sau: abc≥(a+b − c)(a+b − c) (b+c − a) (1)
Với a; b; c độ dài ba cnh ca mt tam giỏc
Giải
Đặt: b + c - a = x; a + c - b = y; a + b - c = z, ta cã x; y; z >
⇒a=y+z
2 ;b= x+z
2 ;c= x+y
2
Ta ph¶i chøng minh: y+x
2 x+z
2 x+y
2 ≥xyz
⇔(y+z) (x+z) (x+y)≥8 xyz (2)
⇔(y+z)2(x+z)2(x+y)2≥64x2y2z2
Ta cã:
(x+y)2≥4 xy (y+z)2≥4 xz (x+z)2≥4 xz
Vì hai vế bất đẳng thức không âm nên ta nhân vế bất đẳng thức ta đợc:
(y+z)2(x+z)2(x+y)2≥64x2y2z2
⇔[(y+z) (x+z) (x+y)]2≥(8 xyz)2
⇒ (2) đợc chứng minh Dấu “=” xảy x = y = z Vậy (1) đợc chứng minh Dấu “=” xảy a = b = c
VÝ dô 2: Cho a + b+ c = Chøng minh r»ng: a2+b2+c2≥1
3
Gi¶i
Đặt a=1
3+x ;b=
3+y ; c=
3+z Do a + b + c = nªn x + y + z =
Ta cã: a2
+b2+c2=(1
3+x)
2
(13+y)
2
(13+z)
2
=(1
9+ 3x+x
2
)(19+ 3y+y
2
)(19+ z+z
2
)
¿1
3+
3(x+y+z)+x
2
+y2+z2=1
3+x
2
+y2+z2≥1
3
Xảy dấu đẳng thức x=y=z=0⇔a=b=c=1
3
VÝ dô 3: Cho a ≥ −1 2;b ≥−
1 2;c ≥ −
1
(13)Giải
Đặt x = 2a + 1, y = 2b + 1, z = 2c + DÔ thÊy: x ≥0, y ≥0, z ≥0
Ta cã: x + y + z = 2(a + b + c) + = Ta ph¶i chøng minh:
√x+√y+√z<4 (1)
⇔x+y+z+2(√xy+√xz+√yz)<16
xy+xz+yz<5,5 (2) Mặt khác ta lại có: x+y
2 ≥√xy; x+z
2 ≥√xz; y+z
2 ≥√yz
Bëi vËy √xy+√xz+√yz≤ x+y+z=5
Chửng tỏ (2) Suy (1) Vậy: √2a+1+√2b+1+√2c+1<4
7.3 Chú ý: Khi dùng phơng pháp đổi biến để chứng minh bất đẳng thức cần ý: * Đặt biến theo hệ biến cũ, kèm theo điều kiện biến
* Nắm đợc phép biến đổi, bất đẳng thức để áp dụng * Đổi biến cũ
7.4 Bµi tập tự giải.
1/ Cho a; b; c ba cạnh tam giác Chứng minh rằng:
a b+c − a+
b a+c −b+
c
a+b − c≥3
2/Cho a; b; c Chøng minh r»ng: a
4
b2+c2+
b4 a2+c2+
c4 a2+b2≥
a2+b2+c2
2
8 Phơng pháp tam thức bậc 2.
8.1 Cơ sở toán học.
Ta cú th dựng nh lí dấu tam thức bậc 2, dấu nghiệm tam thức bậc để chứng minh bất đẳng thức
Cho tam thøc bËc 2: F(x) = ax2 + bx + c víi Δ=b2−4 ac
+ NÕu Δ<0 th× a.F(x) > víi ∀x∈R
+ NÕu Δ=0 th× a.F(x) > víi ∀x ≠ −b
a⇒ F(x) cïng dÊu víi a
+ NÕu Δ>0 th× ∃x1; x2:x2>x1 Ta cã:
- x nằm khoảng nghiệm: x < x1; x > x2 ⇔ a.F(x) >
- x n»m kho¶ng nghiƯm:x1 <x < x2 ⇔ a.F(x) <
8.2 VÝ dơ minh ho¹.
VÝ dơ 1: Cho −1≤ a≤2;−1≤b ≤2;−1≤c ≤2 vµ a + b + c = CMR: a2 + b2 + c2 6.
Gi¶i
Theo tÝnh chÊt vỊ dÊu cña tam thøc bËc 2: −1≤ a≤2⇒(a −2)(a −1)≤0 (1) T¬ng tù ta cịng cã: −1≤ b≤2⇒(b −2)(b −1)≤0 (2)
−1≤ c ≤2⇒(c −2)(c −1)≤0 (3)
Cộng vế (1), (2) (3) ta đợc:
a2 - a - + b2 - b - + c2 - c - ⇔ a2 + b2 + c2 - (a + b + c) 6.
