chung minh bat dang thuc

Mỗi bài toán chứng minh bất đẳng thức có thể áp dụng được nhiều phương pháp giải khác nhau, cũng có bài phải kết hợp nhiều phương pháp một cách thích hợp” (1) .Ngoài ra trong quá trìn[r]

Lời nói đầu

Nhằm tổng hợp kiến thức bất thức đại số hình học chương trình PTCS, cung cấp thêm tư liệu phục vụ cho công tác thực tập giảng dạy sinh viên Chúng tiến hành viết tiểu luận đề tài “ Các bất đẳng thức đại số hình học chương trình PTCS

Nội dung tiểu luận bao gôm mục: I Bất đẳng thức

II Một số phương pháp thường dùng chứng minh bất đẳng thức III Vận dụng bất đẳng thức việc giải tốn

IV. Rèn luyện hình thái tư q trình dạy tốn bất đẳng thức

V Dự đốn phân tích sai lầm học sinh thường mắc phải trình giải toán bất đẳng thức

VI Kết luận

Tiểu luận không tránh khỏi sai sót, chúng tơi mong nhận ý kiến đóng góp bạn đọc

CHUYÊN ĐỀ BẤT ĐẲNG THỨC

I BẤT ĐẲNG THỨC

1 Định nghĩa:

Cho hai số a b ,ta nói

a lớn b , kí hiệu a> b , a-b >0 a nhỏ b , kí hiệu a<b ,nếu a-b<0 2 Các bất đẳng thức bản:

i) a2 0. - a2 0

ii) |a|  Xảy dấu đẳng thức a =

- |a|  a  |a| Xảy dấu đẳng thức a =0

|a+b|  |a| + |b| Xảy dấu đẳng thức a.b

|a − b|≥|a|−|b| Xảy dấu đẳng thức a.b vaø |a|  |a|

(các điều kiện cịn diễn đạt a  b  a  b  0) iii) a2+b2  2ab.

+) Bất đẳng thức Côsi:Cho hai số a,b ,a  b  Khi a + b  √ab (a + b)2  4ab ,hoặc

(a+b2 )  ab +) 1a+1

b 

a+b với ab > +) ab+b

a  với ab >

+) Bất đẳng thức Bunhiacôpxki : (ax + by)2  (a2 +b2)(x2 +y2). 3 Các bất đẳng thức phát triển:

i) a>b b<a ii) Tính chất bắt cầu :

a>b ,b>c a>c

iii) Tính chất đơn điệu phép cộng : cộng số vào hai vế bất đẳng thức

a>b  a+c > b+c với số thực c

iv) Cộng vế hai bất đẳng thức chiều, bất đẳng thức chiều với bất đẳng thức cho:

a > b,c > d  a+c > b+ d.

Chú ý: Không trừ vế hai bất đẳng thức chiều

v) Trừ vế hai bất đẳng thức ngược chiều , bất đẳng thức chiều với bất đẳng thức bị trừ :

a > b, c < d  a – c > b – d vi) Tính chất phép nhân:

+) Nhân hai vế bất đẳng thức với số âm ta bất đẳng thức đổi chiều:

a > b , c<0  a.c <b.c

vii) Nhân vế hai bất đẳng thức chiều mà hai vế không âm : a >b ≥0 ,c > d ≥  a.c ≥ b.d

viii) Nâng lên lũy thừa bậc nguyên dương hai vế bất đẳng thức : a>b>0  an > bn ;

a > b  an > bn với n lẻ ; |a| > |b|  an >bn với n chẳn

ix) So sánh hai lũy thừa cungcơ số với số mũ nguyên dương: Nếu m>n>0 :

a>1 an < am ; a=1 an = am ; 0<a<1 an > am

x) Lấy nghịch đảo hai vế đổi chiều bất đẳng thức hai vế dấu : a > b ,a.b >0  1a < 1b

Chú ý 2: Ngoài bất đẳng thức chặt cịn, ví dụ a>b, ta cịn có bất đẳng thức không chặt Chẳng hạng a ≥ b (tức a > b a = b).Trong tinh chất trên, nhiều “>” dấu “<” thay dấu “≥” “”

4.Các bất đẳng thức hình học phẳng

i) Quan hệ đường xiên đường vng góc, đường xiên hình chiếu

_Trong tam giác, đường vng góc ngắn đường xiên AH  d, B  H  AH < AB

_Trong tam giác, hai đường xiên kẻ từ điểm đến đường thẳng,đường xiên có hình chiếu lớn lớn đường xiên lớn có hình chiếu lớn

BH < CH  AB < AC

ii) Các bất đẳng thức tam giác qui tắc điểm

a) Trong tam giác ABC bất kì, có: +) AB - AC< BC < AB + AC

+) A ^B C  A ^C B  AC  AB b) Xét n điểm A1;A2;A3;….;An, ta có:

A1An  A1A2 + A2A3 + ……An-1An c) Quan hệ cạmh góc tam giác :

Tam giác ABC A’B’C’ có AB = A’B’,AC = A’C’ : BC  B’C’  ^A  ^A ' .

iii) Các bất đẳng thức đường tròn

Cho đường tròn tâm O bất kì, có AB đường kính, CD EF hai dây đường trịn (O), OH OK khoảng cách từ tâm O đến dây CD EF Thế ta có bất đẳng thức sau:

+) AB  CD.

+) CD  EFOHOK

+) C D  E F  CD EF

+) C ^O D  E ^O F  C D  E F .

