[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)2 = A2 – 2AB + B2
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 >
A2 ≥ a
(A - B)2 ≥ A,B (I)
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 )2+ ( √a+c )2+ ( √a+b
)2] ≥ a
√b+c√b+c+
b
√a+c√a+c+
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 ≥ √3abc = 3x1 = 6.Bài toán 6:
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
√abc
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 )