I.. Phương pháp Tam thức bậc 2. Phương pháp hàm số, dùng đạo hàm.. Phương pháp quy nạp.. Sử dụng phương pháp lượng giác hóa. Để sử dụng phương pháp lượng giác hóa, trước hết học sinh phả[r]
(1)A PHẦN MỞ ĐẦU
Bất đẳng thức dạng tốn hay khó học sinh trình học tập kỳ thi, trước hết kỳ thi đại học mà hầu hết học sinh THPT phải vượt qua Ngoài bất đẳng thức dạng thường gặp kỳ thi học sinh giỏi toán cấp: Tỉnh, Quốc gia, Olympic khu vực Olympic quốc tế
Để giúp em có thêm số kinh nghiệm trình học tập nhằm nắm vững phương pháp chứng minh bất đẳng thức đồng thời sử dụng linh hoạt việc giải tốn bất đẳng thức, tơi định viết đề tài nhằm chia đồng nghiệp, học sinh độc giả số phương pháp, kinh nghiệm giải toán bất đẳng thức
Đề tài gồm phần bản:
Phần I: Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức
Phần II: Bất đẳng thức lượng giác tam giác
(2)B NỘI DUNG
Phần I: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
1) Dùng phép biến đổi thích hợp 2) Tam thức bậc
3) Phương pháp đạo hàm, cực trị hàm số 4) Quy nạp
5) Lượng giác hóa
6) Phương pháp hình học 7) Các BĐT thơng dụng 8) Một số phương pháp khác
I Sử dụng phép biến đổi.
Ví dụ 1: CM với a,b,c số dương
1< a
a+b+
b b+c+
c c+a<2
Giải: Vì a,b,c số dương nên ta có
a a+b>
a a+b+c
b b+c>
b a+b+c
c c+a>
c a+b+c
Cộng vế theo vế ta 1< a
a+b+
b b+c+
c c+a
Mặt khác ta có
a a+b<
a+c
a+b+c
b b+c<
a+b
a+b+c
c c+a<
b+c
a+b+c
Cộng vế theo vế ta aa
+b+
b b+c+
c c+a<2
Ví dụ 2: CM ∀x∈R ta ln có
x8− x5
+x2>x −2
3
Giải:
x8− x5
+x2− x+2
3=x
8−2x4. x
2+ x2
4 + 3x2
4 −2
√3 x
1
√3+ 3+
1
(x4−x 2)
2 +(√3
2 x −
√3)
2 +1
3≥
(3)Do x8− x5+x2>x −2
3 (đpcm)
Ví dụ 3: CMR
1 2+
1
2 3+ .+
n(n+1)<1n∈N
Giải: Ta có
1 k(k+1)=
1 k−
1
k+1(k∈N ❑
)
Cho k=1, 2, n cộng đẳng thức theo vế ta có
1 2+
1
2 3+ .+
n(n+1)=1−
1 2+
1 2−
1
3+ + n−
1 n+1=1−
1 n+1<1
Vậy ta có đpcm
II Phương pháp Tam thức bậc
Ví dụ 1: CMR
13−√59
11 ≤
5x2 +2
3x2
+2x+4≤
13+√59
11
Giải: TXĐ: x∈R Gọi P= 5x
2 +2
3x2+2x+4
(3P−5)x2+2 Px+4P−2=0 (*)
Để (*) có nghiệm x
Δ'≥0⇔P2−(4P−2)(3P −5)≥0
⇔11P2−26P
+10≤0
⇔13−√59
11 ≤ P ≤
13+√59
11
Vậy 1311−√59 ≤ 5x
2 +2
3x2
+2x+4≤
13+√59
11
Dấu đt bên trái xảy ⇔x=13(13−√59)