Chú ý: Các bất đẳng thức với CD dây cung đường tròn tâm O’ có bán kính với đường trịn tâm O,nghĩa là:

C ^O ' D  E ^O F  C D  E F  CD EF O’HOK

II.MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP THƯỜNG DÙNG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC.

1 Các phương pháp thường dùngchứng minh bất đẳng thức đại số a) Dùng định nghĩa:

Để chứng minh a > b , ta xét hiệu a – b chứng minh a – b > 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 + = y , biểu thức viết lại :

(y – 1)(y + 1) +1 = y2 ≥ 0. Vậy (x – 1).(x – 2) (x – 3).(x – 4) ≥ -1

Ví dụ 2: Chứng minh với ba số a , b , c ta có : a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca

Giải:

Xét hiệu : A = a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca

2A = 2a2 + 2b2 + 2c2 – 2ab – 2bc – 2ca

= a2 - 2ab + b2 + a2 – 2ca + c2+ b2 – 2bc + c2 =(a – b)2 + (a – c)2 + (b – c)2

b) Chứng minh bất đẳng thức dùng phép biến đổi tương đương Ví dụ: Cho số dương a b thỏa mãn điều kiện a+ b =1 Chứng minh :(1+ 1a )(1+ 1b ) 

GiảI :

Ta có : (1+ 1a )(1+ 1b )  ⇔ (a+1 a )(

b+1

b ) 

⇔ ab + a + b +  9ab ⇔ ab + a + b  8ab

⇔  8ab ⇔ 1 4ab

⇔ (a + b)2  4ab ⇔ (a - b)2  (hiển nhiên ). Vậy (1+ 1a )(1+ 1b ) 

c) Dùng tính chất bất đẳng thưc Ví dụ:

Cho a +b>1.chứng minh rằng:a4+b4>

Giải: ta có:a+b>1>0 (1)  (a+b)2 >1 a2 +2ab +b2 >1 (2) Mặt khác: (a-b)2 0 a2 –2ab +b2 0 (3) Cộng vế (2) và(3): 2(a2 +b2)>1

a2 +b2 >

2 (4)

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

4 (5)

Mặt khác:(a2-b2)20 a4-2a2b2 +b40 (6) Cộng vế (5) (6):2(a4+b4) >

4 a4 +b4> d) Dùng phương pháp phản chứng

Vídụ:

Cho a2+b2 Chứng minh rằng: a+b 2 Giải:

Giả sử :a+b>2

(a+b)2>4 (1)

Mặt khác ta có:

2ab a2 +b2 a2+b2+2ab  2(a2+b2) Mà: 2(a2+b2) 4.

Do : a2+b2+2ab (mâu thuẩn với (1) ) Vậy a+b

e) Phương pháp qui nạp toán học: Phương pháp :

Giả sử cần chứng minh bất đẳng thức với số tự nhiên n khác ta làm sau:

Chứng minh bất đẳng thức với n =1

Giả sử bất đẳng thức với số tự nhiên k1, ta chứng minh bất đẳng thức với n = k+1

Ví dụ:chứng minh :2n>n3 (1) với số tự nhiên n 10 Giải:

a) Bất đẳng thức (1) đến n =10 210 =1024>103. b) Giả sử (1) với n = k ,tức ta có 2k>k3 (k10) ta cần chứng minh 2k+1 >(k+1)3

xét hiệu 2k+1 –(k+1)3 = 2k.2 - k3 –3k2 –3k –1= 2(2k-k3)+k3-3k2 -3k-1>0

ta có:k3 –3k2 –3k –1 =k(k2 – 3k – 1) - 1= kk(k - 3)-1 k10 ⇒ k(k-3) 70 ⇒ kk(k - 3)-1669 >0 2k+1> (k+1)3

Bài tập tương tự : a) Dùng định nghĩa:

1) Cho a , b hai số dương Chứng minh : a2+b2

2

¿a

3 +b3 ≥

a+b ⋅

❑ ❑

2) Cho a, b, c, d, e l c ác s ố th ực :

Ch ứng minh r ằng :a2 +b2+c2+d2 +e2a(b+c+d+e) 3) Cho abc=1 a3>36

Chứng minh rằng: a2 +b

2

+c2 >ab+bc+ca 4) Cho a2+b2+c2=1.

Chứng minh rằng:abc+2(1+a+b+c+ab+bc+ca)  b) Dùng phép biến đổi tương đương

1) Chứng minh với a,b,c ta có: a2+b2+c2

3 ≥

( a+b+ c)2

2)Cho a b hai số dương:

Chứng minh :+)(a+b).(a3+b3)2(a4+b4). +) (a+b)(a4+b4)(a2+b2)(a3+b3). 3)cho a, b, c số dương ab < Chứng minh :

ab < a+cb+c

Chứng minh : ab < a+cb+d<c d

c) Dùng tính chất bất đẳng thức.

