Đang tải... (xem toàn văn)
+ Phñ ®Þnh råi suy ra hai ®IÒu trµI ngîc nhau.[r]
(1)lí chọn đề tài
Các toán bất đẳng thức toán khó , để giải đợc tốn bất đẳng thức, bên cạnh việc nắm vững khái niệm tính chất bất đẳng thức, cịn phải nắm đợc phơng pháp chứng minh bất đẳng thức
Có nhiều phơng pháp để chứng minh bất đẳng ta phải vào đặc thù toán mà sử dụng phơng pháp cho phù hợp Mỗi tốn chứng minh bất đẳng thức áp dụng đợc nhiều phơng pháp giải khác , có phải phối hợp nhiều phơng pháp cách hợp lí
Bài tốn chứng minh bất đẳng thức đợc vận dụng nhiều vào dạng tốn giải biện luận phơng trình, bất phơng trình, hệ phơng trình đặc biệt , tìm giá trị lớn , nhỏ biểu thức đợc sử dụng nhiều ôn tập , ôn thi ngoại khố Vì học sinh cần thiết phải nắm đợc kiến thức bất đẳng thức
Trong thực tế giảng dạy trờng THCS , học sinh gặp nhiều khó khăn giải tốn liên quan bất đẳng thức , toán chứng minh bất đẳng thức thờng khong có cách giải mẫu , khơng theo phơng pháp định nên học sinh không xác định đợc hớng giải tốn Mặt khác nhận thức học sinh THCS cịn có nhiều hạn chế khả t cha tốt học sinh cịn lúng túng nhiều vận dụng kiến thức vào giải dạng tập khác
Trong nội dung đề tài xin đợc tập trung giới thiệu số phơng pháp hay đợc sử dụng chứng minh bất đẳng thức nh : dùng định nghĩa , biến đổi tơng đơng , dùng bất đẳng thức biết , phơng pháp phản chứng số tập vận dụng , nhằm giúp học sinh bớt lúng túng gặp toán chứng minh hay vận dụng bất đẳng thức , giúp học sinh tự định hớng đợc phơng pháp chứng minh hứng thú học bất đẳng thức nói riêng mơn Tốn nói chung
(2)phần i : Các kiến thức cần lu ý 1, Định nghĩa bất đẳng thức
+ a nhá h¬n b , kÝ hiƯu a < b + a lín h¬n b , kÝ hiƯu a > b ,
+ a nhỏ b»ng b , kÝ hiÖu a < b, + a lớn b , kí hiệu a > b ,
2, Một số tính chất cđa bÊt d¼ng thøc :
a, TÝnh chÊt 1: a > b <=> b < a
b, TÝnh chÊt 2: a > b vµ b > c => a > c c, TÝnh chÊt 3: a > b <=> a + c > b + c HÖ qu¶ : a > b <=> a - c > b - c a + c > b <=> a > b - c
d, TÝnh chÊt : a > c vµ b > d => a + c > b + d a > b vµ c < d => a - c > b - d
e, TÝnh chÊt : a > b vµ c > => ac > bd a > b vµ c < => ac < bd
f, TÝnh chÊt : a > b > ; c > d > => ac > bd g, TÝnh chÊt : a > b > => an > bn
a > b <=> an > bn víi n lỴ h, TÝnh chÊt : a > b ; ab > =>
3, Một số đẳng thức thông dụng : a, Bất đẳng thức Cơsi :
Víi sè d¬ng a , b ta cã : a+b
2 ≥√ab
Dấu đẳng thức xảy : a = b b, Bất đẳng thức Bunhiacôpxki :
Với số a ; b; x ; y ta có : ( ax + by )2 (a2 + b2)(x2 + y2) Dấu đẳng thức xảy <=> a
x= b y c, Bất đẳng thức giá trị tuyệt đối : |a|+|b|≥|a+b|
Dấu đẳng thức xảy : ab
(3)Một số phơng pháp chứng minh bất đẳng thức
1.Phơng pháp : Dùng định nghĩa
- KiÕn thøc : §Ĩ chøng minh A > B , ta xÐt hiÖu A - B råi chøng minh A - B >
- Lu ý : A2 víi mäi A ; dÊu '' = '' x¶y A = - VÝ dơ :
Bµi :
Víi mäi sè : x, y, z chøng minh r»ng : x2 + y2 + z2 +3 2(x + y + z)
Gi¶i :
Ta xÐt hiƯu : H = x2 + y2 + z2 +3 - 2( x + y + z) = x2 + y2 + z2 +3 - 2x - 2y - 2z
= (x2 - 2x + 1) + (y2 - 2y + 1) + (z2 - 2z + 1) = (x - 1)2 + (y - 1)2 + (z - 1)2
Do (x - 1)2 víi mäi x (y - 1)2 víi mäi y (z - 1)2 víi mäi z
=> H víi mäi x, y, z
Hay x2 + y2 + z2 +3 2(x + y + z) víi mäi x, y, z DÊu b»ng x¶y <=> x = y = z =
Bµi 2 :
Cho a, b, c, d, e số thực :
Chứng minh : a2 + b2 + c2 + d2 + e2 a(b + c + d + e)
Gi¶i :
XÐt hiÖu : H = a2 + b2 + c2 + d2 + e2 - a(b + c + d + e) = ( a