121
Dấu đt bên phải xảy ⇔x=13(13+√59)
121
(4)Ví dụ : CMR ∀x>0 sinx<x
Giải : Xét hàm số
( ) sin
'( ) cos
f x x x
f x x
⇒f(x) đồng biến
Mặt khác f(0)=0 Vậy f(x)>0 với x>0 hay với x>0 sinx<x
Ví dụ 2: CMR 0<b<a
a− b a <ln
a b<
a− b b
Giải: Xét hàm số f(x)=lnx liên tục có đạo hàm (0,+∞)
f '(x)=1
x Theo định lí Lagrange tồn x0 với b<x0<a cho f '(x0)=f(b)− f(a)
b− a
⇔
x0=
lna −lnb a− b ⇔
a −b x0 =ln
a b
Vì b<x0<a nên a<
1 x0<
1
b suy đpcm
Ví dụ 3: Cho a,b,c,d số dương CM
3
√abc+abd+acd+bcd
4 ≤√
ab+ac+ad+bc+bd+cd
6
Giải: Khơng tính TQ giả sử a ≤ b ≤ c ≤ d
Xét hàm số y=f(x)=(x −a)(x −b)(x −c)(x − d)
f(x) hàm số liên tục có đạo hàm R
Vì f(a)=f(b)=f(c)=f(d)=0 f’(x) hàm bậc nên tồn y1, y2, y3 sao
cho
a ≤ y1≤ b ≤ y2≤ c ≤ y3≤ d cho f '(y1)=f '(y2)=f '(y3)=0
Vậy f '(x)=4(x − y1)(x − y2)(x − y3)
Trong khai triển ta có
−4y1y2y3=−(abc+acd+abd+bcd)
4(y1y2+y2y3+y3y1)=2(ab+ac+ad+bc+bd+cd)
(5)y1y2y3¿2
¿
y1y2+y2y3+y3y1
3 ≥
3
√¿
⇔√3abc+abd+acd+bcd
4 ≤√
ab+ac+ad+bc+bd+cd
6
IV Phương pháp quy nạp
Phương pháp áp dụng BĐT phụ thuộc tham số n∈N , với bước chứng minh sau:
+ Bước C/m BĐT với n=n0
+ Bước Giả sử BĐT với n=k (k ≥ n0) ta cần chứng minh BĐT
đúng với n = k+1
+ Bước Kết luận BĐT với n∈N
Ví dụ : C/m ∀n≥2, n∈N❑ ta có :
1
3
5
6 2n−1
2n <
√3n+1(∗)
Giải: + Khi n=2 ta có (∗)⇔3
8<
√7⇒
+ Giả sử BĐT với n=k tức
1
3
5
6 2k −1
2k <
√3k+1
Ta cần chứng minh (*) với n=k+1 (k ≥2) Thật
1 1 2 1
2 2 2
k k k k
k k k k k k
Ta cần chứng minh
1
√3k+1
2k+1
2k+2<
1
√3(k+1)+1=
1
√3k+4
⇔(2k+1).√3k+4<√3k+1 (2k+2)
⇔(4k2+4k+1)(3k+4)<(3k+1)(4k2+8k+4)
⇔19k+4<20k+4⇔k>1
Đến ta thấy (*) với n=k+1
Vậy theo giả thiết quy nạp (*) với ∀n≥2
(6)ex>1+x+ x
2!+ x3
3!+ + xn n !
Giải: +Với n=1 ta có ey≥1∀y∈¿ Vậy ∫
0
x exdy
>∫
x
dy⇔ex−1
>x⇔ex>1+x∀x>0
Vậy BĐT với n=1
+ Giả sử BĐT với n=k (k ≥1)∀x>0 tức
ex
>1+x+ x
2!+ x3
3!+ + xk k !
Ta c/m BĐT với n=k+1 tức là:
ex
>1+x+ x
2!+ x3
3!+ + xk+1
(k+1)!
Thật theo giả thiết quy nạp ta có:
ex>1+x+ x
2!+ x3
3!+ + xk
k !∀x>0
Như ta có
ey
>1+y+ y
2!+ y3
3!+ + yk
k !∀y∈¿
Do ta có:
2
0
2
(1 )
2! !
1
2! 3! ( 1)!
x x k
y
k x
y y
e dy y dy
k
x x x
e x
k
∫ ∫
2
1
2! 3! ( 1)!