1)cho a b dấu Chứng minh rằng: a) Nếu a>b th ì 1a<1

b b) ab + ba 

2)Cho a,b,c ba số dương Chứng minh rằng: a+ca + b b+a+

c a+b<2 3)Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác :

Chứng minh rằng: a+b − c1 + b+c −a+

1 c+a −b≥

1 a+ b+ c 4)Cho x  0, y 0,z 

Chứng minh rằng: (x+y)(y+z)(z+x)  8xyz d) Dùng phương pháp phản chứng:

1)Cho a3+b3 = Chứng minh rằng: a+b 

2)Chứng minh có bất đẳng thức: a+b+c >0, abc> ab+bc+ca >0 a>0, b>0, c>0

3)Chứng minh khơng có số dương a, b, c để xảy bất đẳng thức sau:

4a(1-b)>1, 4b(1-c)>1, 4c(1-a)>1 4)Cho số dương a, b, c, d

Chứng minh rằng: bất đẳng thức sau có bất đẳng thức sai:

c+d>a+b ,ab+cd>(a+b)(c+d), ab(c+d)>(a+b)cd e) Dùng phương pháp qui nạp toán học:

a Chứng minh rằng:n2>n+5 với số tự nhiên n3 b Tìm số tự nhiên n cho :

i 2n >n2 ii 5n5n3+2

Cho a b hai số dương Chứng minh rằng: a

n

+bn ≥(

a+b )

n

a) Vận đụng quan hệ đường xiên đường vuông góc,giữa đường xiên hình chiếu

Ví dụ 1:

Cho tam giác ABC,có AB  AC; AH đường cao, D điểm nằm đường AH.Chứng minh DB  DC

Lời giải:

Bh CH lần lược hình chiếu AB AC đường thẳng BC AB AC  BH  CH

Mặt khác BH CH lần lược hình chiếu BD CD đường thẳng BC

BH  CH  DB  DC(đpcm) Ví dụ 2:

Cho điểm A nằm đường tròn (O) từ A vẽ tuyến ABC (B,C nằm (O)).Chứng minh AB +AC  2OA

Lời giải:

Vẽ OH  BC, HBC BH=CH(định lí đường kính dây cung). Ta có AH OH  AHOA

Do AB+AC = AH–BH+AH+CH=2AH AH  OA  2AH  2OA  AB+AC  2OA

b)Vận dụng bất đẳng thức tam giác qui tắc điểm

Ví dụ

Cho tứ giác ABCD, O giao điểm hai đường chéo AC BD.M điểm nằm tứ giác ABCD(M  O).Chứng minh MA+MB+MC+MD > AC+BD Lời giải:

Xét  MAC, ta có:

MA+MC>AC (1)

Xét  MBD,ta có:

MB+MD > BD (2)

Từ (1) (2) suy MA+MB+MC+MD > AC+BD(đpcm) Ví dụ

Cho nửa đường trịn (O;R),đường kính AB dây cung CD,Vẽ AP BS vng góc vớI CD.Chứng minh OP = OS > R

Lời giải:

Vẽ OH  DC, H  DC

AP DC, BS  DC, OH  DC OH // AP // BS Tứ giác ABSP hình thang(AP//BS), mà OA=OB=R

HP=HS

HP=HS,OH  PS  O thuộc đường trung trực PS

 OP = OS

AP // BS  P ^A B+S ^B A =180o

 P ^A B 90o S ^B A 90o. khơng tính tổng qt, giả sử P ^A B 90o Xét  PAO, ta có P ^A O 90o

 P ^A O góc lớn góc  PAO  P ^A O > O ^P A

O M D C B A C P D H

S

O B

 OP > OA, OA=R Do OP = OS > R ( đpcm)

c)Vận dụng bất đẳng thức đường tròn Ví dụ

Cho tứ giác nội tiếp đường trịn (O;R),có góc BAD tù AC BD.Chứng minh SABCD < 2R2

Lời giải:

Trong đường (O;R) có góc BAD tù.Suy raBD dây khơng qua tâm

 BD < 2R ( đường tròn đường kính dây cung lớn nhất) Mặt khác AC dây đường tròn (O;R)

AC2R

Tứ giác ABCD có AC BD SABCD = AC BD2 Do SABCD =

AC BD <

2 R R

2 = 2R2 Vậy SABCD < 2R2 (đpcm)

Ví dụ

Cho đường tròn (O), hai dây AB CD đường tròn cắt điểm M nằm bên ngồi đường trịn Gọi H K theo thứ tự trung điểm AB CD.Cho biết AB > CD, chứng minh MH > MK

Lời giải: O D C B A

K H M D C

Hai tam giác MOH MOK tam giác vuông nên ta có: MH2 + OH2=MK2 + OK2(=OM2).

Mặt khác ta có AB > CD OH < OK OH2 < OK2 MH2 < MK2

MH < MK (đpcm) Các tập tương tự:

1) Cho tam giác ABC, D điểm nằm tam giác ABC cho AD=AB.Chứng minh AB < AC

2) Cho tam giác ABC, góc B C nhọn Điểm M nằm B C.Gọi d khoảng cách từ B C đến đường thẳng AM.Chứng minh d  BC 3) Cho tam giác ABC cân tạI A,trên hai cạnh AB AC lấy hai điểm M N

sao cho AM = AN.Chứng minh BN > BC+MN2

4) Cho tam giác ABC.Trên cạnh BC lấy điểm M cho BM= 13 BC.Chứng minh góc BAM nhỏ 20o.

5) Cho tam giác ABC cân A Gọi M điểm nằm cạnh BC cho MB < MC.Lấy điểm O đoạn thẳng AM Chứng minh

A ^O B> A ^O C

6) Trên dây cung AB đường tròn tâm O, lấy hai điểm C D chia dây thành ba đoạn AC= CD=DB Các bán kính qua C D cắt cung nhỏ AB lần lược E F Chứng minh A E<E F .

III VẬN DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC TRONG VIỆC GIẢI TOÁN :

1.Áp dụng chứng minh bất đẳng thức vào giải phương trình hệ phương trình đặc biệt.