2− b )2 + (
a
2− c )2 + (
a
2− d )2 + (
a
2− e )2
Do ( a
2− b )2 víi mäi a, b
Do( a
2− c )2 víi mäi a, c
Do ( a
2− d )2 víi mäi a, d
Do ( a
2− e )2 víi mäi a, e
(4)DÊu '' = '' x¶y <=> b = c = d = e = a
2
Bài : Chứng minh bất đẳng thức : a
2 +b2
2 ≥(
a+b
2 )
2
Gi¶i :
XÐt hiƯu : H = a 2+b2
2 −(
a+b
2 )
2
= 2(a
2+b2)−
(a2+2 ab+b2)
4
= a − b ¿2≥0
1 4(2a
2
+2b2−a2− b2−2 ab)=1
4¿
Víi mäi a, b
DÊu '' = '' x¶y a = b
2 Phơng pháp ; Dùng phép biến đổi tơng đơng
- Kiến thức : Biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh tơng đơng với bất đẳng thức bất đẳng thức đợc chứng minh
- Một số bất đẳng thức thờng dùng :
(A ± B)2 = A2 ± 2AB + B2
(A + B + C)2 = A2 + B2 + C2 + 2AB + 2AC + 2BC
(A ± B)3 = A3 ± 3A2B + 3AB2 ± B3
VÝ dô :
Bài 1 : Cho a, b hai số dơng cã tæng b»ng Chøng minh r»ng :
a+1+
b+1≥
Gi¶i:
Dùng phép biến đổi tơng đơng ;
3(a + + b + 1) 4(a + 1) (b + 1) 4(ab + a + b + 1) (v× a + b = 1) 4ab + 4ab (a + b)2 4ab
Bất đẳng thức cuối Suy điều phải chứng minh
Bµi 2: Cho a, b, c số dơng thoả mÃn : a + b + c = Chøng minh r»ng : (a + b)(b + c)(c + a) a3b3c3
Gi¶i:
Tõ : (a + b)2 4ab , (a + b + c)2 =
[(a+b)+c]2≥4(a+b)c => 16 4(a + b)c => 16(a + b) 4(a + b)2c 16 abc => a + b abc
(5)=> (a + b)(b + c)(c + a) a3b3c3
Bài 3 : Chứng minh bất đẳng thức : a
3 +b3
2 ≥(
a+b
2 )
3
; a > ; b >
Gi¶i :
Dùng phép biến đổi tơng đơng : Với a > ; b > => a + b > a
3 +b3
2 ≥(
a+b
2 )
3
(a+b2 ).(a2−ab+b2)≥(a+b
2 ) (
a+b
2 )
2
a2 - ab + b2 (a+b
2 )
2
4a2 - 4ab + 4b2 a2 + 2ab + b2
3a2 - 6ab + 3b2 3(a2 - 2ab + b2) Bất đẳng thức cuối ; suy : a
3 +b3
2 ≥(
a+b
2 )
3
Bµi 4:
Cho sè a, b tho¶ m·n a + b = CMR a3 + b3 + ab
2
Gi¶i :
Ta cã : a3 + b3 + ab
2 <=> a3 + b3 + ab -
2
<=> (a + b)(a2 - ab + b2) + ab -
2
<=> a2 + b2 -
2 V× a + b =
<=> 2a2 + 2b2 - 0
<=> 2a2 + 2(1-a)2 - ( v× b = a -1 ) <=> 4a2 - 4a + 0
<=> ( 2a - )2 0
Bất đẳng thức cuối Vậy a3 + b3 + ab
2
DÊu '' = '' x¶y a = b =
2
Bài : Chứng minh bất đẳng thức : a
+b3
2 ≥(
a+b
2 )
3
Trong : a > , b >
Gi¶i :
Víi a > , b > => a + b > Ta cã : a
3 +b3
2 ≥(
a+b
2 )
(6)<=> (a+b
2 ).(a
2
−ab+b2)≥(a+b
2 )(
a+b
2 )
2
<=> a2−ab+b2≥(a+b
2 )
2
<=> 4a2 - 4ab + 4b2 a2 + 2ab + b2 <=> 3(a2 - 2ab + b2 ) 0
<=> 3(a - b)2 Bất đẳng thức => a
3 +b3
2 ≥(
a+b
2 )
3
DÊu '' = '' x¶y a = b
Bài 6 : Với a > , b > Chứng minh bất đẳng thức : a
√b−√a √b − b
√a
Gi¶i :
Dùng phép biến đổi tơng đơng : a
√b−√a √b − b
√a
( a√a+b√b¿−√ab(√a+√b)
√b¿3
√a¿3+¿−√ab(√a+√b)≥0
¿ ¿
(√a+√b)(a −√ab+b)−√ab(√a+√b)≥0
(√a+√b)(a −2√ab+b)≥0 (√a+√b)(√a −√b)≥0
Bất đẳng thức cuối ; suy : a
√b−√a √b − b
√a
3 Phơng pháp 3: dùng bất đẳng thức quen thuộc
- Kiến thức : Dùng bất đẳng thức quen thuộc nh : Côsi , Bunhiacôpxki , bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối để biến đổi chứng minh ,
Một số hệ từ bất đẳng thức : x2 + y2 2xy Với a, b > , a
b+ b a≥2 Các ví dụ :
Bài 1 : Giả sử a, b, c số dơng , chứng minh r»ng: √ a
b+c+√ b c+a+√
c a+b>2
(7)áp dụng BĐT Cauchy , ta cã : a + (b + c) 2√a(b+c) √ a
b+c≥
2a a+b+c Tơng tự ta thu đợc :
√ b
c+a≥
2b
a+b+c , √
c a+b≥
2c a+b+c
Dấu ba BĐT đồng thời xảy , có :
a = b + c , b = c + a , c = a + b nên a + b + c = ( trái với giả thiết a, b, c số dơng )
Từ suy : √ a b+c+√
b c+a+√
c a+b>2
Bµi 2:
Cho x , y số thực thoả mÃn : x2 + y2 =
x√1− y2+y√1− x2 Chøng minh r»ng : 3x + 4y
Gi¶i :
áp dụng bất đẳng thức Bunhiacơpxki ta có : (x2 + y2)2 = (