k
x x x x
e x
k
+Vậy theo nguyên lí quy nạp ta có BĐT với ∀n≥1
V Sử dụng phương pháp lượng giác hóa
Để sử dụng phương pháp lượng giác hóa, trước hết học sinh phải nắm vững tính chất, cơng thức phép biến đổi lượng giác Trên sở đó, số toán đặt giá trị ẩn thích hợp qua hàm số lượng giác thuận tiện
(7)1+y2¿
2
¿
1+x2¿2¿ ¿
−1 4≤
(x2− y2)(1− x2y2)
¿ Giải: Đặt x=tgα y=tgβ(−Π
2 <α , β< Π
2 )
Ta có:
1+y2¿
2
¿
1+tg2β¿2 ¿
¿=(sin2αcos2β −sin2βcos2α)(cos2αcos2β −sin2αsin2β)
¿
sin(α+β)sin(α − βb)cos(α+β)cos(α − β)
1+tg2α¿2¿ ¿
1+x2¿2¿ ¿ ¿
A=(x 2− y2
)(1− x2y2)
¿ *) Một số tập:
1 CMR ∀x , y∈R
−1 2≤
(x+y)(1−xy) (x2+1)(y2+1)≤
1
2 Cho số thực a, b, c, d thõa mãn ¿
a2+b2=1
c2
+d2=1
¿{
¿
CMR −1≤ac+bd≤1
VI Phương pháp hình học
a) Sử dụng BĐT vectơ |u⃗+ ⃗v|≤|u|⃗ +|⃗v|
(8)2 ⃗u.⃗v ≤|u⃗|.|⃗v|∨|u⃗|.|⃗v|≤|⃗u|.|⃗v|
Ví dụ 1: Cho a, b, c số thực CM
a −b¿2+c2
¿
a+b¿2+c2
¿ ¿ ¿
√¿
Giải: Đặt ⃗u=(a − b ;c) ⃗v=(a+b ;c) ⃗u+ ⃗v=(2a ;2c)
Ta có |u⃗|+|⃗v|≥|⃗u+⃗v| suy đpcm
Ví dụ 2: CM ∀x , y∈R √x2
+4y2+6x+9+√x2+4y2−2x −12y+10≥5
Giải: Đặt ⃗u=(x+3;2y) ⃗v=(1− x ;3−2y) ⃗u+ ⃗v=(4;3)
Lại áp dụng |u|⃗+|⃗v|≥|⃗u+⃗v| suy đpcm
Ví dụ 3: CM ∀a , b , c abc(a+b+c)≤ a4+b4+c4
Chú ý: Phương pháp vectơ áp dụng trường hợp ta biểu diễn thành phần bđt thành đồ dài vectơ nhiên áp dụng thường thi khơng có ràng buộc biên cịn có ràng buộc ta thường dùng phương pháp tọa độ
b) Phương pháp tọa độ:
Ví dụ 4: Cho a,b thõa mãn a – 2b + =
CMR
b −5¿2 ¿
b −7¿2 ¿
a −5¿2+¿ ¿
a −3¿2+¿ ¿
√¿
Giải: Chọn A(3; 5) B(5; 7)
M(a; b) thõa mãn a – 2b + = nên nằm đường thẳng x- 2y + 2=0
(Δ) Lấy A’ đối xứng A qua (Δ) ta có A’(5; 1)
(9)Hay
b −5¿2 ¿
b −7¿2 ¿
a −5¿2+¿ ¿
a −3¿2+¿ ¿
√¿
Dấu “=” xảy ⇔a=5∧b −7
2
c) Các phương pháp khác: Ví dụ 5: Cho 0<x, y, z<1 CM
y(1− z)+z(1− x)<1
x(1− y)+¿
Giải: Dựng tam giác cạnh hình vẽ
Ta có
SΔAMP+SΔCPN+SΔBNM<SΔABC
⇔1
2sin 60
0
[x(1− y)+y(1− z)+z(1− x)]<1
2.sin 60
0 1
⇔x(1− y)+y(1− z)+z(1− x)<1
Ví dụ 6: Cho a, b, c dương CM
√a2−√2ab+b2+√b2−√3 bc+c2≥√a2−√2−√3 ac+c2
Giải: Dựng hình vẽ cho: OA=a ; OB=b ; OC=c
∠AOB=450∠BOC=300
Áp dụng định lí hàm số cosin tam giác ta có:
2
2
2
AB a ab b
BC b bc c
0 0 0
cos cos(45 30 ) cos 45 cos30 sin 45 sin 30
1 1 1
2 2
2 2