Ví dụ: Giải phương trình : x2+y2+z2=x(y+z) Giải:

Trước hết ta chứng minh rằng:

x2+y2+z2xy+xz (1)

bất đẳng thức (1) tương đương với 2x2+2y2+2z2 –2xy-2xz  0 x − z¿

2

+y2+z2 x − y¿2+¿

⇒¿

0

xảy dấu đẳng thức (2) ,tức la xảy dấu đẳng thức (1),khi x=y=z=0.đó nghiệm phương trình

1)Giải phương trình: 4x+2x=3x+1 2)Gải hệ phương trình:

xy+yz+zx=1 x2+y2+z2=1

2.Tìm giá trị lớn (GTLN) giá trị nhỏ (GTNN). Phương pháp:

Để tìm giá trị nhỏ biểu thức A, ta cần : + Chứng minh A k với k số + Chỉ dấu “ =” xảy

Kí hiệu:

mina GTNN maxA GTLN

a)Các dạng tập tìm GTNN , GTLN thường gặp i)tam thức bậc hai :

ví dụ:Tìm giá trị nhỏ A=2x2-8x+1 giải :

A = 2x2 –8x+1=2(x2- 4x+4)-7 = 2(x-2)2 –7 -7

⇒min A=−7 ⇔ x=2

Vậy GTNN A –7 x=2 ii)Đa thức có dấu giá trị tuyệt đối :

ví dụ : Tìm GTNN

A=(3x-1)2 - 43x- 1+5 Giải:

Đặt 3x- 1 = y

Khi A =y2 – 4y +5 =(y-2)2 +11

⇒ minA =1 ⇔ y=2 ⇔ 3x- 1=2 ⇔ x=1 x = -1

3

Vậy GTNN A 1, x=1 x = - 13 iii) Đa thức bậc cao:

Ví dụ: Tìm GTNN A = x(x-3)(x-4)(x-7) (1) Giải:

(1) ⇔ A = (x2 – 7x)(x2 – 7x +12) Đặt x2 – 7x +6 = y

Suy : A = (y – 6)(y + 6) = y2 – 36  - 36

⇒ minA = -36 ⇔ y=0 ⇔ x2 – 7x + =0 ⇔ x= x=

iv) Phân thức có tử số ,mẫu tam thức bậc hai Ví dụ: Tìm GTNN A =

6 x −5 − x2 Giải:

A = −2

9 x2−6 x +5 =

−2

(3 x −1)2+4 Ta thấy : (3x – 1) 0 ⇔ (3x – 1) 2 +4  4

Do :

(3 x −1)2+4  ⇒ −2

(3 x −1)2+4  − 2

4 = − 1

2 = -1 ⇒ minA = - 12 ⇔ x = 13

Vậy GTNN A - 12 x = 13 v) Phân thức có mẫu bình phương nhị thức:

Ví dụ: Tìm GTNN A= 3 x

− x+6 x2−2 x+1 Giải: A=

x −1¿2 ¿

3 (x2−2 x +1)−2(x −1)+1

¿

= -

x −1¿2 ¿

2 x −1+

1

¿

Đặt y = x −11 Suy A = 3- 2y +y2 = (y-1)2 +2 2

⇒ minA = ⇔ y = ⇔

Vậy GTNN A x = vi) Các phân thức dạng khác:

ví dụ: Tìm GTNN GTLN A = 3 − x x2+1 Giải:

Để tìm GTNN , ta viết A dạng :

A = x

−4 x+4 − x2−1 x2+1 =

x − 2¿2 ¿ ¿ ¿  -1

⇒ minA = -1 ⇔ x=

Vậy GTNN A -1 x= Để tìm GTLN, ta viết dạng :

A=

2 x+1¿2 ¿ ¿

x2−4 x+4 − x2−1 x2+1 =4 −¿

=  ⇒ max A = ⇔ x = −1

2 Vậy GTNN A –1 x = GTLN A x = −1

2  Bài tập tương tự:

i)Tam thức bậc hai :

1) Tim GTLN B = -5x2 – 4x +1.

2) Tìm GTNN biểu thức A = (x – 1)2 + (x -3)2 3) Cho tam thức bậc hai P= ax2 +bx +c.

a) Tìm GTNN P a>0 b) Tìm GTLN P a<0 ii)Đa thức có dấu giá trị tuyệt đối

1)Tìm GTNN B= |x − 2|+|x − 3| |x − 1|−|x − 2|

2) Tìm GTLN biểu thức T= |x − 1|−|x − 2|

3) Tìm GTNN biểu thức P = |x − y +1|+|x −2 y| iii)Đa thức bậc cao

1) Tìm GTNN B =2x2 +y2 – 2xy – 3x +3

iv)Phân thức có tử số , mẫu tam thức bậc hai 1)Tìm GTNN A =

− 5+4 x − x2 2) Tim GTLN A =

25 x2−10 x+7

v)Phân thức có mẫu bình phương nhị thức 1) Tìm GTNN :

a)A = 2 x

− 16 x +4 x2−8 x +22 b) B = x

6 +27

x4− x3+6 x2− x+9 c) C = x

6 +512 x2

+8 d) D =

2 x − 1¿2 ¿

4 x2− x+3

¿

vi)Các phân thức dạng khác :

1) Tìm GTNN GTLN a)A = 27 −12 x

x2+9 b) B = 8 x +3

4 x2+1 c) C = 2 x +1

x2+2

b)Tìm GTLN GTNN biểu thức biết quan hệ biến Ví dụ: Tim GT NN A = x3 y3 + xy, biết x = y =1.

