MỘT SỐ BÀI TOÁN THCS VỀ BẤT ĐẲNG THỨ C I. Khai thác và phát triển bất đẳng thức: 1.[r]
(1)KHAI THÁC VÀ PHÁT TRIỂN
MỘT SỐ BÀI TOÁN THCS VỀ BẤT ĐẲNG THỨC I Cơ sở lí thuyết:
BĐT Cơsi và Bunhiacopsky, cụ thể BĐT đơn giản sau: “ (a+b)(1 a+
1
b)≥4,∀a , b>0 , dấu = xảy a = b”
II Khai thác phát triển bất đẳng thức: Chứng minh: “ (a+b)(1
a+
1
b)≥4,∀a , b>0 , dấu = xảy a = b” Chú ý: Các cách giải thoả mãn dấu “=” xảy a = b Cách 01: Kỹ thuật nhân BĐT cơsi
* Ta có: a+b ≥2√ab (1) và a+
1
b≥2√
1
a
1
b (2) Lấy (1) nhân (2) theo vế ta (a+b)(1
a+
1
b)≥4,∀a , b>0 (ĐPCM) Bình luận: Lời giải đơn giản phải không?
Cách 02: Kỹ thuật Bunhiacơpsky * Ta có (a+b)(1
a+
1
b)=¿ [(√a)
2
+(√b)2][(
√a)
2
+(
√b)
2
]≥(√a
√a+√b
1
√b)
2
=4 Bình luận: lại phải tạo bình phương thế ?
Cách 03: Kỹ thuật 01 tạo bình phương * Ta có (a b)2 0⇔(a+b)2≥4 ab⇔(a+b)
2
(a+b) ≥
4 ab
(a+b) (vì a, b > 0) ⇔(a+b)≥
4
(a+b)
ab
⇔(a+b)≥
1
a+
1
b
⇔(a+b)(1 a+
1
b)≥4 (ĐPCM) Bình luận :
+ Tại lại chia hai vế cho (a + b) > 0? + Nhân tử và mẫu cho tích ab để làm ? Cách 04: Kỹ thuật 02 tạo bình phương * Khơng tính tổng qt giả sử:
a ≥ b⇔a − b ≥0⇔(a −b)2≥0⇔a2+b2−2 ab≥0⇔ (a2+b2)≥2 ab
(a2+b2)
ab ≥2⇔
a b+
b
a≥2⇔2+ a b+
b
a≥2+2⇔(1+ a b)+(1+
b a)≥4 (aa+
a b)+(
b b+
b
a)≥4⇔a(
1
a+
1
b)+b(
1
a+
1
b)≥4⇔(a+b)(
1
a+
1
b)≥4 (ĐPCM) Bình luận:
+ Tại lại cộng hai vế với nhỉ? + Tách = + để làm gì?
Cách 05: Kỹ thuật 03 tạo bình phương * Ta có ( a – b )2
(2)⇔ a b+
b a≥2⇔
a b+
b
a+2≥2+2⇔( a b+
b
a+2)≥4 ⇔( a b+
b a+2)
2
≥42⇔
(ab+ b a)
2
+4(a b+
b
a)+4≥16 ⇔a2
b2+ b2
a2+
4a b +
4b
a +6≥16 ⇔a2
b2+
b2 a2+
2a b + 2a b + 2b a + 2b
a +4+2≥16 ⇔(a2
b2+1+
2a b )+(
2b a +
2a b +4)+(
b2 a2+1+
2b a )≥16 ⇔ (a
2
b2+
a2 a2+
2a2
ab )+( ab
a2 +
2 ab
b2 +
4 ab ab )+(
b2 a2+
b2 b2+
2b2
ab )≥16
⇔a2(1 b2+
1
a2+
2
ab)+2 ab(
a2+
1
b2+
2 ab)+b
2
(a12+
1
b2+
2 ab)≥16
⇔(a2+2 ab+b2)( a2+
2 ab+
1
b2)≥16⇔(a+b)
(1a+
1
b)
2
≥42⇔(a+b)(1 a+
1
b)≥4 ( ĐPCM) Bình luận: Lời giải thật phức tạp, lại biến đổi nhỉ?