AOC
Vậy AC=√a2−√2−√3 ac+c2 tức
x
y
M A
A
B
A C
P
N A
z
c b a
A
O B
(10)√a2−√2ab+b2+√b2−√3 bc+c2≥√a2−√2−√3 ac+c2
Dấu đẳng thức xảy
0
2
sin 75
4
AOB BOC AOC
ab bc ac
S S S ac b
a c
*) Một số tập
1 Cho a, b, c, d số thực thõa mãn ¿
a2+b2+1=2(a+b)
c2+d2+36=12(c+d)
¿{
¿
CM:
√2+1¿6
b − d¿2≤¿
a − c¿2+¿ √2−1¿6≤¿
¿
2 CMR ∀x ta có
√2x2−2x+1+√2x2−(√3−1)x+1+√2x2+(√3+1)x+1≥3
3 Cho x, y thõa ¿
− x+2y −8≤0
x+y+2≥0
y −2x −4≥0
¿{{
¿ C/m 165 ≤ x2+y2≤20
4 Cho x, y, z dương thõa mãn xyz(x+y+z)=1 Tìm MIN (x+y)(x+z)
VII Sử dụng BĐT quen thuộc 1 Bất đẳng thức Cauchy
a Cho số không âm x, y ta có
x+y
2 ≥√xy Dấu “=” ⇔x=y
Dạng khác 1a+1
b≥
(11)b Tổng quát cho n số không âm a1, a2, , an ta có
a1+a2+ .+an
n ≥
n
√a1a2 an
Ví dụ : Cho a, b, c số dương tùy ý CMR ∀x∈R ta có
(abc ) x
+(bc
a ) x
+(ca
b ) x
≥ ax+bx+cx
Giải : Áp dụng BĐT Cauchy cho cặp số dương ta có : (abc )
x
+(bc
a ) x
≥2√(ab bc ca )
x
=2bx
(bca ) x
+(ca
b ) x
≥2√(bc ca ab )
x
=2cx
(cab ) x
+(ab
c ) x
≥2√(ca ab bc )
x
=2ax
Cộng vế theo vế ta cóta có đpcm Dấu “=’ xảy x=0 Ví dụ : Với a, b, c dương CM
a3
b + b3
c + c3
a ≥ab+bc+ca
Giải : áp dụng BĐT Cauchy cho cặp số dương ta có :
a3
b +ab≥2√ a3
b ab=2a
2
b3
c +bc≥2√ b3
c bc=2b
2
c3
a +ca≥2√ c3
a ca=2c
2
Cộng vế theo vế ta có:
a3 b +
b3 c +
c3
a +ab+bc+ca≥2(a
2
+b2+c2)(1)
(12)c − a¿2
b − c¿2+¿≥0 ¿
a − b¿2+¿ ¿ ¿
a2
+b2+c2−ab−ac−bc=1
2¿
Thay vào (1) suy đpcm Dấu “=” xảy a=b=c
c Một số dạng toán sử dụng BĐT Cauchy tổng quát để c/m 1) Cho n số thực dương a1, a2, , an thõa mãn
k>0
1 a1
+
a2
+ +
an
=k¿ cho trước) CMR
1 2
1 1
1
1
n n n
n n n n
m a m a m a m a m a m a
k
m a m a m a m m m
Với m1, m2, , mn số nguyên dương tùy ý. Giải: áp dụng BĐT Cauchy cho m=m1+m2+ +mn số ta có:
m1a1+m2a2+ .+mnan≥ mm√a1m1a
2
m2 a n mn(1) Lại áp dụng cho m số dương ta có
m1 a1
+m2
a2
+ +mn
an
≥m m
√a1m1a
2
m2 .a n mn
(2)
Từ (1) (2) ta có
( m1a1+m2a2+ .+mnan ) (m1
a1+ m2
a2+ .+ mn
an )≥ m
2
m1 a1
+m2
a2
+ +mn
an
+¿ ¿
⇒
m1a1+m2a2+ +mnan≤
1 m2¿
(13)1
m1a1+m2a2+ +mnan+ +
1
mna1+m1a2+ +mn −1an≤
1
m2(m.k)=
k m1+ +mn
*) Một số tập
1 Cho số dương a, b, c CMR
1 a+
1 b+
1 c≥
2 a+b+
2 b+c+
2 c+a
2 CMR ab+b
c+ c a≥
a+b+c
√abc
Tổng quát
(a1
a2) k