x√1− y2+y√1− x2 )2 ( |x|≤1 ; |y|≤1 ) (x2 + y2)(1 - y2 + - x2)
=> x2 + y2 1
Ta l¹i cã : (3x + 4y)2 (32 + 42)(x2 + y2) 25 => 3x + 4y
Đẳng thøc x¶y {
x2+y2=1 x>0, y>0
x
3=
y
4
{ x=3
5
y=4
5
§iỊu kiƯn :
2≤ x ≤
Bµi 3: Cho a, b, c ; a + b + c = Chøng minh r»ng : a, √a+b+√b+c+√c+a ≤√6
b, √a+1+√b+1+√c+1<3,5
Giải
a, áp dụng bất dẳng thøc Bunhiac«pxki víi bé sè ta cã :
(√a+b 1+√b+c.1+√c+a 1)≤(1+1+1)[(√a+b)2+(√b+c)2+(√c+a)2] => (√a+b+√b+c+√c+a)2≤3 (2a+2b+ac)=6
=> √a+b+√b+c+√c+a ≤√6 DÊu '' = '' x¶y : a = b = c =
3
b, áp dụng bất đẳng thức Cơsi , ta có :
√a+1≤(a+1)+1
2 =
a
2+1
T¬ng tù : √b+1≤b
2+1 ; √c+1≤
c
2+1
(8)√a+1+√b+1+√c+1≤a+b+c
2 +3=3,5
Dấu đẳng thức xảy a = b = c =0 trái với giả thiết : a + b + c = Vậy : √a+1+√b+1+√c+1<3,5
Bài 4 : Cho số dơng a , b , c tho¶ m·n : a + b + c = Chøng minh r»ng :
a+
1
b+
1
c≥9
Gi¶i :
Ta cã : a b+
b
a>0 , a , b > Ta cã :
a+
1
b+
1
c=¿ (
1
a+
1
b+
1
c) = (
1
a+
1
b+
1
c) (a + b + c) = 1+a
b+ a c+
b a+1+
b c+
c a+
c b+1 = 3+(a
b+ b a)+( b c+ c b)+( c a+ a
c)≥ + + + = =>
a+
1
b+
1
c≥9 DÊu ''='' x¶y : a = b = c =
3
Bµi
a, Cho x , y > Chøng minh r»ng : x+
1
y ≥
4
x+y
b, Cho tam giác ABC có chu vi 2p = a + b + c (a, b , c độ dài cạnh tam giác ) Chứng minh :
p − a+
1
p −b+
1
p − c≥2 (
1 a+ b+ c) Gi¶i
a, áp dụng bất đẳng thức Cơsi ta có : x+y ≥2√xy
x+ y √xy
=> (x + y)( x+
1
y ) =>
x+
1
y
4
x+y b, Ta cã : p - a = b+c − a
2 >0
Tơng tự : p - b > ; p - c > ; áp dụng kết câu a , ta đợc ;
p − a+
1
p −b≥
4
(p − a)+(p −b)=
4
c T¬ng tù :
p − b+
1
p −c≥
4
a
p − a+
1
p −c≥
4
(9)=> 2( p − a+
1
p − c+
1
p − c)≥4(
1
a+
1
b+
1
c) => đIều phải chứng minh
Dấu '' = '' xảy : p - a = p - b = p - c a = b = c Khi tam giác ABC tam giác
4 Phơng pháp ; Dùng tính chất bất đẳng thức :
- Kiến thức : Dùng tính chất đợc học để vận dụng vào giải tập
C¸c vÝ dơ :
Bµi : Cho sè x , y thoả mÃn điều kiện : x + y = Chøng minh r»ng : x4 + y4 2
Gi¶i
Theo tÝnh chất bắc cầu ta có : (x2 - y2) x4 + y4 2x2y2
2(x4 + y4) (x2 + y2)2 (1) Ta cã : (x - y)2 0 x2 + y2 2xy
2(x2 + y2 ) (x +y)2
2(x2 + y2 ) V× : x + y =
x2 + y2 (2) Tõ (1) vµ (2) ta cã : x4 + y4 2
DÊu '' = '' x¶y x = y =
Bµi 2:
Cho < a, b, c, d < Chøng minh r»ng : (1 - a)(1 - b)(1 - c)(1 - d) > - a - b - c - d
Gi¶i :
Ta cã : (1 - a)(1 - b) = - a - b + ab
Do a, b > nªn ab > => (1 - a)(1 - b) > - a - b
Do c < nªn - c > => (1 - a)(1 - b)(1 - c) > (1 - a - b)(1 - c) (1 - a)(1 - b)(1 - c) > - a - b - c + ac + bc Do a, b, c, d > nªn - d > ; ac + bc > ; ad + bd + cd > =>(1 - a)(1 - b)(1 - c) > - a - b - c
=> (1 - a)(1 - b)(1 - c)(1 - d) > (1 - a - b - c)(1 - d)
=> (1 - a)(1 - b)(1 - c)(1 - d) > - a - b - c - d + ad + bd + cd => (1 - a)(1 - b)(1 - c)(1 - d) > - a - b - c - d
(10)Gi¶i :
Do a, b < => a3 < a2 < a < ; b3 < b2 < b < ; ta cã : (1 - a2)(1 - b) > => + a2b > a2 + b
=> + a2b > a3 + b3 hay a3 + b3 < + a2b T¬ng tù : b3 + c3 < + b2c ; c3 + a3 < + c2a
=> 2a3 + 2b3 + 2c3 < + a2b + b2c + c2a
5 Phơng pháp : Chøng minh ph¶n chøng
- Kiến thức : Giả sử phải chứng minh bất đẳng thức , ta giả sử bất dẳng thức sai , sau vận dụng kiến thức biết giả thiết đề để suy điều vô lý
Điều vô lý trái với giả thiết , điều trái nhợc , từ suy đẳng thức cần chứng minh
Một số hình thức chứng minh bất đẳng thức : + Dùng mệnh đề đảo
+ Phủ định suy điều trái với giả thiết + Phủ định suy trái với đIều + Phủ định suy hai đIều tràI ngợc + Phủ định suy kết luận
C¸c vÝ dơ :
