CHUYEN DE BDTCUC HOT

[r]

(1)

A TÝnh chÊt luü thõa bËc hai:

Ngay từ lớp học sinh biết nhận xét dấu số có luỹ thừa chẵn nắm đ -ợc tính chất luỹ thừa bậc hai

B×nh ph

“ ơng hay luỹ thừa bậc hai số không âm” (*)

DÊu = x¶y ra“ ” khi a = 0.

Lớp học sinh đợc làm quen với đẳng thức:

(A - B)

= A

– 2AB + B

NÕu sư dơng tÝnh chÊt (*) th×

Việc khai thác sử dụng sáng tạo bất

đẳng thức (I) giúp học sinh rèn luyện t hình thành phơng pháp chứng minh nh cách thức để hình thành bất đẳng thức từ bất đẳng thức biết

Từ bất đẳng thức (I):

(a – b)2≥  a2 + b2 ≥ 2ab

ở BĐT (I), (II), (III) dÊu “=” x¶y a = b

B Khai th¸c tÝnh chÊt luü thõa bËc hai.

I/.Khai thác bất đẳng thức (I): (a – b)2 ≥ 0

Từ bất đẳng thức (I) ta đổi biến đặt A = ay; B = bx (I) trở thành: (ay – bx )2 ≥ a, b, x, y

DÊu “=” x¶y ay = bx  a

b= x y

Khai triển biến đổi: a2y2 – 2axby + b2x2 ≥  a2y2 + b2x2 ≥ 2axby

 a2y2 + b2x2 +a2x2 + b2y2≥ a2x2 + 2axby + b2y2  (a2 + b2)(x2 + y2) ≥ (ax + by)2

Nh vËy ta cã bµi toán: 1.Bài toán 1:

Chứng minh : (a2 + b2)(x2 + y2) ≥ (ax + by)2

(Bất đẳng thức Bunhiacôpxki cho số a, b, x, y)

Để khắc sâu phơng pháp chứng minh bất đẳng thức ta chứng minh toán nhiều cách

- Phơng pháp 1: Dùng định nghĩa : A > B  A – B > + Lập hiệu A – B + Chứng tỏ A – B >

A

2

≥

a

(A - B)2

≥

a b+

b

a ≥

(II)

(2)

+ KÕt luËn A > B + C¸ch 1 : XÐt hiƯu : (a2 + b2)(x2 + y2) – (ax + by)2

= a2x2 + a2y2 + b2x2 + b2y2 - a2x2- b2y2 – 2axby = a2y2 - 2axby + b2x2

= (ay - bx)2 ≥ luôn  a, b, x, y. Vậy (a2 + b2)(x2 + y2) ≥ (ax + by)2

DÊu “=” x¶y a b=

x y

- Phơng pháp : Phép biến đổi tơng đơng.

+ Biến đổi A > B  A1 > B1 A2 > B2… (*) + Vậy A > B

+ C¸ch 2 : Ta cã (a2 + b2)(x2 + y2) ≥ (ax + by)2

 a2x2 + a2y2 + b2x2 + b2y2≥ a2x2+ 2·by + b2y2  a2y2 - 2axby + b2x2 ≥

 (ay – bx)2 ≥

luôn  a, b, x, y Dấu “=” xảy a

b= x y

Bất đẳng thức cuối Vậy (a2 + b2)(x2 + y2) ≥ (ax + by)2

- Phơng pháp 3 : Sử dụng bất đẳng thức biết + Cách 3 : Ta có (ay - bx)2 ≥

 a2y2– 2aybx + b2x2≥ 0

 a2x2 + a2y2 + b2x2 + b2y2≥ a2x2+ 2·by + b2y2(céng vÕ a2x2, b2y2).  (a2 + b2)(x2 + y2) ≥ (ax + by)2

- Phơng pháp : Phơng pháp phản chứng. + Giả sử có điều trái với kết luËn

+ Suy điều mâu thuẫn với giả thiết điều biết + Giả sử sai – kt lun ỳng

+ Cách 4: Giả sử (a2 + b2)(x2 + y2) < (ax + by)2

 a2x2 + a2y2 + b2x2 + b2y2< a2x2+ 2·by + b2y2  a2y2– 2aybx + b2x2< 0

 (ay - bx)2 < V« lý VËy (a2 + b2)(x2 + y2) ≥ (ax + by)2

Bốn phơng pháp thể cách giải tốn ph ơng pháp thơng thờng để chứng minh bất đẳng thức

(3)