+(a1
a2) k
+ +(a1
a2) k
≥a1n+a2+ +an
√a1a2 an
3 Cho ¿
a , b>0
a+b ≤1
¿{
¿
Tìm MIN S=ab+
ab
2 Sử dụng BĐT Bunhiacopxki(BCS)
Với số (a1, a2, ., an) (b1, b2, ,bn) ta có (a1b1+a2b2+ +anbn)
2
≤(a12+a22+ +an2)(b12+b22+ +bn2)
Đẳng thức xảy ⇔a1
b1
=a2
b2
= .=an
bn
Với quy ước ai=0 bi=0
Chứng minh: +Nếu a1
2
+a22+ +an2 =0 suy BĐT luôn
+Nếu a1
+a2
+ +an
2 >0 Xét tam thức
anx − bn¿
2
¿
f(x)=(a12+a22+ +an2)x2−2(a1b1+a2b2+ +anbn)x+(b12+b22+ +bn2)
¿
f(x)≥0∀x∈R⇒Δ'≤0
a2x − b2¿2+ +¿
a1x −b1¿
+¿ ¿
f(x)=¿
(14)CMR 2x2+3y2≥8
3
Giải: Theo BĐT BCS ta có
(√12.√2x+1 √3y)
2
≤(1
2+1)(2x
2
+3y2)⇔2x2+3y2≥8
3
Dấu “=” xảy
⇔√2x
1
√2
=√3y
1 ⇒ x=2
3 y=
3√3
¿{
Ví dụ 2: a) Cho n số thực (a1, a2, ., an) n số dương (b1, b2, ,bn)
CMR a1
b1 +a2
2
b2
+ +an
bn
≥(a1+a2+ +an)
2
b1+b2+ +bn
b) CMR
a2 b2+2a+
b2 a2+2b+
1
1+2ab≥1∀a , b>0
Giải: a) Áp dụng BĐT BCS cho số dương
( a1 √b1
; a2
√b2
; .; an
√bn)
(√b1;√b2; ;√bn)
Ta có
a1+a2+ +an¿2≤(a1
2
b1+ a2
2
b2+ + an
2
bn)(b1+b2+ +bn)
¿
a1+a2+ +an¿2 ¿
¿ ¿ ¿ b) Áp dụng kết a) ta có
a+b+1¿2 ¿ ¿
a2
b2+2a+
b2
a2+2b+
1 1+2ab≥¿
đpcm
(15)CMR a+b+c¿
2
a b+
b c+
c a≥¿
Giải: Áp dụng BĐT BCS ta có a, b, c dương nên
a+b+c¿2=(√ab√a
b+√bc√ b
c+√ca√ c a)
2
≤(ab+bc+ca)(a
b+ b c+
c a)
¿
a+b+c¿2 ¿ ¿ “=” ⇔√
ab
√ab
=√bc
√bc
=√ac
√ca
⇔a=b=c=
√3
VII Các phương pháp khác
1 Sử dụng khai triển nhị thức Newton
Để c/m A B ta làm sau a) Nếu đưa A dạng
a+b¿n=∑
i=0
n
Cnian −ibi A=¿
Ta tìm cách c/m B khơng lớn tổng T số phần tử chuỗi B ≤ T ≤ A (cách ngắt chuỗi dương)
b) Nếu đưa B dạng
x+y¿n=∑
i=0
n
Cnixn −iyi(∗)
B=¿
Ta tìm cách đánh giá số hạng chuỗi (*) không lớn biểu thức TJ mà ∑
j=0
n
Tj≤ A lúc B ≤∑ j=0
n
Tj≤ A
Ví dụ 1: Nếu |x|<1 n nguyên, n>1
1− x¿n<2n
1+x¿n+¿ ¿
(16)1− x¿i
1+x¿n −i¿
Cni¿
1− x¿n+∑
i=1
n
¿
1+x¿n+¿
1+x+1− x¿n=¿
2n
=¿ Vì |x|<1 nên
1− x¿i>0∀i∈1,2, n −1
1+x¿n −i¿ ¿
Vậy 1− x ¿n
1+x¿n+¿
2n>¿ Ví dụ 2: CMR ∀m nguyên dương, m ta có:
(mm2−21)
2m+1
.(1+
m −1)
2 <1(1)
Giải:
2 2
2 2
1 1
(1) 1 1
1 1 ( 1)
m m
m m m m m
2
1 2
2 2 2 2
1 1
1
1 1 ( 1)
m m
m m m
C C C
m m m m m
Mặt khác ta có:
4m2−1>3m2−3
m2−1¿2 ¿
m2−1¿3 ¿
m −1¿2 ¿ ¿
3¿ ¿ ¿ ⇔2m+1
m2−1+
m(2m+1)
¿
⇒ đpcm
Ví dụ 3: Nếu n số tự nhiên lớn CM n
√n<1+√2
(17)1+x¿n=1+nx+n(n −1)