Bài : Cho < a,b,c,d <1 Chứng minh ; có bất đẳng thức sau sai : 2a(1 - b) >
3b(1 - c) > 8c(1 - d) > 32d(1 - a) >
Gi¶i:
Giả sử ngợc lại bốn đẳng thức Nhân ; ta có : 2.3.8.32a(1 - b)b(1 - c)c(1 - d)d(1 - a) >
=> [a(1− a)][b(1− b)][c(1−c)][d(1− d)]>
256 (1)
Mặt khác , áp dụng bất đẳng thức Cơsi ta có : √a(1−a)≤a+1− a
2 =
1
2 => a(1 - a)
T¬ng tù : b(1 - b)
4
c(1 - c)
(11)d(1 - d)
4
Nhân bất đẳng thức ; ta có :
[a(1− a)][b(1− b)][c(1−c)][d(1− d)]>
256 (2)
Từ (1) (2) suy vô lý
Điều vơ lý chứng tỏ bất đẳng thức cho đầu sai
Bài : ( Phủ định suy hai điều trái ngợc )
Chứng minh khơng có số dơng a, b, c thoả mãn ba bất đẳng thức sau : a+1
b<2 ; b+
1
c<2 ; c+
1
a<2
Gi¶i
Giả sử tồn số dơng a, b, c thoả mãn bất đẳng thức : a+1
b<2 ; b+
1
c<2 ; c+
1
a<2
Cộng theo vế bất đẳng thức ta đợc : a+1
b+b+
1
c+c+
1
a<6 (a+1
a)+(b+
1
b)+(c+
1
c)<6 (1) V× a, b, c > nªn ta cã : (a+1
a)≥2 ; (b+
1
b)≥2 ; (c+
1
c)≥2 => (a+1
a)+(b+
1
b)+(c+
1
c)6 Điều mâu thuẫn với (1)
Vậy không tồn số dơng a, b, c thoả mãn bất đẳng thức nói => đpcm
Bài : Chứng minh khơng có số dơng a, b, c thoả mãn bất đẳng thức sau :
4a(1 - b) > ; 4b(1 - c) > ; 4c(1 - a ) >
Hớng dẫn : tơng tự nh :
Bài 4 :( Phủ định suy trái với điều )
Cho a3 + b3 = Chøng minh r»ng : a + b
Gi¶i :
Gi¶ sư : a + b > => (a + b )3 >
=> a3 + b3 + 3ab(a + b) >
=> + 3ab(a + b) > ( V× : a3 + b3 = ) => ab(a + b) >
(12)Chia hai vế cho số dơng a, b ta đợc :
ab > a2 - ab + b2 => > (a - b)2 V« lý VËy : a + b
6 Phơng pháp : §ỉi biÕn sè
- Kiến thức : Thực phơng pháp đổi biến số nhằm đa toán cho dạng đơn giản , gọn , dạng toán biết cách giải Các ví dụ :
Bµi 1 : Chøng minh r»ng : NÕu a , b , c > th× : a
b+c+ b c+a+
c b+a≥
3
Gi¶i:
§Ỉt : b +c = x , c + a = y , a + b = z => a + b + c = x+y+z
2
=> a = y+z − x
2 , b =
z+x − y
2 , c =
x+y − z
2
Khi : VT = a
b+c+ b c+a+
c b+a =
y+z − x
2x +
z+x − y
2y +
x+y − z
2z =
2( y x+ x y)+ 2( z x+ x z)+ 2( z y+ y z)−
3
2≥1+1+1− 2=
3
Bài 2 : Chứng minh ; với số thực x, y ta có bất đẳng thức :
-
1+y2¿2 ¿
1+x2¿2¿ ¿
1 4≤
(x2− y2)(1x2y2) ¿
Giải:
Đặt : a = x
− y2
(1+x2)(1+y2) vµ b =
1− x2y2
(1+x2)(1+y2) => ab =
1+y2¿2
1+x2¿2¿ ¿
(x2− y2)(1− x2y2) ¿
Ta cã dƠ thÊy víi mäi a, b th× : -
a+b¿2 a −b¿2≤ab≤1
4¿
4¿
Mµ : (a - b)2 =
[1−
(13)(a + b)2 =
[1−
y2 +1]
2
Suy : -
4 ab
1
Bµi 3 : Cho a, b, c > ; a + b + c Chøng minh r»ng :
1
a2+2 bc+
1
b2+2 ca+
1
c2+2ab≥9
Gi¶i :
Đặt : a2 + 2bc = x ; b2 + 2ca = y ; c2 + 2ab = z Khi : x + y + z = a2 + 2bc + b2 + 2ca + c2 + 2ab = (a + b + c)2 1
Bài toán trở thành : Cho x, y, z > , x + y + z Cøng minh r»ng :
x+
1
y+
1
z≥9
Ta chứng minh đợc : (x + y + z)( x+
1
y+
1
z¿≥9 Theo bất đẳng thức Côsi
Mµ : x + y + z nªn suy x+
1
y+
1
z9
7.Phơng pháp 7: Dùng phép quy nạp toán học
- Kin thức : Để chứng minh bất đẳng thức với n > ph-ơng pháp quy nạp toán học , ta tiến hành :
+ Kiểm tra bất đẳng thức với n = (n = n0) + Giả sử bất đẳng thức với n = k > (k > n0) + Chứng minh bất đẳng thức với n = k + + Kết luận bất đẳng thức với n > (n > n0) - Ví dụ :
Bµi :
Chøng minh r»ng víi mäi số nguyên dơng n 2n > 2n + (*)
Gi¶i :
+ Với n = , ta có : 2n = 23 = ; 2n + = 2.3 + = ; > Vậy đẳng thức (*) với n =
(14)hay : 2k+1 > 2k + (**)
+ Thật : 2k+1 = 2.2k , mà 2k > 2k + ( theo giả thiết quy nạp ) : 2k +1 > 2(2k + 1) = (2k + 3) +(2k - 1) > 2k + ( Vì : 2k - > 0) Vậy (**) với k
+ KÕt luËn : 2n > 2n + víi mäi số nguyên dơng n
