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)
(
1a+
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)
(
1a+
1
b
)
≥4,∀a , b>0 (ĐPCM) Bình luận: Lời giải đơn giản phải không?Cách 02: Kỹ thuật Bunhiacơpsky * Ta có (a+b)
(
1a+
1
b
)
=¿[
(√
a)2
+(
√
b)2]
[
(
√
a)
2
+
(
√
b)
2
]
≥(
√
a√
a+√
b1
√
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 ⇔a2b2+ b2
a2+
4a b +
4b
a +6≥16 ⇔a2
b2+
b2 a2+
2a b + 2a b + 2b a + 2b
a +4+2≥16 ⇔
(
a2b2+1+
2a b
)
+(
2b a +
2a b +4
)
+(
b2 a2+1+
2b a
)
≥16 ⇔(
a2
b2+
a2 a2+
2a2
ab
)
+(
aba2 +
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
)
+b2
(
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 ⇔(
ab+ b a+2
)
3
=43⇔
(
a b+b a
)
3
+6
(
a b+b a
)
2
+12
(
a b+b
a
)
+8≥64 ⇔(
ab+ b a
)
3
+6
(
a2
b2+ b2
a2
)
+12(
a b+b
a
)
+20≥64 ⇔(
ab+ b a
)
3
−3
(
ab+ 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
(
a2
b2 b a+
a b
b2 a2
)
+6(
a b+
b a
)
+9(
a b+
b a
)
+6(
a2 b2+
b2
a2
)
+20≥64 ⇔a3b3+ b3
a3+6
(
a b+b a
)
+9(
a b+
b a
)
+6(
a2
b2+ b2
a2
)
+20≥64 ⇔a3b3+ 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+a3
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 ab2
a3 +
3 ab2
b3 +
3 ab2
a2b +
3a2b.3
a2b
)
+(
b3 a3+b3 b3+
3b3 a2b+
3b3
ab2
)
≥64a3
(
a3+1
b3+
3
a2b+
3 ab2
)
+3a2
b
(
1 a3+1
b3+
3
a2b+
3
ab2
)
+3 ab2
(
a13+1
b3+
3
a2b+
3 ab2
)
+¿+ b3
(
a3+1
b3+
a2b+
ab2
)
≥64⇔(a+3a2b+3 ab2+b3)
(
1a3+
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⇔1a+
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+ ba≥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)2ab ≥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)
(
1a+
1
b
)
≥4⇔ (a+b)2ab ≥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)2ab ≥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)
(
1a+
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)
(
1a+
1
b
)
≥4⇒(
a+ K a)
(
a+K a
K
)
≥4⇔(
a+ Ka
)
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)
(
1a+
1
b
)
≥4⇔ (a+b)2ab ≥4⇒
4b2
b2 ≥4⇒4≥4 (luôn đúng) Cách 16: Kỹ thuật Bunhia ngược dấu
* Ta có:
(
1 a+1
b
)
≥ (1+1)2a+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)2ab ≥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)
(
1a+
1
b
)
≥4⇔ (a+b)2ab ≥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)
(
1a+
1
b
)
≥4⇔ (a+b)2ab ≥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)
(
1a+
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