Giải:

Sử dụng điều kiện cho để rút gọn biểu thức A

A = (x + y)( x2 –xy + y2 ) + xy = x2 – xy + y2 + xy = x2 + y2. Thay y = – x vào A

A = x2 + ( – x )2 = 2( x2 - x ) + = 2( x - )2 +

1

1 ⇒ A = 12 ⇔ x = 12 y = 12

Vậy GTNN A 12 x = 12 y = 12 Bài tập tương tự:

1) Cho x + y + z =

2) Tìm GTNN GTLN của:

a) Biểu thức A biết A( A – 1)

b) Biểu thức A = – x – y – z, biết ( – x –y – z )2 = – x2 –y2 – z2. 3) Cho số dương x y thoả mãn

x2+ y2=

1

2 Tìm GTNN của: a) A = xy

b) B = x + y

c) Vài điểm ý tìm GTNN GTLN biểu thức:

i) Chú ý 1: Khi tìm GTNN vàGTLN biểu thức ta đổi biến Ví dụ: Tìm GTNN biểu thức A = ( x – 1)2 + ( x – 3)2.

Ta đặt x – = y

Khi A = ( y + 1)2 + ( y – )2 = y2 + 2y + + y 2 – 2y + = 2y2 + 2.

⇒ A = 2y2 + 2.

⇒ A = ⇔ y = ⇔ x = Vậy GTNN biểu thức A x =

ii) Chú ý 2: Khi tìm cức trị biểu thức, nhiều ta thay điều kiện biểu thức đạt cực trị điều kiện tương đương biểu thức khác đạt cực trị

Chẳng hạn: - A lớn ⇔ A nhỏ

B1 lớn ⇔ B nhỏ nhất, với B > C lớn ⇔ C2 lớn nhất, với C > 0. Ví dụ: Tìm GTLN GTNN biểu thức:

A = x2+1

¿2 ¿ x4 +1 ¿ Giải:

+ Cách 1:

Chú ý : A lớn ⇔

A nhỏ A nhỏ ⇔

A lớn Ta có: A1 = x

2 +1¿2

¿ ¿ ¿

= x

+2 x2+1

x4+1 = + 2 x2 x4+1 Tìm GTLN A:

Ta có :2x2 x4 > 0. Nên 2 x

2

Suy A1 ≥1+0 =1.

⇒ A1 = ⇔ x = ⇒ max A = ⇔ x = Tìm GTNN A:

Ta có :2x2  x4 +1

Mà x4 +1 > n ên 2 x

x4

+1  Suy A1  1+1=2

⇒ max A1 =2 ⇔ x2 = 1.

⇒ A = 12 ⇔ x = ±1 GTNN cảu A 12 x = ±1 +cách 2:

Tìm GTNN A : A =

x2+1¿2−2 x2 ¿

x2 +1¿2

¿ ¿ ¿

= -

x2+1¿2 ¿

2 x2

¿

 ⇒ max A = ⇔ x =

A =

x2+1¿2 ¿

x2−1

¿2 ¿

x2+1¿2 ¿

x2−1¿2 ¿

x2+1¿2 ¿

2¿ ¿ ¿

2¿

x2+1

¿2+¿

¿ ¿

2 x4 +2

¿

⇒ A = 12

Vậy GTNN A 12 x = ±1 GTLN A x =

iii)Chú ý 3: Nhiều ta cần tìmm cực trị biểu thức khoảng biến sau so sánh giá trị cực trị để tìm GTLN – GTNN tồn tập xác định biểu thức

Ví dụ: Tìm GTLN biểu thức A ¿ y

5 −(x + y) , với x , y số tự nhiên Giải:

Xét x+y - Nếu y = A =

- Nếu y A ¿ y

5 −(x + y) - Nếu y = x = v A =

X ét x+y th ì A ¿ y

5 −(x + y)

So sánh giá trị A , ta thấy max A = ⇔ x=0 y = iv)Chú ý 4: Khi tìm GTNN -GTLN biểu thức , người ta sử dụng bất đẳng thức biết

Ví dụ:Cho x2 + y2 = 52.

Tìm GTLN A = |2 x+3 y|

Ta nhận thấy 2x + 3y x2 + y2 thành phần bất đẳng thức Bunhiacôpxki (ax + by)2 (a2 +b2)(x2 +y2).

Theo bất đẳng thức ta có :(2x + 3y)2 (22 +32)(x2 +y2), với a =2, b=3. Theo bất đẳng thức : (2x + 3y)2  (22 + 32).52

⇔ (2x + 3y)2  13.13.4. ⇔ 2x + 3y  26

⇒ max A = 26 ⇔x 2=

y ⇒ thay y = 3 x2 vào x2 + y2 = 52 ta đựợc :x2 + 9 x2

4 =52⇔ x=± 4 Vậy max A = 26 ⇔ x = 4, y = x = - 4, y = -

Chú ý : Nếu tìm GTLN B = 2x + 3y, ta có : B = 2x + 3y  2x + 3y  26 Vậy max B = 26 ⇔x

2= y

3 ⇔ x = 4, y = (B = 2x + 3y  ) v) Chú ý 5: Trong bất đẳng thức, cần ý đến hai mệnh đề sau cho ta gia trị lớn tích, gia trị nhỏ tổng :