Bài 2 : ( Tơng tự )
Tìm số nguyên dơng n cho 2n > 5n
Bµi 3 : Chøng minh r»ng :
2
3
4
5
2n −1 2n
1
√3n+1 (*) (n số nguyên dơng )
Giải :
+ Víi n = , ta cã : VT = VP =
2 Vậy (*) với n =
+ Giả sử (*) với n = k ta có :
2
3
4
5
2k −1 2k
1
√3k+1
Ta cần chứng minh (*) với n = k + , tức :
2
3
4
5
2k −1
2k
2k+1
2(k+1)≤
1
√3k+1
2k+1
2(k+1) cần chứng minh :
√3k+1
2k+1
2(k+1)
1
√3(k+1)+1 dùng phép biến đổi tơng đơng , ta có :
(2k + 1)2(3k + 4) (3k + 1)4(k +1)2
12k3 + 28k2 + 19k + 12k3 + 28k2 + 20k +4 k
=> (**) với k
Vậy (*) dúng với số nguyên dơng n
8 Ngồi cịn có số phơng pháp khác để chứng minh bất đẳng thức nh : Phơng pháp làm trội , dùng bất đẳng thức tam giác , tam thức bậc hai ta phải vào đặc thù bàI toán mà sử dụng phơng pháp cho phù hợp Trong phạm vi nhỏ đề tàI không hệ thống phơng pháp
Phần iii : ứng dụng bất đẳng thức
I- Dùng bất đẳng thức để tìm cực trị
(15)NÕu f(x) M th× f(x) có giá trị lớn M
Ta thờng hay áp dụng bất đẳng thức thông dụng nh : Côsi , Bunhiacôpxki , bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối
Kiểm tra trờng hợp xảy dấu đẳng thức để tìm cực trị
Tìm cực trị biểu thức có dạng đa thức , ta hay sử dụng phơng pháp biến đổi tơng đơng , đổi biến số , số bất đẳng thức
Tìm cực trị biểu thức có chứa dấu giá trị tuyệt đối , ta vận dụng bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối
Chó ý : |A|+|B|≥|A+B| X¶y dÊu '' = '' AB
|A|≥0 DÊu ''= '' x¶y A =
VÝ dơ :
Bµi : Tìm giá trị nhỏ biểu thức : B = a3 + b3 + ab ; Cho biết a b thoả mÃn : a + b =
Gi¶i
B = (a + b)(a2 - ab + b2) + ab = a2 - ab + b2 + ab = a2 + b2
Ta cã : 2(a2 + b2) (a + b)2 = => a2 + b2
2
VËy B =
2 a = b =
Bài 2: a, Tìm giá trị nhỏ nhÊt cđa biĨu thøc : A = (x2 + x)(x2 + x - 4)
b, Tìm giá trị nhỏ biểu thức : B = - x2 - y2 + xy + 2x +2y
Gi¶i
a, A = (x2 + x)(x2 + x - 4) §Ỉt : t = x2 + x - => A = (t - 2)(t + 2) = t2 - -
DÊu b»ng x¶y : t = x2 + x - =
(x - 2)(x + 2) = x = -2 ; x = => A = - x = -2 ; x = ;
b, Tơng tự
Bài : Tìm giá trị nhỏ biểu thức a, C = |2x −3|+|2x −1|
b, D = |x2
+x+3|+|x2+x −6| c, E = |x −1|+|x −2|+|x −3|+|x −4|
(16)a, áp dụng BĐT : |A|+|B||A+B|
Dấu '' = ''x¶y AB
=> C = |2x −3|+|1−2x|≥|2x −3+1−2x|=|−2|=2
DÊu '' = '' x¶y (2x - 3)(1 - 2x) 12≤ x ≤32 VËy minC =
2≤ x ≤
b, T¬ng tù : minD = : -3 x c, minE = : x
Bµi : Cho a < b < c < d , t×m :
Minf(x) = |x − a| + |x − b| + |x − c| + |x − d|
Híng dÉn : t¬ng tù : minf(x) = d + c - b - a b x c
Bµi 5 : Cho ba sè d¬ng x , y , z tho¶ m·n :
1+x +
1 1+y +
1
1+z
Tìm giá trÞ lín nhÊt cđa tÝch : P = xyz
Gi¶i :
1+x (1 -
1
1+y ) + ( -
1
1+z ) = y
1+y + z
1+z
√yz(1+y)(1+z) T¬ng tù :
1+y √
zx
(1+x)(1+z)
1+z √
xy
(1+x)(1+y) Từ suy : P = xyz
8
MaxP =
8 x = y = z =
Bµi : Cho số dơng a, b, c thảo mÃn : a + b + c = Tìm giá trị nhá nhÊt
cđa biĨu thøc : F =
c+1
c¿
2
b+1
b¿
2 +¿
a+1
a¿
2 +¿ ¿ Gi¶i:
Ta cã : F = (a2 + b2 + c2) + ( a2+
1
b2+
1
c2 ) + Vận dụng bất đẳng thức Bunhiacơpxki , ta có : (a.1 + b.1 + c.2)2 3(a2 + b2 + c2)
=> a2 + b2 + c2
(17)T¬ng tù : 1a+1b+1c¿2 ¿
( a2+
1
b2+
1
c2) Mặt khác :
a+
1
b+
1
c=¿ (
1
a+
1
b+
1
c ).1 = (
1
a+
1
b+
1
c )(a + b + c) = + ( a
b+ b
a ) + ( b c+
c
b ) + ( c a+
a
c ) + + + = =>
a+
1
b+
1
c
=> 1a+1b+1c¿2
¿
81 => (1
a2+
1
b2+
1
c2) 27 F
3 + 27 + = 33
Dấu '' = '' xảy : a = b = c = 13
Vậy MinF = 33 13 : a = b = c = 13
Bài 7 : Cho G = yz√x −1+zx√y −2+xy√z −3
xyz
Tìm giá trị lớn G :