2 x
2
+ +xn⇒n>1+n(n −1)
2 x
2⇒
x2<2
n⇒x<√ n
¿ ¿
n=¿
2 Sử dụng phương pháp phân chia
a) Nếu hàm số biến thiên phức tạp tập xác định ta chia tập xác định D thành tập D1, D2,….sao cho việc tìm cực trị hàm số tập
dễ dàng
b) Nếu tính chất hàm thay đổi tập ta phân tích hàm thành tổng hàm đơn giản để tìm cực trị hàm thành phần Ví dụ 1: Tìm Max F(x , y)=x2002y(4− x − y) với x,y số thực thõa
mãn
¿
x ≥0 y ≥0 x+y ≤6
¿{ {
¿ Giải:
+ Khi x+y ≥4 ta có F ≤0 Dấu “=” xảy ⇔x+y=4
+ Khi x+y<4 ta có x ≥0, y ≥0,4− x − y ≥0
Áp dụng BĐT Cauchy cho 2004 số không âm ta
2002
2004
2002 2002
2004
2002 (4 )
2002 2002 2002
2002 2002
2002 2002
2004 501
x x x
F y x y
x y x y
F
2002 501
' '
1 2002
501 x
x
y x y
y
Vậy
F ≤2002
2002
5012004
Ví dụ 2: Tìm Min F(x)=|x −20011|+|x −2002|x∈R
(18)+ x ≥2002 Lúc
F(x)=2x −4003⇒F(x)≥1
'='⇔x=2002
+ x∈(2001,2002)⇒F(x)=1
+ x ≤2001⇒F(x)=4003−2x ≥1
'='⇔x=2001
Vậy Min F(x)=1⇔x∈[2001,2002]
Ví dụ 3: Tìm Min A=x(y+z)+z(x+y) x, y, z số thực thõa mãn
x2+y2+z2=1
Giải: Đặt A1=xy+yz+zx; A2=zx⇒A=A1+A2
Ta có: x+y+z¿2≥0⇒x2+y2+z2+2A1≥0⇔A1≥−
1
¿
Đẳng thức xảy ⇔
x+y+z=0
x2
+y2+z2=1
¿{
(1) Ta có
2 2
2
1 1 1
( ) (1 )
2 2 2
A z x z x y A
Đẳng thức xảy ⇔
y=0
x=− z
x2+y2+z2=1
¿{ {
(2)
1 (1)
1
1; ' '
(2)
2
1 x
A y
z
3 Sử dụng mối quan hệ bất đẳng thức:
Ví dụ từ đẳng thức xy+yz+zx=−1 ta có bđt x+y+z¿2≥0⇒x2+y2+z2≥2
(19)Từ ta chứng minh dễ dàng BĐT Ví dụ : Đặt x=a+b
a −b; y= b+c
b −c; z= c+a
c −a
Ta có
(a+b
a −b)
2
+(b+c
b − c)
2
+(c+a
c − a)
2
≥2(1)
a− b¿2 ¿
b −c¿2 ¿
c − a¿2 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ⇒a2+b2
¿
a −b¿2 ¿
b − c¿2 ¿
c −a¿2 ¿ ¿ ¿ ¿
ab
¿
Cộng (2) (3) biến đổi ta có:
a −b¿3 ¿
b − c¿3 ¿
c −a¿3 ¿ ¿ ¿ ¿
a3−b3
¿
Với số mối quan hệ ta có nhiều bđt Vì c/m cần sử dụng khéo léo quan hệ
(20)Trong trình chứng minh BĐT tam giác, phép biến đổi tương đương ta tìm mối quan hệ mật thiết từ bất đẳng thức có vẽ hồn tồn khác
Ví dụ 1: Xét BĐT (p −a)(p −b)(p − c)≤abc
8 (1)
trong a , b , c độ dài cạnh tam giác ; p nửa chu vi CM: Theo BĐT Cauchy ta có
p − a+p −b¿2 ¿ ¿4=c
2
4
¿
p −b+p − c¿2 ¿ ¿4=a
2
4
¿
p −c+p −a¿2 ¿ ¿ ¿
(p −a)(p −b)≤¿
Nhân tương ứng theo vế số không âm ta [(p − a)(p − b)(p − c)]2≤(abc