(az - cx)2 ≥  (ay - bx)2 + (az - cx)2 + (cy - bz)2 ≥ (cy - bz)2 ≥

Khai triển, chuyển vế cộng vào vế BĐT : a2x2 + b2y2 + c2z2 ta đợc:

a2x2+a2y2+a2z2+b2x2+b2y2+b2z2+c2x2+c2y2+c2z2≥a2x2+b2y2+c2z2+2axby+2axcz+2bycz  (a2 + b2 + c2)(x2 + y2 + z2) ≥ (ax + by +cz)2

2.Bài toán :

CMR : (a2 + b2 + c2)(x2 + y2 + z2) (ax + by +cz)2 ( BĐT Bunhiacôpxki cho bé sè a, b, c vµ x, y, z)

Gi¶i XÐt hiƯu : (a2 + b2 + c2)(x2 + y2 + z2) - (ax + by +cz)2

=a2x2+a2y2+a2z2+b2x2+b2y2+b2z2+c2x2+c2y2+c2z2- a2x2- b2y2- c2z2-2abxy-2acxz-2bcyz =(a2y2-2abxy+b2x2)+(a2z2–2acxz+c2x2)+(b2z2-2bcyz+ c2y2)

=(ay - bx)2+ (az - cx)2+ (cy - bz)2 ≥ DÊu “=” x¶y a

x= b y=

c z

Bằng cách làm tơng tự ta phát triển toán BĐT Bunhiacôpxki tổng quát: (a2

1 + a22 +…+ a2n)(x21 + x22 +…+ x2n) ≥ (a1x1 + a2x2 +…+ anxn )2 DÊu “=” x¶y a1

x1 =a2

x2

= =an

xn

Để ý a x số nghịch đảo ax = (x = a ) Từ toán ta đặt tốn:

3.Bµi toán 3:

Cho ba số a, b, c sè d¬ng Chøng minh r»ng: (a + b + c)(

a +

1

b +

1

c ) ≥ Gi¶i

Theo toán (BĐT Bunhiacôpxki): (a + b + c)(

a +

1

b +

1

c ) ≥ (

√

a

1

√

a

√

b

1

√

b

√

c

1

√

c

 (a + b + c)( 1a + 1b + 1c ) ≥ 32 = 9 DÊu “=” x¶y a = b = c

Từ bất đẳng thức (x+ y+ z)( x +

1

y +

1

z )≥ Đặt a + b = X; b + c = Y; c + a = Z ta đợc BĐT:

2(a + b + c)( a+b +

1

b+c +

c+a )≥  ( ba

+c +

b a+c +

c

(4)

 ba +c +

b a+c +

c b+a ≥

3 Bi toỏn tỡm c:

4.Bài toán 4:

Cho a, b, c số dơng CMR: a b+c +

b a+c +

c b+a

3 Giải

áp dụng toán tacã: (a+b+c+b+c+a)(

a+b +

b+c +

c+a )≥ (

√

a

b

√

a

b

√

b

c

√

b

c

√

c

a

√

c

a

 2(a + b + c)( a1 +b +

1

b+c +

c+a )≥  ( ba

+c +

b a+c +

c

b+a +3) ≥  ba

+c +

b a+c +

c b+a ≥

3

2 (1) Ta tiếp tục khai thác toán theo bíc sau:

- Bíc : Nh©n vÕ cđa (1) víi a+b+c > (a + b + c)(

a+b +

b+c +

c+a )≥

2 (a + b + c) - Bớc : Khai triển rút gọn vế trái sau chuyển vế ta đợc:

a2 b+c +

b2 a+c +

c2 b+a ≥

a+b+c Đây nội dung toán 5.Bài toán :

Cho a, b, c số dơng CMR: a

2

b+c +

b2 a+c +

c2 b+a ≥

a+b+c

Chứng minh tốn ta dẫn từ toán theo hớng khai thác để đến kết Nhng ta giải độc lập nh sau:

- Phơng pháp 1: áp dụng bất đẳng thức toán [( a

√

b

c

+ ( b

√

b

a

+( c

√

b

a

][(

√

b

c

√

a

c

√

a

b

)2] ≥ a

√

b

c

√

b

c

b

√

a

c

√

a

c

√

a

b

√

a

b

¿  2(a + b + c)( a

2

b+c +

b2 a+c +

c2

b+a ) ≥ (a + b + c)

 a

2

b+c +

b2 c+a +

c2 b+a ≥

a+b+c

(5)

a2 b+c +

b+c

4 ≥

√

a

b+c b+c

4 = a

b2 c+a +

c+a ≥ b

c2

b+a +

b+a ≥ c VËy a

2

b+c +

b2 c+a +

c2 b+a ≥

a+b+c

2 (céng theo vế BĐT ) Ta tiến hành khai thác toán cách:

+Trang bị thêm cho toán điều kiện : abc = + áp dụng BĐT Cô si cho số dơng :

a + b + c ≥

√

Cho a, b, c số dơng thoả mÃn : abc = CMR a

2

b+c +

b2 c+a +

c2 b+a ≥

3

2 (2) Giải

Theo toán a2 b+c +

b2 c+a +

c2 b+a ≥

a+b+c

2 ≥ 3

√

2 = 3x1

2 =

a2 b+c +

b2 c+a +

c2 b+a ≥

3 Xem xét toán ta nhận thÊy:

+ Nếu đặt a =

x ; b =

1

y ; c =

1

z  abc =

1

xyz = Khi : x + y =

a +

1

b = a+b

ab = c(a + b) T¬ng tù : y + z = a(b + c)

z + x= b(c + a) Do BĐT (2)  a

3

a(b+c) +

b3

b(a+c) +

c3

c(a+b) ≥ 

x3

(y+z) +

y3

(z+x) +

z3

(x+y) ≥ 7.Bài toán 7:

Cho x, y, z số dơng thoả mÃn : xyz =

CMR :

x3

(y+z) +

1

y3

(z+x) +

1

z3

(x+y)

(6)

Đặt a =

x ; b =

1

y ; c =

1

z  abc =

1

xyz = Ta cã : x+y = c(a+b)

y+z = a(b+c) z+x = b(c+a) Do :

x3

(y+z) +

1

y3

(z+x) +

1

z3

(x+y) =

a2 b+c +

b2 c+a +

c2 b+a ≥

3

2 (theo toán 6)

Nh vy t tớnh cht v luỹ thừa bậc hai ta khai thác đợc chùm tốn từ dễ đến khó khó mặt khác rèn luyện t sáng tạo học sinh

II/.Khai thác bất đẳng thức II a b+

b a Đặt a

b=x>0 th× b a=

1

x Ta có toán: Bài toán 8:

Cho sè d¬ng x

Chøng minh r»ng: x + x Khai thác toán ta thấy: x

x=1

Do ta dùng số dơng a, b, c, d thoả mãn : abcd=1 Khi đó: ab=

cd (cd= ab¿ Ta khám phá đợc toán mới: Bài tốn 9:

Cho a, b, c, d lµ số dơng thoả mÃn abcd=1 CMR: ab + cd ≥ (hc ac + bd ≥ 2; ad + bc ≥ 2)

(Chứng minh bất đẳng thức cần đa toán cách dùng điều kiện abcd=1)

Lại có: a2 + b2≥ 2ab ; c2 + d2≥ 2cd. Do : a2 + b2 + c2 + d2≥ 2ab + 2cd

Liªn kết với toán ta có: a2 + b2 + c2 + d2≥ 2(ab + cd) ≥ 4 10 Bài toán 10:

Cho a, b, c, d số dơng thoả mÃn abcd=1 CMR: : a2 + b2 + c2 + d2≥ 4

TiÕp tơc liªn kết toán 10 ta có: 11 Bài to¸n 11:

(7)

CMR: : a2 + b2 + c2 + d2 + ab + cd + ac + bd 10 Giải

Từ điều kiện a b, c, d > vµ abcd=1 Ta cã: : ab =

cd ; ad =

bc ; ca = bd Do đó: (ab + cd) + (da + bc) + (ac + bd)

= (cd +

cd ¿ + (bc +

bc ¿ + (bd +

bd¿ ≥ + + = (Bài toán 9) Mà a2 + b2 + c2 + d2 (bài toán 10)

a2 + b2 + c2 + d2 + ab + cd + ac + bd ≥ 10 DÊu “=” x¶y a = b = c = d

Vây từ bất đẳng thức (II) ta khai thác thành chùm BĐT (8 →11 ) III Khai thác bất đẳng thức III: (a + b)2 ≥ 4ab a, b

Là bất đẳng thức đa mối quan hệ bình phơng1tổng với tích cuả chúng Để khai thác BĐT (III) ta thêm điều kiện a,b số dơng

Chia vế (III) cho ab(a + b) ta đợc: a+b

ab ≥

a+b ⇔

a +

1

b ≥

4

a+b 12 Bài toán 12:

Cho a,b sè d¬ng Chøng minh r»ng:

a +

1

b ≥

4

a+b Gi¶i XÐt hiÖu

a +

1

b -

4

a+b =

a(a+b)+b(a+b)−4 ab ab(a+b) =

a+b (a − b)2

ab(¿)