Giải : Tập xác định : x ; y ; z Ta cã : G = √x −1
x +
√y −2
y +
√z −3
z
Theo BĐT Côsi ta có : √x −1≤x −1+1
2 => √
x −1
x
1
T¬ng tù : √y −2 y ≤
1
2√2 ;
√z −3
z ≤
1 2√3
=> G
2+ 2√2+
1 2√3
VËy MaxG =
2+ 2√2+
1
2√3 đạt đợc x = ; y = ; z =
Bài 8 a, Tìm giá trị nhỏ H = x
√x −1 víi x >
b Tìm giá trị lớn cña K = |x|.√1− x2
HD : áp dụng bất đẳng thức Côsi làm tơng tự nh :
II - Dùng bất đẳng thức để giải phơng trình
(18)Nếu VT = VP giá trị ẩn ( thoả mãn TXĐ)
=> phơng trình có nghiệm
Nếu VT > VP VT < VP giá trị ẩn => phơng trình vô nghiệm
- Các ví dụ :
Bài 1 : Giải phơng trình :
13 √x −1 + √x+1 = 16x
Gi¶i:
§iỊu kiƯn : x (*)
Cách : áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có : 13 √x −1 + √x+1
= 13.2
2√x −1 + 3.2 2√x+1
13( x - +
4 ) + 3(x + +
4 ) = 16x
DÊu '' = '' x¶y {
√x −1=1
2
√x+1=3
2
x = 54 thoả mÃn (*)
Phơng trình (1) có nghiệm dÊu '' = '' ë (2) x¶y VËy (1) cã nghiÖm x =
4
Bài 2: a, Tìm giá trị lớn L = √2x −3 + √5−2x
b Gi¶i phơng trình : 2x 3 + 52x - x2 + 4x - = (*)
Gi¶i :
a Tãm t¾t : ( √2x −3 + √5−2x )2 2(2x - + - 2x) = 4 √2x −3 + √5−2x
=> MaxL = x = b TX§ :
2≤ x ≤
(*) √2x −3 + √5−2x = x2 - 4x +
VP = (x - 2)2 + , dÊu '' = '' x¶y x = => với x = ( thoả mÃn TXĐ ) th× VT = VP =
=> phơng trình (*) có nghiệm x =
Bài : Giải phơng trình :
√6− x + √x+2 = x2 - 6x + 13
(19)VP = (x - 3)2 + DÊu '' = '' x¶y x = VT2 = (
√6− x + √x+2 1)2 (6 - x + x + 2)(1 + 1) = 16 => VT , dấu '' = '' xảy √6− x = √x+2 x = => khơng có giá trị x để VT = VP => Phơng trình vơ nghiệm
Bµi 4 : Giải phơng trình : 3x212x
+16 + √y2−4y+13 =
HD : √3x2−12x
+16 ; √y2−4y+13 => VT DÊu '' = '' x¶y : {x −2=0
y −2=0 { x=2
y=2
=> ph¬ng tr×nh cã nghiƯm : x = ; y =
III - Dùng bất đẳng thức để giải hệ phơng trình :
- Kiến thức : Dùng bất đẳng thức để biến đổi phơng trình hệ , suy luận kết luận nghiệm
Lu ý : Mét sè tÝnh chÊt : a, a2 + b2 2ab
b a + c < ; c > => a < b c ab>1 nÕu a > b > - C¸c vÝ dơ :
Bài 1 : Giải hệ phơng trình : {x
3
+2y2−4y+3=0
x2
+x2y2−2y=0
(1) x3 = - - 2(y - 1)2 x3 - x - (*) (2) x2 2y
1+y2 ( v× + y
2 2y)
-1 x (**) Tõ (*) vµ (**) => x = -1 Thay x = -1 vµo (2) ta cã : y =
=> Hệ phơng trình có nghiệm : x = -1 ; y =
- Kiến thức : Biến đổi phơng trình hệ , sau so sánh với phơng trình cịn lại , lu ý dùng bất đẳng thức quen thuộc
Bài : Giải hệ phơng trình : { x+y+z=1
x4
+y4+z4=xyz
Gi¶i :
(20)=> x4 + y4 + z4 x2y2 + y2z2 + z2x2 (*) Mắt khác : x2y2 + y2z2 2x2yz
y2z2 + z2x2 2xy2z x2y2 + z2x2 2xyz2
=> 2(x2y2 + y2z2 + z2x2 ) 2xyz(x + y + z) = 2xyz => x2y2 + y2z2 + z2x2 xyz (**)
Tõ (*) vµ (**) => x4 + y4 + z4 xyz
DÊu '' = '' x¶y : x = y = z mà x + y + z = nên : x = y = z =
3
Vậy hệ phơng trình có nghiệm : x = y = z =
3
Cách 2: áp dụng BĐT Côsi ;
- Kiến thức : Dùng phơng pháp
Bài 3 : Giải hệ phơng trình { x
+y2+z3=14 (
2x+
1 3y+
1 6z)(
x
2+
y
3+
z
6)=1
(víi x, y, z > 0)
Giải :
áp dơng : NÕu a, b > th× : a b+
b a≥2 (2) (3
x+
2
y+
1
z)(3x+2y+z)=36 (x
y+ y x)+3(
x z+
z x)+2(
y z+
z y)=22 Mặt khác : x, y, z > nên (x
y+ y
x)≥12 3(x
z+ z
x)≥6 ; 2( z y+
y z)≥4 (x
y+ y x)+3(
x z+
z x)+2(
y z+
z y)≥22
Dấu '' = '' xảy x = y = z , thay vào (1) ta đợc : x + x2 + x3 = 14 <=> (x - 2)(x2 + 3x + 7) = <=> x - = <=> x =
Vậy hệ phơng trình cã nghiÖm nhÊt : x = y = z =
* Ngồi cịn có số ứng dụng khác bất đẳng thức , đòi hỏi học sinh phải linh hoạt sáng tạo giải , học sinh phải nắm đợc kiến thức bất đẳng thức vận dụng đợc