V× a + b + c = nªn a2 + b2 + c2 6.
Ví dụ 2: Chứng minh bất đẳng thức Cơsi - Bunhia côpxki. Cho n cặp số thực (a1; b1); (a2; b2) (an; bn) Thế thì:
(a1b1 + a2b2+ + anbn) (a12 + a22 + + an2)(b12 + b22 + + bn2)
DÊu = xảy số k R cho: ka1= b1; ka2= b2; ; kan= bn
Gi¶i:
Víi ∀ x R ta cã: (a1x- b1)2
(a2x- b2)2
(anx- bn)2
Từ suy ra: a12x- 2a1b1x+ b12
a22x2- 2a2b2x+ b22
(14)
an2x2- 2anbnx+ bn2
Cộng vế bất đẳng thức ta đợc:
(a12 + a22 + + an2)x2- 2(a1b1+ a2b2+ + anbn)+(b12 + b22 + + bn2)
VÕ tr¸i lµ mét tam thøc bËc
F(x)= (a1b1+ a2b2+ + anbn)x2- 2(a1b1+ a2b2+ + anbn)+(b12 + b22 + + bn2)
(Víi a12 + a22 + + an2 0) Mà f(x) 0, x R nên ta có: Δ ’ tøc lµ: Δ ’= B2- AC
Hay:
Δ ’= (a
1b1+ a2b2+ + anbn)2- (a12 + a22 + + an2)(b12 + b22 + + bn2) ⇔ (a1b1+ a2b2+ + anbn)2 (a12 + a22 + + an2)(b12 + b22 + + bn2)
(Nếu A=0 thì: a1= a2= = an= 0, Do bất đẳng thức cần chứng minh tầm thờng)
DÊu = xảy khi: =0 ⇔ (a
1x - b1)= (a2x - b2)= = (anx - bn) = ⇔ b1= ka1; b2= ka2; ; bn= kan Víi ∀ k R
VÝ dơ 3: Cho số: a, b, c, d thảo mÃn: a + d = b + c Chøng minh r»ng: NÕu lÊy sè m cho: 2m > |ad−bc| th× víi mäi x R ta lu«n cã: (x - a)(x - b)(x - c)(x - d) + m2 (1).
Giải
Dựa vào giả thiết cho: a + d = b + c nªn ta cã: (1) ⇔[x2−(a+d)x+ad][x2−(b+c)x+bc]+m2≥0
Vì a + d = b + c nên đặt: y = x2 - (a + d)x = x2 - (b + c)x ta đợc bất đẳng thức: (y+ad) (y+bc)+m20
y2
+(ad+bc)y+abcd+m20
Đặt F(y)= y2 + (ad + bc)y + abcd + m2
Ta cã: Δy=(ad+bc)
2
−4 (abcd+m2)=(ad−bc)2−4m2.
Vì 2m>|adbc| nên
4m2
(adbc)2
y0
A=1>0 ⇔F(y)≥0
¿{
Hay (x - a)(x - b)(x - c)(x - d) + m2 (®pcm)
8.3 Chú ý: Khi sử dụng tam thức bậc hai cần ý: +Nắm định lí dấu tam thức bậc
+ Thờng dùng phép biến đổi tơng đơng để đa bất đẳng thức cần chứng minh dạng:
F(x)≥0
¿
F(x)≤0
¿ ¿ ¿ ¿
hc
F(y)≥0
¿
F(y)≤0
¿ ¿ ¿ ¿
Trong F(x), F(y) tam thức bậc biến x biến y 8.4 Bài tập tự giải
1/ Chứng minh với a R ta có
3≤ a2
+a+1
a2− a−1≤3
2/ Cho a; b; c tho¶ m·n hƯ thøc: a2 + b2 + c2 = vµ ab + bc + ca = Chøng minh r»ng:
−4
3≤ a ;b ;c ≤
3/ Cho b > c > d Chøng minh r»ng víi mäi a R ta lu«n cã: (a + b + c + d)2 > 8.(ac + bd).