Cách 06: Kỹ thuật 04 tạo lập phương * Theo Ta có ( a – b )2
0⇔a2+b2≥2 ab
⇔ a
b+ b a≥2⇔
a b+
b
a+2≥2+2⇔( a b+
b
a+2)≥4 ⇔(a
b+ b a+2)
3
=43⇔(a b+
b a)
3
+6(a b+
b a)
2
+12(a b+
b
a)+8≥64 ⇔(a
b+ b a)
3
+6(a
2
b2+ b2
a2)+12( a b+
b
a)+20≥64 ⇔(a
b+ b a)
3
−3(a
b+ b a)+6(
a b+
b a)+9(
a b+
b a)+6(
a2 b2+
b2
a2)+20≥64
⇔(a b+
b a)
3
−3(a
2
b2 b a+
a b
b2 a2)+6(
a b+
b a)+9(
a b+
b a)+6(
a2 b2+
b2
a2)+20≥64 ⇔a3
b3+ b3
a3+6( a b+
b a)+9(
a b+
b a)+6(
a2
b2+ b2
a2)+20≥64 ⇔a3
b3+ b3
a3+
3a b + 3a b + 3b a + 3b a + 9a b + 9b a +
3a2
b2 +
3a2
b2 +
3b2
a2 +
3b2
a2 +20≥64 ⇔(1+a
3
b3+
3a b +
3a2
b2 )+(
3b a +
3a2
b2 +9+
9a b )+(
3b2
a2 +
3a b +
9b a +9)+(
b3
a3+1+
3b2
a2 +
3b a )
64⇔(a3 a3+
a3 b3+
3a3 a2.b+
3a3 a.b2)+(
3a2b a3 +
3a2b b3 +
3a2b
a2b +
3a2b
ab2 )+¿
+ (3 ab
2
a3 +
3 ab2
b3 +
3 ab2
a2b +
3a2b.3
a2b )+( b3 a3+
b3 b3+
3b3 a2b+
3b3
ab2 )≥64
a3( a3+
1
b3+
3
a2b+
3 ab2)+3a
2
b(1 a3+
1
b3+
3
a2b+
3
ab2)+3 ab
2
(a13+
1
b3+
3
a2b+
3 ab2)+¿
+ b3( a3+
1
b3+
a2b+
ab2)≥64⇔(a
+3a2b+3 ab2+b3)(1
a3+
a2b+ ab2+
1
b3)≥4
(a+b)3(1 a+
1
b)
3
≥43⇔(a+b)
(1a+
1
b)≥4 ( ĐPCM) Bình luận:
(3)+ Liệu có cách tạo 4; 5;6; … ; n tương tự không? Cách 07: Kỹ thuật gắn Hình học
* Xét tứ giác ABCD có AB = 2√ab (đvđd); CD =
√ab (đvđd)
Một điểm M thuộc miền tứ giác cho MA = a (đvđd); MB = b (đvđd); MC = 1b (đvđd); MD = 1a (đvđd) (a; b >0)
Xét tam giác MAB có: MA+MA≥AB⇔a+b ≥2√ab (*) Xét tam giác MCD có: MC+MD≥CD⇔1
a+
1
b≥
2
√ab (**)
Lấy (*) nhân (**) vế theo vế ta có: (a+b)(1 a+
1
b)≥4 (ĐPCM ); dấu “=” a = b hay MA = MB và MC = MD
(tam giác MAB cân M và tam giác MCD cân M )
Bình luận: Khá táo bạo, ngược dịng nước chuyển từ đại số sang Hình học Cách 08: Kỹ thuật biến đổi tương đương
* Ta có: (a+b)(1 a+
1
b)≥4⇔2+ a b+
b
a−4≥0⇔ a b−2
√a
√b
√b
√a+ b
a≥0⇔(√a −√b)
2
≥ 0 (ln đúng) (ĐPCM)
Bình luận: Lời giải thật giản đơn phải không bạn Cách 09: Kỹ thuật lượng giác
* Đặt a = Sin2x > ; b = Cos2x > nên a + b = 1
Mà: (a+b)(1 a+
1
b)≥4⇔ (a+b)2
ab ≥4⇔4 ab≤1⇔4 cos
2
x sin2x ≤1⇔(sin 2x)2≤1 (ln đúng) a + b =1 (ĐPCM)
Bình luận: Các bạn thấy ? Cách 10: Kỹ thuật đổi biến * Đặt a = xy>0 ; b = y
x>0⇒a.b=1 Ta có: (a+b)(1