Ví dụ : Dùng bất đẳng thức để giải phơng trình nghiệm nguyên
(21)x+
1
y+
1
z =
Gi¶i :
Không tính tổng quát , ta gi¶ sư x y z , ta cã : =
x+
1
y+
1
z
3
z => 2z , mà z nguyên dơng Vậy z = Thay z = vào phơng trình ta đợc :
x+
1
y=1
Theo gi¶ sư , x y , nªn = x+
1
y
2
y Y nguyên dơng nên y = y =
Với y = không thích hợp Víi y = ta cã : x =
VËy (2 ; ; 1) lµ nghiệm phơng trình
Hoỏn v số , ta đợc nghiệm phơng trình : (2 ; ; 1) ; (2 ; ; 2) ; (1 ; ; 2)
Thùc nghiƯm s ph¹m
Bài vận dụng Bất đẳng thức để giải phơng trình
A Mơc tiªu
- Giới thiệu hớng dẫn học sinh nội dung kiến thức giải phơng trình nhờ vận dụng kiến thức bất đẳng thức Bunhiacơpxki tính chất bất đẳng thức
- Hình thành kỹ giải phơng trình nhờ vận dụng kiến thức bất đẳng thức thông qua việc chữa tập đợc đa sở toán chứng minh bất đẳng thức , kết suy từ bất đẳng thức quen thuộc hay tính chất bất đẳng thức
- Học sinh nắm đợc ph]ơng pháp giải , nhận dạng đợc dạng tập biết vận dụng vào giải tập tơng tự
- học sinh đợc rèn cách trình bày lời giải , lập luận chặt chẽ xác , phát huy tính tích cực sáng tạo học sinh
B ChuÈn bÞ :
C Các hoạt động dạy học
(22)2, KiÓm tra cũ
HS1: Tìm Min M = x2 - 6x + 13
HS2: T×m Max cđa N = √2x −3 + √5−2x
HS3: Bất đẳng thức Côsi ; Bunhiacôpxki ? Dấu đẳng thức xảy no ?
GV: Chữa HS1: M = x2 - 6x + + = (x - 3)2 + 4 => Min M = x =
HS2 : VËn dụng BĐT Bunhiacôpxki ta có :
( √2x −3 + √5−2x 1)2 (1 + 1)(2x - + - 2x) = => √2x −3 + √5−2x
=> Max N = 2x - = - 2x x = HS3 : ViÕt BĐT
3, Bài :
a, t :
Định nghĩa phơng trình ẩn x ? cách giải ?
HS : Cú dạng A(x) = B(x) , A(x) , B(x) l cỏc biu thc bin x
Cách giải : Tìm ĐKXĐ (nếu có)
Tỡm tt c ỏc giỏ trị biến thoả mãn ĐKXĐ nghiệm phơng trình cho
GV : NÕu ta cã A(x) a ; B(x) a , phơng trình A(x) = B(x) cã nghoiƯm nµo ?
HS : Khi A(x) = B(x) = a ( xảy trờng hợp dấu ) GV : Đặt vấn đề vào
(23)Hoạt động thày trò Nội dung
Hoạt động 1: Dạng 1:
GV: yêu cầu HS giải tập Gợi ý: ? NhËn xÐt vÕ tr¸i cđa (1) HS : VT
Vậy phơng trình (1) có nghiệm ?
GV : yêu cầu hs làm câu b Hs trình bày lời giải
1, Bài 1: Giải phơng tr×nh : a, √2x −3+√5−2x=2 (1) b, √x 1+45 x=10 (2) Giải
a, Đk :
2≤ x ≤
VT 2; x¶y '' = ' x = VËy 91) cã nghiƯm x = b, §k : x
(3 √x −1+4√5− x )2 (9+ 16)(x - +
- x) = 25 = 100 => VT 10
DÊu '' = '' x¶y x=61
25
VËy (2) cã nghiÖm x=61
25
Hoạt động 2: Vận dụng hớng dẫn HS biến đổi
GV: Yêu cầu hs nhận dạng pt HS : biến đổi suy
- VT - VP
? VËy PT cã nghiƯm kh«ng ? cã nghiƯm nµo ?
HS : PT cã nghiƯm VT = VP = HS: trình bày lời giải
GV : Yêu cầu HS làm tập ? Em hÃy nêu cách giải phơng trình GV gọi ý : Em có nhận xét VT phơng trình
HS : Chứng minh đợc VT 16x => tìm nghiệm PT
GV : NhËn xÐt
HS hoàn thành tập vào
Bài 2: Giải PT
√2x −3+√5−2x − x2+4x −6=0
√2x −3+√5−2x=x2−4x+6
HD :
VT DÊu '' = '' x¶y x = VP DÊu '' = '' x¶y x = Vậy phơng trình có nghiệm x =
Bài 3 : Giải phơng trình :
13 √x −1 + √x+1 = 16x §iỊu kiƯn : x (*)
Cách : áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có : 13 √x −1 + √x+1
= 13.2
2√x −1 + 3.2 2√x+1
13( x - +
4 ) + 3(x + + ) =
16x
DÊu '' = '' x¶y {
√x −1=1
2
√x+1=3
2
x =
(24)PT (1) cã nghiÖm dÊu '' = '' ë (2) x¶y VËy (1) cã nghiƯm x =
4
Hoạt động 3: Dạng
GV : Lu ý √A ≥0 ; A2
X¶y dÊu '' = '' nµo ? HS : dÊu '' = '' xảy A =
Gv: yêu cầu hs tìm L ? áh trình bày lời giải
GV : hớng dẫn HS tìm GTNN
√5x2−10x+9 ? => ®pcm
GV đề xuất toán ;
? Nêu đặc điểm biểu thức ?