- Nếu hai số dương có tổng khơng đổi tích chúng lớn hai số

- Nếu hai số dương có tích khơng đổi tổng chúng nhỏ hai số

Để chứng minh hai mệnh đề trên, ta dùng bất đẳng thức (a+b)2  4ab. -Nếu hai số a b có a + b = k (k số) từ (a+b)2  4ab, Ta có ab  k2

4

⇒ max (ab) = k2

4 ⇔ a = b

- Nếu hai số dương a b có ab = k (k số ), “ a + b ” nhỏ (a + b)2 nhỏ Giá trị nhỏ (a + b)2 = 4k a = b

Ví dụ : Tìm GTLN A = (x2 – 3x +1)(21 + 3x – x2)

Giải Các biểu thức (x2 – 3x +1) (21 + 3x – x2) có tổng khơng

đổi( 22) nên tích chúng lớn x2 – 3x +1=21 + 3x – x2 ⇔ x2 – 3x –10 = 0 ⇔ x=5 x = -2 Khi A = 11.11=121

Vậy max A =121 ⇔ x = hoặt x = -2

Chú ý : Trong ví dụ trên, ta tất giá trị biến để xảy dấu đẳng thức, nhiên yêu cầu toán tìm GTNN, GTLN khơng địi hỏi cần chứng tỏ tồn giá trị biến để xảy dấu đẳng thức

Ví dụ: Tìm GTNN biểu thức : A = |11m−5n| , vớI m, n số nguyên

dương

Ta thấy 11m tận 1, 5n tận 5.nếu 11m > 5n 11m - 5n tận 6, ngược lại 11m < 5n tận 4.

Ta trường hợp A = 4, vớI m = 2, n = A = 112 – 53 =

|121− 125|=4

Như A = ⇔ m = 2, n =

Ta thấy (2, 3) cặp giá trị m v n để A =

- Nhận xét :Việc tìm ra, giá trị m n để A = 4, rõ ràng việc khó khăn nhiều

IV RÈN LUYỆN CÁC HÌNH THÁI TƯ DUY TRONG Q TRÌNH DẠY CÁC BÀI TỐN VỀ BẤT ĐẲNG THỨC

Để giải tốn nói chung tốn bất đẳng thức nói riêng người làm tốn phải thực thao tác tư phân tích, tổng hợp, tương tự hóa, khái quát hóa, trừu tượng hóa …để tìm lời giải cho tốn Do q trình giảng dạy người dạy giúp học sinh rèn luyện hình thái tư thơng qua việc giải tốn bất đẳng thức

1.Rèn luyện tư phân tích

Rèn luyện cho học sinh cách phân tích tìm cách giải cho tốn Ví dụ: Chứng minh bất đẳng thức a+b2  √ab (a,b >0) Phân tích:

Để có a+b2  √ab cần có (a+b)2  4ab. Để có (a+b)2  4ab cần có (a+b)2-4ab 0. Để có (a+b)2-4ab cần có (a-b)2  0.

Mà (a-b)2  bất đẳng thức đúng.Vậy bất đẳng thức a+b

2 

√ab chứng minh 2 Rèn luyện tư tổng hợp

Để giải toán, bắt buộc học sinh phải thực việc tổng hợp kiến thức học có liên quan đến toán, liên kết biết với cần tìm nhằm tìm hướng giải cho tốn

Ví dụ:

Cho a, b hai số thỏa mãn a + b  Chứng minh: a3 + b3  a2 + b2. Trong ví dụ này, kiến thức có liên quan:

a3 + b3 = (a + b)(a2 –ab + b2). a2 –ab + b2 

a + b 

Liên kết biết vớI cần tìm:

Vì a2 –ab + b2   2(a2 –ab + b2)  0.

Mà 2(a2 –ab + b2) = a2 + b2 + (a - b)2  a2 + b2. Suy a3 + b3  a2 + b2, điều cần chứng minh. 3 Rèn luyện tư trừu tượng hóa, cụ thể hóa

Trong q trình giải tốn bất đẳng thức, có nhiều tình học sinh cần tư trừu tượng để tách đặc điểm chung lớp tốn, nghiên cứu tìm cách giải chung cho lớp tốn để áp dụng vào việc giải toán tương tự gặp sau

Ví dụ:

Chứng minh bất đẳng thức sau: a) x2 + 3x +3 >

2 b) 3x4 – 4x2 + 

3 Giải:

a) x2 + 3x +3 = (x +

2 )2 + 

3 >

1  x2 + 3x +3 >

2 b) 3x4 – 4x2 + = 3(x2 -

3 + ) = 3(x - 32 )2 +

9  = 3(x - 32 )2 +

3  Vậy 3x4 – 4x2 + 

3 Nhận xét:

Hai tốn nhìn bề ngồi khác nhau, nhiên chúng có điểm giống vế trái bất đẳng thức viết dạng tổng bình phương với số thực vế phải số thực, để chứng minh bất đẳng thức có dạng ta so sánh số thực vế phải với số thực vế trái Nắm đặc điểm ta đưa cách giải chung cho lớp tốn tương tự hai tốn trên,có dạng chung ax2 + bx + c  d,với a > 0.

Cách giảI chung cho dạng : Biến đổI vế trái: ax2 + bx + c = a(x + b

2 a )2 + c – ( b

2 a )2, rồI chứng tỏ c – ( 2 ab )2  d.