8 )
2
suy đpcm Bây ta biến đổi (1) sau :
(1)⇔p(p − a)(p− b)(p −c)≤ p.abc
8
⇔S2≤ p
8 abc⇔pr abc
4R≤ p abc
⇔R ≥2r(2)
(21)S=1
2ab sinC=2R
2
sinAsinBsinC=pr
⇒2R2sinAsinBsinC
=a+b+c
2 r
⇔ r
R=
2 sinAsinBsinC sinA+sinB+sinC=
2 sinAsinBsinC cos A
2 cos B cos
C
=4 sin A
2sin B sin
C
⇔ r
R=cosA+cosB+cosC −1≤ 2−1=
1
2⇒R ≥2r(dpcm)
( cosA+cosB+cosC ≤3
2 BĐT bản)
Tiếp tục biến đổi theo hướng khác :
(1)⇔S2≤ p
8abc⇔( abc
4R)
2
≤ p 8abc
⇔abc
R2 ≤ a+b+c(3)
⇔4 sinAsinBsinC ≤sinA+sinB+sinC(4)
(4) BĐT liên quan góc CM (4) sau :
(4)⇔sinAsinBsinC ≤cosA
2 cos B 2cos
C
⇔8 sin A sin
B 2sin
C ≤1
⇔cosA+cosB+cosC ≤3
2
Suy đpcm
Tiếp tục biến đổi (1):
(1)⇔(3)⇔a+b+c
abc ≥ R2
⇔bc1 +
ca+ ab ≥
1 R2⇔
hahb+hbhc+hcha
4S2 ≥ R2
⇔hahb+hbhc+hcha≥ 4S2
R2 (5)
(5) BĐT liên quan đến đường cao Ta biến đổi (1)
1 8( )
(1)
( )( )( ) ( )( )( )
p a b c
p a p b p c abc p a p b p c abc
(22)2 2
( ) ( ) ( ) 1
8
( )( )( )
1 1 1
8
( )( ) ( )( ) ( )( )
8
4
2( ) (6)
a b b c c a a b b c c a
a b b c c a a b b c c a
p a p b p c
p a p b p c ab bc ca
p b p c p c p a p a p b ab bc ca
r r r r r r h h h h h h
S S S S
r r r r r r h h h h h h
( ) ( ) ( ) 1
8
( )( )( )
1 1 1
8
( )( ) ( )( ) ( )( )
p a p b p c
p a p b p c ab bc ca
p b p c p c p a p a p b ab bc ca
(6) BĐT liên quan đến bán kính đường trịn bàng tiếp đường cao Từ biến đổi ta thấy BĐT sau tương đương :
(p −a)(p −b)(p − c)≤abc
8 (1)
R ≥2r (2)
abc
R2 ≤ a+b+c (3)
4 sinAsinBsinC ≤sinA+sinB+sinC (4)
hahb+hbhc+hcha≥4S
2
R2 (5)
rarb+rbrc+rcra≥2(hahb+hbhc+hcha) (6)
Từ (5) (6) suy
rarb+rbrc+rcra≥8S
2
R2 (7)
Tóm lại, BĐT tam giác trông khác lại có mối quan hệ tương đương hệ
(23)¿
tgA+tgB+tgC=tgAtgBtgC(1)
tg A tg
B 2+tg
B tg
C 2+tg
C tg
A 2=1(2)
¿{
¿
Từ (1) ta suy BĐT
tgA+tgB+tgC≥3√3 (3)
tgAtgBtgC≥3√3 (4)
(4)⇒tgAtgB+tgBtgC+tgCtgA≥3√3tg2Atg2Btg2C ≥9(5) (5)⇒tg2A+tg2B+tg2C ≥tgAtgB+tgBtgC+tgCtgA≥9(6)
Vậy từ (1) có (3),(4),(5),(6) Xuất phát từ (2) ta có:
(tgA 2+tg
B 2+tg
C 2)
2
≥3(tg A tg
B 2+tg
B tg
C 2+tg
C 2tg
A )=3
⇒tgA 2+tg
B 2+tg
C
2 ≥√3(7)
(7)⇒tg2A
2+tg
2B
2+tg
2C
2≥ 3(tg
A +tg
B 2+tg
C 2)
2 =1(8)
¿3[tg A
2 tg B 2tg C ] 3≤
(tg A tg
B 2+tg
B tg
C 2+tg
C tg
A 2)=1
⇒tg A tg B tg C ≤ 3√3(9)