4/ Cho sè a; b; c; d; m; n tho¶ m·n: a2 + b2 + c2 + d2 < m2 + n2 Chøng minh r»ng:
(m2− a2−b2) (n2− c2− d2)≤(mn−ac−bd)2
III Một số ứng dụng bất đẳng thức. A Một số định lí, bất đẳng thức cần dùng
(15)*Định lí 1: Nếu có n số dơng x1; x2; xn có tổng S khơng đổi tích
P = x1 x2 .xn cã giá trị lớn khi:
x1 m1
=x2
m2
= .=xn
mn
Trong mi số hữu tỉ dơng
2 Mệnh đề 2: (Đối ngẫu): Nếu tích số dơng x1; x2; xn số cho trớc tổng
cđa chóng bÐ nhÊt x1= x2= = xn
*Định lí 2: Nếu n số thực dơng x1; x2; xn có tích P = x1 x2 .xn khơng đổi tổng S = x1
+ x2 + + xn có giá trị bé
x1 m1
=x2
m2
= .=xn
mn
Trong mi (i = 1; 2; ; n) số hữu tỉ dơng cho trớc
3 Mệnh đề 3: Cho x1; x2; xn R ta có: |x1|+|x2|+ +|xn|≥|x1+x2+ +xn| (1) Dấu “=” xảy xi dấu Đặc biệt: |x1− x2|≥|x1|−|x2|
B ¸p dơng
1 Tìm cực trị hàn số Biểu thức đại số.
Bµi 1: Tìm GTNN hàm số: y=(x 1993)2+(x 1994)2
Gi¶i
Dễ thấy hàm số xác định với ∀x∈R Ta có: y=|x −1993|+|x −1994|=|x −1993|+|1994− x| áp dụng bất đẳng thức: |a1|+|a2|≥|a1+a2| ta đợc: y ≥|x −1993+1994− x|=1⇒ y ≥1
DÊu “=” x¶y ⇔(x −1993) (x −1994)≥0⇔1993≤ x ≤1994
Do ymin =
Bài 2: Tìm giá trị nhỏ hàm số: y=x+2x 1+x 2x 1
Giải
Điều kiện để hàm số xác định là: x ≥1
Khi đó: y=√(√x −1+1)2+√(√x −1−1)2=|√x −1+1||√x −1−1|
⇒y ≥|√x −1+1+√x −1|=2
DÊu b»ng x¶y
⇔
(√x −1+1) (√x −1−1)≥0
x ≥1
⇔1≤ x ≤2
¿{ VËy ymin =
Bài 3: Cho x; y liên hệ phơng tr×nh x2 + 2xy + 7(x + y) + 2y2 + 10 = (1).
T×m GTNN cđa biĨu thøc S = x + y +
Gi¶i
Ta cã (1) ⇔ x2 + 2xy + y2 +2(x + y) + + 5(x + y) + + = -y2.
⇔ (x + y)2 + 2(x + y) + 12 + 5(x + y + 1) + = -y2.
⇔ (x + y + 1)2 + 5(x + y + 1) + = -y2.
⇔ S2 + 5S + = -y2. ⇒ S2 + 5S + 0.
Đặt F(S) = S2 + 5S + ⇒ F(S) cã nghiƯn S = -1; S = -4
Mµ ¿
F(S)≤0 a>0
¿{
¿
dựa vào dấu tam thức bậc ta có −4≤ S ≤ −1
VËy GTNN cđa S = x + y + lµ -4
⇔
x=−5
y=0
¿{
GTLN cđa S = x + y + lµ -1
⇔
x=−2
y=0
¿{
(16)2 Tìm điều kiện tham số để phơng trình, hệ phơng trình, tam thức bậc thoả mãn điều kiện đó.
Bµi 1: Cho phơng trình a2|
x22|+|a2x21|+2a2=1 Tỡm giỏ tr tham số a để phơng trình
có nghiệm tập hợp số nguyên
Gi¶i
Ta cã: a2|
x2−2|+|a2x2−1|+2a2=|a2x2−2a2|+|1−a2x2|+2a2=A
áp dụng bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối ta có: A ≥|a2
x2−2a2+1−a2x2+2a2|=1
Dấu “=” xảy a2x2 - 2a2; - a2x2; 2a2 dấu Do
¿
x2−2≥0 1− a2x2≥0
¿{
¿ NÕu a th× 2≤ x2
a2 Để phơng trình có nghiệm nguyên tập hợp số nguyên x
2
chỉ nhận giá trị số phơng khoảng
(2; a2)
VËy 4≤
a2≤9⇔ 3≤ a ≤
1
Bµi 2: Cho tam thøc bËc F(x) = ax2 + bx + c tho¶ m·n: |F(−1)|≤1 ; |F(0)≤1| ;
|F(1)≤1|
Chøng minh r»ng: |F(x)|≤4
5 |x|≤1
Gi¶i
Ta cã:
F(1)=a+b+c
F(−1)=a −b+c
F(0)=c } }
a=F(1)+F(−1)
2 − F(0) b=F(1)+F(−1)
2
¿⇒{
Thay vào F(x) ta đợc:
F(x)=[F(1)+F(−1)
2 − F(0)]x
2
+[F(1)+F(0)
2 ]x+F(0) F(1)
2 x
2
+F(−1)
2 x
2
− F(0)x2+F(1)
2 x −
F(−1)
2 x+F(0) F(1)
2 (x
2
+x)+F(−1)
2 (x
2− x)
+F(0)(1− x2)
áp dụng bất đẳng thức (1) giả thiết ta đợc: |F(x)|≤1
2|x
2
+x|+1
2|x
2− x
|+|1− x2|
Ta xét trờng hợp sau: + Với 0≤ x ≤1 th×
2|x
2
+x|+1
2|x
2
− x|+|1− x2|=1+x+x2 (*)
+ Víi −1≤ x ≤0 th×
2|x
2
+x|+1
2|x
2− x
(17)Tõ (*) vµ (**) chøng tá víi |x|≤1 ta cã |F(x)|≤1+|x|+x2=5
4−(|x|− 2)
2
≤5
VËy F(x)
4 (®pcm)