Trong trình giảng dạy, người dạy đưa tập có dạng tương tự nhau, tập có tính quy luật để giúp học sinh rèn luyện tư khái quát hóa tương tự hóa

5 Phát triển tư học sinh thông qua khai thác toán bất đẳng thức

Ví dụ

Chứng minh bất đẳng thức sau: 4 73 +¿

7 10+¿

3

10 13+¿ …+ 73 76 >

3 13 Phân tích :

Ta thấy vế trái bất đẳng thức tổng phân số phức tạp Tuy nhiên phân số có quy luật riêng, thừa số cuối mẫu phân số trước thừa số đầu mẫu phân số sau, tử số phân số số không đổi hiệu hai thừa số mẫu Dạng chung phân số

m

b (b+m) , phân số dạng phân tích thành hiệu hai phân số:

b− b+m

Vậy vế trái bất đẳng thức phân tích sau: VT= 4 73 +¿

7 10+¿

3

10 13+¿ …+

73 76 = 4−

1 +

1 -

1 10 + 101 - 131 +…+ 731 - 761

= 14− 76 =

18 76 =

9 38 VP= 133 = 399 > 389

 4 73 +¿

7 10+¿

3

10 13+¿ …+ 73 76 >

3 13

Với cách phân tích ta chứng minh bất đẳng thức tương tự,ví dụ như:

90 9474 +¿

94 98+¿

4

98 102+¿ …+

4

146 150 < 8 113 +¿

11.14+¿

3

14 17+¿ …+

3

197 2000 > 136

Chúng ta phát triển lên dạng tốn khó từ dạng tốn này,ví dụ như: Chứng tỏ:

a) 153 8+¿ 15

8 13+¿ 15

13 18+¿ …+ 15

b) 22+¿

1

32+¿ … +1 502 < c) 241 +¿

48+¿

80+¿ … +1 10608 <

25 103 Ví dụ :Tìm GTNN B = a3 +

a2 , với a>0 a) Phân tích, tìm lời giải :

Dựa vào đặc điểm số hạng điều kiện toán để tìm GTNN B ta áp dụng “bất đẳng th ức Côsi”

B = 12 a3 + a2 +

1 a2 +

1 a2 +

1

a2 5

√12a

3⋅1

2a

2⋅ a2⋅

1 a2⋅

1 a2=5⋅

5 √14

⇒ B = 5⋅√5

4 ⇔

1

2 a3 =

2 a2 ⇔ a5 = ⇔ a =

√2

b)Lời giải:

Ta có : B = a3 + a2 =

1

2 a3 +

2 a2 + a2 +

1 a2 +

1 a2 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho năm số :

12 a3 +

2 a2 + a2 +

1 a2 +

1

a2 5

√12a 3⋅ 1

2a 2⋅ 1

a2⋅ 1a2⋅ 1a2=5⋅ √14 ⇒ B = 5⋅√5

4 ⇔

1

2 a3 =

2 a2 ⇔ a5 = ⇔ a =

√2

Vậy GTNN B 5⋅√5

4 ⇔ a = √2 c)Khai thác tốn :

+) Tìm GTNN B = a2 + a3

+)Tổng quát : Tìm GTNN B =an + n

an+1 , với a>0, nN

V DỰ ĐỐN VÀ PHÂN TÍCH CÁC SAI LẦM HỌC SINH THƯỜNG MẮC PHẢI KHI GIẢI CÁC BÀI TOÁN VỀ BẤT ĐẲNG THỨC

Vận dụng bất đẳng thức cổ điển mà không để ý tới điều kiện để bất đẳng thức đúng

So sánh a + 1a - Lời giải sai:

Áp dụng bất đẳng thức Cơsi cho hai số a 1a ta có: a + 1a √a 1

a = Dấu xảy :

a = 1a ⇔ a2 = 1 ⇔ a = a = -1

-Nhận xét: Bài giải sai lầm khơng để ý đến điều kiện số a, b bất đẳng thức Côsi Điều kiện a, b

-Lời giải là:

+) Nếu a = 1a vơ nghĩa

+) Nếu a > áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương a b ta có a + 1a √a 1

a = 2.Suy a +

a

Dấu đẳng thức xảy a = 1a ⇔ a = +) Nếu a < a + 1a < <2

Tóm lại:

+) a = ta không so sánh +) a = a + 1a =

+) a > 0,a a + 1a > +) a < a + 1a < Ví dụ

Chứng minh với số thực a ta có a(1- a) 14 - Lời giải sai :

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số a a-1 ta có: a+1− a2 √a (1− a)

⇔

Nhận xét: Sai lầm giải giống sai lầm giải ví dụ Chỉ áp dụng bất đẳng thức Côsi a 1- a không âm,nghĩa

a [0;1]

- Lời giải là: a(1- a) 14 ⇔ a – a2 ⇔ a2 – a +

4

⇔ (a - 12 )2 0, bất đẳng thức này vớ số thực a

2 Sử dụng sai sót quy tắc suy luận từ bất đẳng thức suy bất đẳng thức kia.

Ví dụ

Tìm giá trị nhỏ biểu thức A = (x – 1)2 + (x – 3)2 - Lời giải sai:

(x – 1)2 0. (1)

(x – 3)2 0. (2)

Từ (1) (2) ⇒ A = (x – 1)2 + (x – 3)2 0

⇒ minA =

- Nhận xét: Không thể kết luận giá trị nhỏ A khơng đồng thờ xảy dấu đẳng thức (1) (2)

- Lời gải đúng:

A = x2 – 2x + 1+ x2 -6x + = 2(x2 – 4x + 5) = 2(x- 2)2 + 2.

