(Sáng kiến kinh nghiệm) một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức cơ bản trong bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán thcs

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN TRONG BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI MƠN TỐN THCS PHẦN MỞ ĐẦU 1.1 Lý chọn đề tài Cùng với phát triển đất nước ta, nghiệp giáo dục không ngừng đổi Để đáp ứng yêu cầu nghiệp giáo dục nhu cầu học tập em học sinh, trình giảng dạy, người giáo viên phải biết chắt lọc nội dung kiến thức cách rõ ràng ngắn gọn đầy đủ nội dung, phải từ dễ đến khó, từ cụ thể đến trừu tượng phát triển rút nội dung kiến thức học Từ đó, giúp học sinh nắm quan trọng, nội dung học đồng thời gợi mở, đặt vấn đề để học sinh phát triển tư kĩ phân tích nội dung làm tập toán học cách chặt chẽ, rõ ràng có hệ thống, đồng thời giúp cho em nhận dạng toán học cách nhanh Trong mơn Tốn trường THCS, THPT chuyên đề Bất đẳng thức xem chuyên đề khó, nhiều học sinh chí học sinh giỏi cịn lo ngại né tránh học sinh chưa hình thành phương pháp giải để ứng dụng vào việc chứng minh Bất đẳng thức Đề thi học sinh giỏi huyện, thành phố, tuyển sinh vào lớp 10 thường có tốn bất đẳng thức, sách giáo khoa phổ thơng lại trình bày vấn đề sơ lược Cũng tốn bất đẳng thức khơng có cách giải mẫu, không theo phương pháp định nên học sinh lúng túng giải toán bất đẳng thức Vì vậy, học sinh khơng theo hướng nào, hầu hết học sinh khơng biết làm tốn bất đẳng thức khơng biết vận dụng bất đẳng thức để giải loại tập khác Do việc tìm tịi biện pháp giải số hạn chế học sinh thường mắc phải giảng dạy học sinh giải toán chứng minh bất đẳng thức công việc quan trọng thiếu giáo viên dạy môn toán Xuất phát từ vấn đề thực tế, hiểu khó khăn học sinh để giúp học sinh phần đỡ lúng túng làm toán chứng minh bất đẳng thức, trải nghiệm đúc rút trình giảng dạy thân, mạnh dạn viết sáng kiến kinh nghiệm với đề tài : “Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức bồi dưỡng học sinh giỏi mơn Tốn THCS” 1.2 Điểm đề tài Đề tài chọn lọc phương pháp chứng minh bất đẳng thức mà chương trình Tốn THCS em tiếp xúc chưa nhiều Cách vận dụng linh hoạt bất đẳng thức vào giải số toán chứng minh bất đẳng thức thường gặp Ứng dụng bất đẳng thức để giải toán cực trị PHẦN NỘI DUNG 2.1 Thực trạng nội dung cần nghiên cứu: Bài toán chứng minh bất đẳng thức lĩnh vực mà theo tương đối khó Bởi phải luyện cho học sinh nhiều học sinh nắm dạng toán nhờ giải nhiều tập Cho nên với toán chứng minh bất đẳng thức, thông qua bước tư duy, bước giải dẫn học sinh có