3 Dùng bất đẳng thức để giải phơng trình hệ phơng trình.
VÝ dơ 1: Gi¶i phơng trình sau: 3x212x
+16+y24y+13=5
Giải
Ta thÊy: √3x2
−12x+16=√3(x −2)2+4≥2
√y2
−4y+13=√(y −2)2+9≥3
⇒ √3x2−12x+16+√y2−4y+13=5
DÊu “=” x¶y
¿
√3x2−12x+16=2
√y2−4y+13=3 ⇔
¿3x2−12x+16=4
y2−4y
+13=9 ⇔
¿x=2
y=2
¿{
¿
Vậy nghiệm phơng trình cho (x = 2; y = 2) Ví dụ 2: Giải hệ phơng trình:
¿
x3+2y2−4y+3=0 (1)
x2+x2y2−2y=0 (2) ¿{
¿
Gi¶i
Tõ (1) suy ra: x3=−1−2(y −1)2≤ −1⇒x3≤ −1⇔x ≤ −1 (*)
Tõ (2) suy ra: x2(1+y2)=2x2= 2y
1+y2
Mặt khác ta lại cã: y2+1≥2⇒x2= 2y
1+y2≤1⇒x
2
≤1⇔−1≤ x ≤1 (**)
Tõ (*) vµ (**) ⇒ x = -1 Thay x = -1 vµo (2) ta cã: y2 – 2y + = ⇒ y = 1.
Vậy hệ phơng trình có nghiệm nhÊt (x = -1; y = 1)
c thực nghiệm s phạm- Kết bớc đầu
Do làm quen với việc viết đề tài sáng kiến kinh nghiệm, đồng thời thời gian qua thân tơi hình thành ý tởng, đồng thời bớc đầu vận dụng vào trình dạy học
Trong thời gian tới, tơi thực thử nghiệm đối tợng lớp học cụ thể để có kết so sánh việc vận dụng khơng vận dụng cách có hệ thóng kiến thức BĐT
Mặc dù bớc đầu vận dụng nội dung vào dạy học nhng nhận thấy học sinh có nhiều chuyển biến suy nghĩ cách học nhiều em học sinh.Đặc biệt em học sinh học khá, giỏi mơn Tốn
Trong thời gian tới, tơi tiếp tục tìm hiểu việc vận dụng BĐT vào giải tốn Hình học, nhằm góp phần hồn thành mục tiêu rộng đề tài
D kÕt luËn
(18)ơng trình tốn THCS vấn đề rộng, nội dung phong phú đa dạng Nhng tơi trình bày đợc số phơng pháp, số tập chơng trình toán THCS
Chắc chắn t liệu giúp tơi hiểu cách sâu sắc hơn, việc giải toán bất đẳng thức Qua việc làm đề tài thấy giải tốn bất đẳng thức hoạt động trí tuệ cao gian khổ Nhng đồng thời thêm sáng tỏ nhiều vấn đề bổ ích, ứng dụng sáng tạo, vững tin việc giải tốn cấp THCS
Để hồn thành đợc tài nhận đợc giúp đỡ thầy cô giáo, đồng nghiệp, nổ lực thân Tuy cố gắng tìm tịi, nghiên cứu nhng trình độ thời gian có hạn chắn đề tài cịn có thiếu sót, hạn chế, mong đợc góp ý thầy, giáo đồng nghiệp để nội dung đề tài đợc phong phỳ v y hn
Tôi thành cảm ơn!
E Tài liệu tham khảo
1/ Toỏn nâng cao chuyên đề đại số - Nguyễn Ngọc Đạm, Vũ Dơng Thuỵ 2/ Toán bồi dỡng học sinh giỏi - Vũ Hữu Bình, Tơn Thân
3/ 400 toán đại số chọn lọc - Vũ Dơng Thuỵ, Trơng Công Thành