⇒ minA =

minA = ⇔ x – 2= ⇔ x = Ví dụ

Nếu x y >1 x + √y ≥√x+ y -Lời giải sai:

Với x y >1 ta c ó :

x y (1)

√x ≥√y (2)

Trừ (1) cho (2) ta có:

x - √x y −√y ⇔ x + √y ≥√x+ y

-Nhận xét: Bài giải sai lầm trừ vế hai bất đẳng thức chiều

-Lời giải đúng: Với x y >1 ta có:

x y

Mặt khác √x+√y > ⇔ √x+√y - 1>0 (2’) Ta xét : x - √x - y + √y = x – y –( √x −√y )

= y √x −√¿

√y¿2−¿

√x¿2−¿ ¿

= ( √x −√y )( √x+√y - 1) (3’)

Từ (1’),(2’) và(3’) suy x - √x - y + √y ⇔ x + √y ≥√x+ y (đpcm) 3 Áp dụng máy móc bất đẳng thức

Ví dụ

Tìm giá trị nhỏ biểu thức B = x2 +y2 +3. - Lời giải sai:

x2 +y2 +3= x2 + +y2 + 2.

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương x2 + v y2 + ta c ó: x2 + +y2 + 2 2

√x2+1 √y2+2 ≥2√2 ⇒ minB = √2

- Nhận xét: Khơng tìm (x;y) để giá trị B √2 - Lời giải đúng:

x2 0, y2 0 ⇒ x2 +y2 0 ⇔ x2 +y2 +3 3

⇒ minB = ⇔ x = y =

Vậy giá trị nhỏ biểu thức B x = y =

Ví dụ 2: Tìm GTNN M =(1 + 3 yx ).(1 + 3 zy ).(1 + 3 xz ), vớI x>0,y>0,z>0

- Lời giải sai:

Áp dụng bất đẳng thức côsi cho hai số: (1 + 3 yx ) √ x

3 y (1)

Tương tự ta có : + 3 zy √ y

3 z (2) Tương tự ta có : (1 + 3 xz ) √ z

3 x (3)

Nhân vế với (1), (2) (3) ta được:

Vậy M = 8√3

Nhận xét :không thể cặp (x, y, z) M = 8√3 - Lời giải :

M =(1 + 3 yx ).(1 + 3 zy ).(1 + 3 xz ) = (3 y +x

3 y )⋅( 3 z+ y

3 z )⋅( 3 x +z

3 x )

= 271 (3y + x ).(3z + y).(3x + z) xyz1 Áp dụng bất đẳng thức côsi cho bốn số: y, y, y x 3y + x = y + y + y + x 4

√y3⋅ x (1). Tương tự : 3z + y = z + z + z +y 4

√z3⋅ y (2) Tương tự: 3x + z = x + x + x +z 4

√x3⋅ z (3) Nhân vế (1), (2) (3) vớI ta :

(3y + x ).(3z + y).(3x + z) 64xyz ⇔ (3y + x ).(3z + y).(3x + z) xyz1 64 ⇔

27 (3y + x ).(3z + y).(3x + z) xyz

64 27 ⇒ M = 6427 ⇔ x = y = z

Vậy GTNN M 6427 x = y = z VI.KẾT LUẬN

“ Các toán bất đẳng thức tốn khó Để giải toán bất đẳng thức, bên cạnh việc nắm vững khái niệm tính chất bất đẳng thức phải nắm phương pháp chứng minh bất đẳng thức Có nhiều phương pháp chứng minh bất đẳng thức ta phải vào đặc thù toán mà sử dụng phương pháp cho thích hợp Mỗi tốn chứng minh bất đẳng thức áp dụng nhiều phương pháp giải khác nhau, có phải kết hợp nhiều phương pháp cách thích hợp”(1).Ngồi q trình giải tốn bất đẳng thức phải ý để tránh sai lầm

Trong trình giảng dạy, người dạy phải nắm vững kiến thức bất đẳng thức để giúp học sinh học tốt bất đẳng thức

TÀI LIỆU THAM KHẢO

1 Thực hành giải toán: Vũ Dương Thụy, Phạm Gia Đức, Hồng Ngọc Hưng, Đặng Đình Lăng.NXB Giáo dục,1998

2 Phương pháp giải toán cấp III_ đại số sơ cấp : Nguyễn Đức Đồng, Lê Hồng Hóa, Võ Khắc Thương, Lê Quan Tuấn, Nguyễn Văn Vĩnh.NXB Đại học quốc gia, 1999

3 Chuyên đề bất đẳng thức cực trị hình học phẳng: Nguyễn Đức Tấn NXB Giáo dục

4 Bộ sách giáo khoa sách tập lớp 6, 7,8,9: NXB Giáo dục.

5 Bài tập nâng cao số chuyên đề toán 6,7,8,9: Bùi Văn Tuyên NXB Giáo dục

6 Tốn khó đại số lớp 10: Nguyễn Văn Minh, Nguyễn Văn Thông.NXB Hà NộI, 1997

7 Các phương pháp kĩ thuật chứng minh bất đẳng thức: Trần Phương NXB TP HCM

MỤC LỤC

Trang

I Bất đẳng thức

II Một số phương pháp thường dùng chứng minh bất đẳng thức III Vận dụng bất đẳng tức việc giải toán 13 IV Rèn luyện hình thái tư q trình dạy tốn bất đẳng 21 thức

V Dự đoán phân tích sai lầm mà học sinh thường mắc phải 25 q trình giải tốn bất đẳng thức