câu hỏi lại u cầu học sinh tự trả lời Chính mà giải toán chứng minh bất đẳng thức yêu cầu học sinh phải biết tự đặt vấn đề tự giải vấn đề trước điều kiện định tốn, góp phần rèn luyện khả phân tích, tổng hợp áp dụng vào thực tế sống, loại bỏ khả xảy hay tạo điều kiện phù hợp yếu tố có lợi cho tốn giải, làm giáo dục học sinh theo quan điểm “học đơi với hành”, “lí thuyết phải gắn liền với thực tế” Vì vậy, việc giải tốn chứng minh bất đẳng thức góp phần phát triển khả tư linh hoạt, sáng tạo giải toán chứng minh bất đẳng thức, em phải ý vào điều kiện mà tốn địi hỏi, xác định mối quan hệ biết cần phải chứng minh, từ phải huy động tất kiến thức bất đẳng thức học để giải Như vậy, lại lần học sinh khắc sâu kiến thức có, tự đưa lập luận dựa sở có sẵn để trình bày lời giải chặt chẽ, lơgic từ học sinh thầy kết có thật vững vàng Thực tế chuẩn bị thực đề tài, lực giải toán chứng minh bất đẳng thức học sinh yếu Đa số học sinh cho dạng tốn q khó, em tỏ mệt mỏi phải làm tập dạng Vì học sinh học thụ động buổi học bồi dưỡng khơng có hứng thú học tập Qua q trình trực tiếp giảng dạy Tốn, từ tiết luyện tập, tiết kiểm tra, tiết bồi dưỡng học sinh yếu ôn thi học sinh giỏi, nhận thấy học sinh thường lúng túng, khơng tìm hướng giải tìm làm nào, làm từ đâu Bài làm em kiểm tra lớp kiểm tra tiết thường khơng chặt chẽ, khơng có tính logic, nhiều lời giải cịn rời rạc, nhiều chỗ khơng hợp lý, đặc biệt tốn khó, tình tốn học mang tính thực tiễn Mặt khác, học sinh có sách tham khảo dạng tập Nếu có sách “học tốt” sách “nâng cao’’ mà nội dung viết vấn đề ỏi Lý chủ yếu điều kiện kinh tế gia đình cịn khó khăn khơng biết tìm mua sách hay Kết điều tra: Mức độ thành thạo bất đẳng thức đội tuyển học sinh giỏi Toán trước thực đề tài HS lớp Năm học Năm học 2015 - 2016 2016 - 2017 Vận dụng Vận dụng Vận dụng Vận dụng lúng thành lúng thành túng thạo túng thạo 90% 10% 85% 15% Năm học 2017 - 2018 Vận dụng Vận dụng lúng thành thạo túng 90% 10% 2.2 Nội dung đề tài: 2.2.1 Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức Các phương pháp chứng minh Bất đẳng thức vô đa dạng, tơi xin trình bày dạng phương pháp thông dụng sau: 2.2.1.1 Phương pháp biến đổi tương đương Để chứng minh A ≥B ta biến đổi tương đương A ≥ B ⇔ … ⇔ C ≥D Trong đó, bất đẳng thức cuối C ≥D bất đẳng thức hiển nhiên bất đẳng thức đơn giản bất đẳng thức A ≥ B Sau khẳng định tính đắn bất đẳng thức C ≥D ta kết luận bất đẳng thức A ≥B Một số ví dụ : Ví dụ 1: Chứng minh với số thực a, b, c ta ln có: a) 2(a + b ) ≥ (a + b) b) a + b + c ≥ ab + bc + ca Lời giải: a) Ta