a+
1
b)≥4⇔ (a+b)2
ab ≥4⇔(
x y+
y x)
2
≥4⇔(x y−
y x)
2
≥0 (đúng) (ĐPCM) Bình luận: Cũng đặt a = (xy)
n
; b = (xy)
n
; n∈N❑
Cách 11: Kỹ thuật chuẩn hoá (biểu thức đối xứng đồng bậc) Không tổng quát ta giả sử a + b = k >
Ta có (a+b)(1 a+
1
b)≥4⇔ (a+b)2
ab ≥4⇒k
2
≥4a(k − a)⇔(k −2a)2≥0 (đúng) Cách 12: Kỹ thuật 01 thêm biến
* Khơng tính tổng ta giả sử a ≤ b⇒ tồn số K cho a + K = b (a+b)(1
a+
1
b)≥4⇒(2a+K)(
2a+K
a(a+K))≥4⇔(2a+K)
2
≥4a(a+K)⇔K2≥0 (đúng) Cách 13: Kỹ thuật 02 thêm biến
(4)(a+b)(1 a+
1
b)≥4⇒(a+Ka)(
1
a+
1
Ka)≥4⇔(a+Ka)
2
≥4 ka2⇔(K −1)2≥0 (Đúng) Cách 14: Kỹ thuật 03 thêm biến
* Khơng tính tổng qt ta giả sử ab = K > (a+b)(1
a+
1
b)≥4⇒(a+ K a )(
a+K a
K )≥4⇔(a+ K
a)
2
≥4K⇔(a − K a)
2
≥0 (Đúng)
Cách 15: Kỹ thuật đánh giá
* Khơng tính tổng qt ta giả sử
a ≥ b>0⇒ a+b ≥2b>0 ab≥ b2
>0 ⇔
¿(a+b)2≥4b2>0
ab≥ b2
>0 (∗)
¿{ Mặt khác: (a+b)(1
a+
1
b)≥4⇔ (a+b)2
ab ≥4⇒
4b2
b2 ≥4⇒4≥4 (luôn đúng) Cách 16: Kỹ thuật Bunhia ngược dấu
* Ta có: (1 a+
1
b)≥ (1+1)2
a+b ⇔(a+b)(
1
a+
1
b)≥4 (vì a+b > 0) Bình luận: Đơn giản phải không?
Cách 17: Kỹ thuật 01 đổi biến
* Khơng tính tổng qt ta giả sử a + b = K và tồn t > cho: a = t.x >0 và b = t.y > Suy a+ b = t.x + t.y suy x+ y = Kt
Mà (a+b)(1 a+
1
b)≥4⇔ (a+b)2
ab ≥4⇒
t2
(x+y)2
t2.x.y ≥4⇔(x − y)
2≥0
(đúng) Bình luận: Thật khơng đơn giản chút nào
Cách 18: Kỹ thuật 02 đổi biến
Đặt a = t.x > và b = K.y > ( k ; t ; x ;y > ) Do từ (a+b)(1
a+
1
b)≥4⇔ (a+b)2
ab ≥4⇒
(t.x+Ky)2
t.K.x.y ≥4⇔(tx−Ky)
2
≥0 (đúng) Cách 19: Kỹ thuật chuẩn hố 02
* Khơng tính tổng quát ta giả sử a + b =2 Do (a+b)(1
a+
1
b)≥4⇔ (a+b)2
ab ≥4⇔ab≤1 ln
Vì ab (a+b)
2
4 =1 ; a + b =2
(5)* Đặt ¿ a=x
z>0 b=y
z >0 ¿{
¿
;
Không tính tổng quát giả sử a ≥ b>0⇔x ≥ y ≥1 Do (a+b)(1
a+
1
b)≥4⇔( x z+
y z)(
z x+
z
y)≥4⇔(x+y)
2
≥4 xy⇔(x − y)2≥0 (ln đúng) Cách 21: Kỹ thuật phương trình bậc hai
*Đặt
¿ s=a+b>0
p=ab>0 ¿{
¿
; thế a và b là nghiệm phương trình bậc hai sau: X2 – sX + p =
Hay X2 – ( a+b )X + ab = (*), rõ ràng thoả mãn đầu bài phương trình (*) có nghiệm
⇔Δ ≥0⇔(a+b)2−4 ab≥0 ⇔(a+b)2≥4 ab⇔(a+b)
2
(a+b) ≥
4 ab
(a+b) (vì a,b > ) ⇔(a+b)≥
4
(a+b)
ab
⇔(a+b)≥
1
a+
1
b
⇔(a+b)(1 a+
1
b)≥4 (ĐPCM)