≥ VËy

a +

1

b ≥

4

a+b DÊu “=” x¶y a=b

Khai thác toán 12 tơng tự nh cách khai thác toán Ta có:

a +

1

b ≥

4

a+b c

2 + d2≥ 4

b +

1

c ≥

4

b+c

c +

1

a ≥

4

c+a

Do cộng theo vế BĐT ta đợc:

a+b +

b+c +

c+a ≥ ¿ 2¿

1

a+¿

1

b+¿

1

c 13 Bài toán 13:

(8)

CMR: a+b +

1

b+c +

c+a ≤ ¿ 2¿

1

a+¿

1

b+¿

1

c¿ Gi¶i

Theo toán 12:

a+b 4¿

1

a+¿

1

b )

1

b+c ≤ ¿ 4¿

1

b+¿

1

c )

1

c+a ≤ ¿ 4¿

1

c+¿

1

a ) Céng theo vÕ cña BĐT trên:

1

a+b +

b+c +

c+a ≤ ¿ 2¿

1

a+¿

1

b+¿

1

c¿ Dấu = xảy a=b=c

Khai thác toán 13 cách : + Đặt a= x + y; b= y + z; c= z + x

1

a=¿

1

x+y ≤ ¿ 4¿

1

x +

1

y )

1

b=¿

1

y+z ≤ ¿ 4¿

1

y +

1

z )

1

c=¿

1

z+x ≤ ¿ 4¿

1

z +

1

x ) + Thêm điều kiện :

x+¿

1

y +

1

z =

Ta hình thành tốn 14 BĐT thi đại học khối A năm 2005 Điều chứng tỏ việc học sinh nắm kiến thức từ lớp di l vụ cựng quan trng

14 Bài toán 14:

(Đại học khối A năm 2005) Giải - C¸ch

- C¸ch 2: Ta cã

2x+y+z =

1

2x+(y+z) ≤ (

1 2x +

1

y+z ) ≤ 8x +

1 16 (

1

y +

1

z ) =

1 8x +

1 16y +

(9)

1

x+2y+z ≤ 16x +

1 8y +

1 16z

1

x+y+2z ≤ 16x +

1 16y +

1 8z Cộng theo vế BĐT:

1

2x+y+z +

1

x+2y+z +

1

x+y+2z ≤ (

1

x +

1

y +

1

z )=1

VËy

2x+y+z +

x+2y+z +

1

x+y+2z ≤ Khai thác toán 14 cách đặt vào tam giác ta có: 15 Bài tốn 15:

Xét tam giác ABC có: BC = a, CA = b, AB = c, chu vi a+b+c = 2p không đổi CMR: ab

a+b+2c + bc

2a+b+c + ac

c+2b+c ≤

p

2 Giải

áp dụng toán 12 Ta cã: ab

a+b+2c = ab

(a+c)+(b+c) ≤ (

ab

a+c + ab

b+c ) bc

2a+b+c ≤ (

bc

a+b + bc

a+c ) ac

a+2b+c ≤ (

ca

b+a + ca

a+b ) Cộng theo vế BĐT ta đợc:

ab

a+b+2c + bc

2a+b+c + ac

a+2b+c ≤ (

ab

a+c + ab

b+c + bc

a+b + bc

a+c + ca

b+a + ca

a+b ) =

4 (a + b + c) =

4 2p =

p

2 Dấu “=” xảy Δ ABC có a = b =c = 23p

TiÐp tôc khai thác bải toán tam giác mối quan hệ cạnh tam giác chu vi ta có:

16 Bài toán 16

Trong ABC có chu vi a + b +c = 2p ( a, b, c độ dài cạnh )

CMR :

p − a +

1

p − b +

1

p − c ≥ (

1

a +

1

b +

1

c ) Gi¶i

NhËn xÐt : p - a = a+b+c

2 - a =

b+c − a

2 > ( b + c > a bất đẳng thức tam giác ) Tơng tự : p - b > ; p- c >

Mặt khác : p - a + p - b = 2p - a - b = c p - b + p - c = a

p - c + p - a = b

Do ta nghĩ đến việc dùng bất đẳng thức toán 12 nh sau:

p − a +

1

p − b ≥

4

(p −a)+(p − b) =

(10)

1

p − b +

1

p − c ≥

4

a

1

p − c +

1

p − a ≥

4

b

Cộng theo vế bất đẳng thức ta có :

p − a +

1

p − b +

1

p − c ≥ (

1

a +

1

b +

1

c )