Từ (3) (9) ⇒tgA+tgB+tgC≥27 tg A
2 tg B tg
C
2 (10)
Tóm lại từ số hệ thức ta thấy ẩn chứa nhiều BĐT cần khai thác
II Những phương pháp chứng minh chọn lọc BĐT tam giác
Việc lựa chọn phương pháp để chứng minh BĐT quen thuộc tam giác giúp rút ngắn thời gian làm
Ví dụ : CM BĐT: sinA+sinB+sinC ≤3√3
2 (1)
(24)sinA+sinB+sinC=2cosC
2(cos A − B
2 +sin C 2)≤
2
√3(√3 cos C
2)(1+sin C
2)
√3[(√3 cos C
2+1+sin C 2) 2] =
√3[ 2+cos(
C −
Π )]
2
≤
√3( 2+1)
2 =3√3
2
Ví dụ : CM BĐT cosA+cosB+cosC ≤3
2(2)
(2) CM đơn giản sau :
2
cos cos cos 2cos cos 2sin
2 2
A B A B C
A B C
2sin cos sin
2 2
C A B C
2
1
2sin sin sin sin
2 2 2
C C C C
Ví dụ 3: CM BĐT sinAsinBsinC ≤3√3 (3)
(3) cm dễ dàng từ (1), ta cm (3) sau
sinAsinBsinC=1
2(cos(A − B)+cosC) sinC ≤
2(1+cosC)( sinC
√3 )√3
2
4(1+cosC+ sinC
√3 )
2
.√3=√3
8 (1+2 cos(C − Π
3 ))
2
≤3√3
Ví dụ 4: CM BĐT cosAcosBcosC ≤1 8(4)
Ta có
cosAcosBcosC=1
2(cos A − B
2 −cosC)cosC ≤
2(1−cosC)cosC
¿
1−cosC+cosC¿2=1
8
2 4¿
Ví dụ : CM sin A 2+sin
B 2+sin
C ≤
3
Ta có sin A +sin
B 2+sin
C 2=2 sin
A+B
4 cos A − B
4 +1−2 sin
2 A+B
4 sin A+B
4 +1−2sin
2A+B
4 =−2(sin A+B
(25)C KẾT LUẬN
Trên số kinh nghiệm đúc rút trình giảng dạy 30 năm qua, đặc biệt trình bồi dưỡng học sinh giỏi Từ vấn đề trình bày rút kết luận rằng: việc nghiên cứu giải toán bất đẳng thức học sinh phải trình thường xuyên đặc biệt phải nghiên cứu chu đáo từ kiến thức lớp 10 Trong phương pháp chứng minh BĐT theo suốt chương trình từ lớp 10 hồn thiện lớp 12 tìm cực trị GTLN, GTNN hàm số BĐT lượng giác tam giác vận dụng BĐT hệ thức lượng tam giác lại ẩn chứa phép biến đổi tinh vi mà người thấy
Mặc dù cịn nhiều hạn chế tơi hy vọng đề tài đóng góp tốt cho bạn đồng nghiệp học sinh tìm hiểu sâu sắc bất đẳng thức nhằm nâng cao hiệu giảng dạy học tập Tôi mong nhận ý kiến đóng góp độc giả
D TÀI LIỆU THAM KHẢO Bộ sách giáo khoa hợp năm 2000
2 Bộ sách giáo khoa-Ban khoa học tự nhiên-Bộ sách thứ nhất-NXBGD 2003
3 Phương pháp tìm GTLN GTNN Phan Huy Khải
4 Tài liệu bồi dưỡng giáo viên THPT chuyên Bất đẳng thức vấn đề liên quan Trần Nam Dung, Nguyễn Văn Mậu
5 Bất đẳng thức: suy luận khám phá - Phạm Văn Thuận Lê Vĩ 500 Bất đẳng thức Cao Minh Quang