có: 2(a + b ) ≥ (a + b) ⇔ 2(a + b ) − (a + b) ≥ ⇔ a + b − 2ab ≥ ⇔ (a − b) ≥ (1) Do bất đẳng thức (1) suy điều phải chứng minh Dấu “=” xảy a = b b) Ta có : a + b + c ≥ ab + bc + ca ⇔ 2(a + b + c ) − 2(ab + bc + ca ) ≥ ⇔ (a − 2ab + b ) + (b − 2bc + c ) + (c − 2ca + a ) ≥ ⇔ (a − b)2 + (b − c) + (c − a ) ≥ (2) Do bất đẳng thức (2) suy điều phải chứng minh Dấu “=” xảy a = b = c Ví dụ 2: Chứng minh rằng: a) 2(a + b ) ≥ (a + b)(a + b3 ) (1) b) 3(a + b + c ) ≥ (a + b + c)(a + b3 + c ) (1’) Lời giải: a) Ta có: (1) ⇔ 2a + 2b − (a + a 3b + ab3 + b ) ≥ ⇔ (a − a 3b) + (b − ab3 ) ≥ ⇔ a (a − b) − b3 (a − b) ≥ ⇔ (a − b)(a − b ) ≥  b  3b  ⇔ (a − b) (a + ab + b ) ≥ ⇔ (a − b)  a − ÷ + ≥0 2   2 2 (2) Do bất đẳng thức (2) suy điều phải chứng minh Dấu “=” xãy a = b b) Ta có: (1’) ⇔ 3a + 3b + 3c − (a + a 3b + a 3c + b + ab3 + b3c + ac + bc3 + c ) ⇔ (a + b − a 3b − ab3 ) + (b + c − b 3c − bc ) + (c + a − a 3c − ac ) ≥ ⇔ (a − b)2 (a + ab + b ) + (b − c) (b + bc + c ) + (c − a ) (c + ca + a ) ≥ (2’) Do bất đẳng thức (2’) suy điều phải chứng minh Dấu “=” xảy a = b = c Ví dụ 3: Cho a, b, c số thực Chứng minh rằng: a + b + ≥ ab + a + b Lời giải: Bất đẳng thức : a + b + ≥ ab + a + b ⇔ 2(a + b + 1) − 2(ab + a + b) ≥ ⇔ (a − 2ab + b ) + (a − 2a + 1) + (b − 2b + 1) ≥ ⇔ (a − b) + (a − 1) + (b − 1) ≥ ⇒ Điều cần chứng minh Dấu “=” xảy a = b = Khai thác toán: Cho a, b, c số thực Chứng minh rằng: a b c 1 + + ≥  + + ÷ bc ca ab a b c Bằng cách tương tự, ta chứng minh bất đẳng thức sau: 1) ∀x, y chứng minh : x + y ≥ xy + x y 2) Chứng minh với ∀a, b ≥ (ax + by )(bx + ay ) ≥ (a + b) xy 2.2.1.2 Phương pháp sử dụng bất đẳng thức Cauchy * Với hai số a, b ≥ ta ln có: a+b ≥ ab Dấu “=” xảy a = b * Dạng tổng quát bất đẳng thức Cauchy Cho a1 , a2 , , an ≥ Ta có: a + a + + an n ≥ n a a an Dấu “=” xảy a1 = a2 = = an Một số ví dụ: 1 1 Ví dụ 1: Cho a, b, c > Chøng minh: ( a + b + c )  + + ÷ ≥ a b c Phân tích: Vế trái chứa a, b, c > nghịch đảo chúng Vì ta nghĩ đến việc dùng bất đẳng thức Côsi Lời giải: Cách Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho số a, b, c a + b + c ≥ abc (1) 1 1 + + ≥3 a b c abc (2) 3 1 , , ta có: a b c 1 1 Nhân vế (1) (2) ta đựơc: ( a + b + c )  + + ÷ ≥ (đpcm) a b c Cách 2: 1 b a c a b c ( a + b + c )  + + ÷ = +  + ÷+  + ÷+  + ÷ ≥ + + + = a b c a c a c c b Dấu “=” xảy ⇔ a = b = c Khai thác toán: Chứng minh bất đẳng thức Netbit: a + b + c ≥ , ∀a, b, c > b+c a +c a +b Lời giải: Đặt x = b + c,  y = a + c,  z = a + b Khi x, y, z > a = y+z−x x+ z− y x+ y−z ,  b = ,  c = 2 Ta có:  a b c 1 x+ y+ z x+ y+ z x+ y+ z + + =  + + −6÷ b+c a +c a +b 2 x y z   1 1 1 =  ( x + y + z )  + + ÷−  ≥ ( − ) = 2 x y z  Dấu (=) xảy ⇔ a = b = c Bằng cách tương tự, ta chứng minh bất đẳng thức sau: 2 + + ≥ b +c c + a a +b a +b +c a2 b2 c2 a +b +c 2) + + ≥ b + c c + a a +b 1) Ví dụ 2: Cho x, y > 0, chứng minh 1+1≥ x y x+ y (1) Phân tích : Do x, y > nên bất đẳng thức (1) suy từ bất đẳng thức Côsi trực tiếp xét hiệu Lời giải : Sử dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương: x+ y≥2 xy ⇔ ( x + y ) ≥ xy x+ y ⇔ ≥ xy x+ y ⇔ 1 + ≥ x y x+ y Khai thác toán: Bất đẳng thức có liên quan đến việc “cộng mẫu” nên sử dụng để chứng minh bất đẳng thức sau: Cho a, b, c độ dài cạnh tam giác Chứng minh rằng: 1 1 1 + + ≥  + + ÷ Trong p = a + b + c p −a p −b p −c a b c Ví dụ 3: Cho a, b, c độ dài cạnh tam giác Chứng minh rằng: a + b + c ≥3 b+c−a a+c−b b+a−c Lời giải: Cách 1: Nhận xét: Do a, b, c độ dài cạnh tam giác nên ta có: a + b − c > 0; a + c − b > 0; b + c − a > Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho cặp số dương: (a + b − c)(a + c − b) ≤ a +b−c + a +c −b =a (1) (a + c - b)(b + c - a) ≤ c (2) (b + c - a)(b + a - c) ≤ b (3) Để ý vế bất đẳng thức (1) (2) (3) số dương ba bất đẳng thức chiều, nhân vế được: (a + b − c)(a + c − b)(b + c − a ) ≤ abc Trở lại toán: a b c abc abc + + ≥ 33 ≥ 33 =3 b+c −a a +c −b b+ a −c (b + c − a )(a + c − b)(a + b − c ) abc Cách2: Đặt x = b + c − a; y = a + c − b; z = a + b − c , x, y, z > a= y+z x+z x+ y ,  b = ,  c = 2 Vế trái: a b c y+x x+z x+y + + = ( + + ) b +c − a a +c −b b + a −c x y z x y x z y z = ( + + + + + ) ≥ (2 + + 2) = y x z x z y x+ y =2 y x  x z Dấu “=” xảy ⇔  + = ⇔ x = y = z ⇔ a = b = c z x y z z + y =2  Khai thác toán: Trong toán sử dụng ẩn phụ dùng bất đẳng thức Côsi để giải Sử dụng cách thức trên, giải toán sau: 1) Cho a, b, c > a + b + c + d = Chứng minh rằng: a+b+c + b+c+d + b+d +a + c+d +a ≤ 2) Cho a, b, c, d > Chứng minh rằng: a) (1 + a )(1 + b)(1 + c) ≥ (1 + abc ) b) (a + b)(c + d ) + (a + c)(b + d ) + (a + d )(b + c) ≥ abcd 2.2.1.3 Phương pháp sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopski Với a, b, c x, y, z ∈ R ta ln có: * (a.x + b y )2 ≤ (a + b )( x + y ) Dấu “=” xảy x y = a b * (a.x + b y + cz ) ≤ (a + b + c )( x + y + z ) Dấu “=” xảy x y z = = a b c Tổng quát: Với a1; a2 ; a3 ; ; an x1 ; x2 ; x3 ; ; xn ∈ R (a12 + a22 + a32 + + an2 ) ( x12 + x22 + x32 + + xn2 ) ≥ (a1 x1 + a2 x2 + a3 x3 + + an xn ) Dấu “=” xảy x1 x2 x3 x = = = = n a1 a2 a3 an Một số ví dụ : Ví dụ 1: Cho a, b > Chứng minh rằng: a) 1 + ≥ a b a+b b) n