HS rút nhận xét : VT ? Tìm x để VT = VP
Bài
a, Tìm cña L = √3x2
+6x+12
b, Chøng minh r»ng :
√3x2
+6x+12+√5x2−10x+9≥5
gi¶i:
a, Ta cã : 3(x + 1)2 +
=> L = √3x2
+6x+12
X¶y dÊu '' = '' x = -1 VËy L = x = -1 b, T¬ng tù ; √5x2
−10x+9≥2
VËy : 3x2
+6x+12+5x210x+95
Bài : Giải PT
√3x2
+6x+12+√5x2−10x+9=5
HD :
√3x2+6x+12 dÊu '' = '' x¶y x - √5x2
−10x+9≥2
dÊu '' = '' xảy x = Vậy PT vô nghiÖm
4 Hoạt động : Vận dụng
GV : yêu cầu HS giải phơng trình HS lên bảng trình bày lời giải HS dới lớp làm vµo vë BT
Bµi : GPT
√3x2+6x+7+√5x2+10x+14=4−2x − x2
Gi¶i;
x+1¿2+4
¿
3¿
√3x2+6x+7=√¿
X¶y dÊu '' = '' x = -1
x+1¿2+9 ¿
5¿
√5x2+10x+14=√¿
X¶y dÊu '' = '' x = -1 VËy PT cã nghiÖm : x = -1
5 Hoạt động Củng cố
? Kh¸i quát cách giải PT A(x) = B(x)
A(x) m x¶y dÊu '' = '' x = a B(x) m x¶y dÊu '' = '' x = b => PT cã nghiÖm x = a nÕu a = b NÕu a # b => PT v« nghiƯm
4, Híng dÉn häc ë nhµ :
Xem lại cách giải tập chữa lp
(25)Bài 1: Giải PT : a, √3x2
−12x+6+√y2−4y+13=5 b, √2x2
−4x+5+√2x2−4x+14=−2x2+2x+3√3−1 D, Tæng kÕt - Rót kinh nghiƯm
PhÇn kÕt ln
(26)giúp học sinh học tốt kiến thức bất đẳng thức vận dụng đợc số kiến thức cần thiết , số phơng pháp suy nghĩ cần thiết mơn tốn
Việc hệ thống lại phơng pháp chứng minh , ví dụ tập minh hoạ kèm theo , kiến thức lu ý , gợi ý học sinh , giúp cho học sinh hiểu đợc rộng sâu phơng pháp giải , số tập vận dụng đa nhằm để củng cố kiến thức bất đẳng thức phần đinhj hớng cho học sinh biết cách lựa chọn phơng pháp để giải đợc tập vận dụng Rèn luyện khả t , khả phân tích , tổng hợp , phát huy tính tích cực trí thơng minh học sinh
Đối với học sinh mà khả nhận thức cịn hạn chế , việc hệ thống lại tính chất , bất đẳng thức thông dụng , phơng pháp giải toán vận dụng giúp cho học sinh hiểu đợc cơng việc cần thiết giải tốn bất đẳng thức , nắm đợc cách trình bày cho dạng tốn , tập dần cách phân tích đề để biết cách lựa chọn hớng , kiến thức vận dụng kiến thức phù hợp , nâng dần hiểu biết kiến thức bất đẳng thức
Vì kinh nghiệm học tập , giảng dạy nghiên cứu nhiều hạn chế , nên đề tài khơng tránh khỏi thiếu xót , có vấn đề nội dung đặt cha , việc trình bày đề tài cha tốt , nên mong nhận đợc quan tâm , bảo đóng góp ý kiến giúp đỡ từ phía thấy giáo , bạn đồng nghiệp , em học sinh , để việc nghiên cứu kiến thức bất đẳng thức ngày tốt , sâu , để áp dụng vào giảng dạy có hiệu tốt , để giúp em học sinh ngày giỏi
Tôi xin trân thành cảm ơn !
Hải Dơng , Ngày 14 tháng năm 2006
Tài liệu tham khảo
(27)Tạp chí Toán học & Tuổi trẻ Số 343 tháng 01 năm 2006 - NXBGD Tạp chí Toán học & Tuổi trẻ Số 344 tháng 02 năm 2006 - NXBGD Tạp chí Toán học & Tuổi trẻ Số 345 tháng 03 năm 2006 - NXBGD Tạp chí Toán học & Tuổi trẻ Số 346 tháng 04 năm 2006 - NXBGD Tạp chí Toán học & Tuổi trẻ Số 347 tháng 05 năm 2006 - NXBGD SGK , SGV , SBT To¸n - Nhà xuất GD - năm 2004
3.Luyện giải ôn tập Toán tập - Vũ Dơng Thuỵ ( chủ biên )
NXBGD - 2004 4.Toán nâng cao Đại số - Vũ Hữu Bình - NXBGD - Năm 2001
5 Toán nâng cao chuyên đề Đại số - Vũ Dơng Thuỵ (chủ biên)
NXBGD - 2004 Ôn tập kiểm tra Đại số - Vũ Hữu Bình - Tôn Thân
NXBGD - 1996 Những toán chọn lọc cho trêng chuyªn líp chän TËp
P.TS Đỗ Đức Thái - Năm 1993 Thực hành giải toán - sách CĐSP - Vũ Dơng Thuỵ (chủ biªn)
NXBGD - Năm 1999 23 chuyên đề giải 1001 toán sơ cấp ( Quyển thng )
Chủ biên : Nguyễn Đức Đồng - Nguyễn Văn Vĩnh - NXB Trẻ 10 Tạp chí Toán tuổi thơ - Số tháng năm 2003
Tổng biên tập : Vũ Dơng Thuỵ