m ( n + m) + ≥ a b a+b Lời giải: a) Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có: 1   1 1 4= a+ b ÷ ≤  + ÷(a + b) ⇒ + ≥ a b a+b b  a  a b  n2 m2  m  n  n m ( n + m) 2 a+ b ÷ = ( m + n) ⇒ + ≥ b) Ta có:  + ÷(a + b) ≥  b  a b a+b b  a   a Tổng quát: a12 a22 a32 an2 (a1 + a2 + a3 + + an ) + + + + ≥ * Với bi > 0; i = 1, n b1 b2 b3 bn b1 + b2 + b3 + + bn (1) a1 a2 a3 an (a1 + a2 + a3 + + an ) * Với aibi > 0; i = 1, n + + + + ≥ b1 b2 b3 bn a1b1 + a2b2 + a3b3 + + anbn (2) Ví dụ 2: Cho a + b = Chứng minh rằng: a + b ≥ Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki cho số 1, 1, a, b ta có: (1.a + 1.b) ≤ (12 + 12 )( a + b ) ⇔ (a + b) ≤ 2(a + b ) ⇔ ≤ 2( a + b ) ⇔ ≤ a + b2 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki cho số 1, 1, a2, b2 ta có: (1.a + 1.b ) ≤ (12 + 12 )( a + b ) ⇔ ≤ (a + b ) ≤ 2(a + b ) ⇔ ≤ 2( a + b ) ⇔ a4 + b4 ≥ Dấu “=” xảy a = b = Ví dụ : Cho a, b, c ≥ − , a + b + c = Chứng minh rằng: 4a + + 4b + + 4c + ≤ Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức Bunhacôpski cho cặp: ( 4a + ;1), ( 4b + ; 1), ( 4c + ; 1) Ta có 4a + + 4b + + 4c + ≤ 3(4a + + 4b + + 4c + 3) = Dấu “=” xảy a = b = c = Khai thác toán: Bằng cách xét cặp số ta giải toán sau: 1) Cho x + y + z = 1, chứng minh rằng: x + y + 3z ≤ 14 2) Cho a, b, c ≥ , chứng minh rằng: a + b + c =1⇒ a + b + b + c + c + a ≤ 3) Cho a, b, c ≥ , chứng minh rằng: c(b − c) + c)a − c) ≤ ab 4) Chứng minh rằng: (a1 + a2 + + an ) ≤ n(a12 + a2 + + an ) 2.2.1.4 Chứng minh phản chứng Đây phương pháp chứng minh BĐT dựa vào phương pháp chứng minh phản chứng Toán học Để chứng minh mệnh đề A ta giả sử mệnh đề A sai chứng minh từ mệnh đề A sai ta suy điều mâu thuẫn để kết luận A Muốn chứng minh bất đẳng thức A ≥ B đúng, ta giả sử A ≥ B sai, tức A < B đúng, từ chứng minh lập luận xác ta suy điều mâu thuẫn từ giả thiết Kết luận A ≥ B Một số ví dụ: Ví dụ 1: Cho a, b, c, d ∈ R a + b = 2cd Chứng minh hai bất đẳng thức sau đúng: c ≥ a, d ≥ b Lời giải: Giả sử hai bất đẳng thức sai, có nghĩa ta được: c < a d < b ⇒ c − a < d − b < ⇒ c2 − a + d − b < ⇒ c + d − ( a + b) < ⇒ c + d − 2cd < Vì a + b = 2cd ⇒ (c − d ) < mâu thuẫn Nên có hai bất đẳng thức cho Ví dụ 2: Cho số tự nhiên khác nhỏ 108 Chứng minh chọn số đó, chẳng hạn a, b, c cho a < bc, b < ca, c < ab Lời giải: Giả sử số tự nhiên khác ≤ a1 < a2 < < a6 < 108 Rõ ràng a2 ≥ 2; a ≥ Với số x, y, z thỏa mãn < x < y < z Ta ln có x < yz y < xz Nếu số a1, a2 ,…, a6 khơng có số thỏa mãn a < b < c c < ab có a4 ≥ a2 a3 = a ≥ a4 a3 ≥ 6.3 = 18 a ≥ a5 a4 ≥ 18.6 = 108 10 Trái với giả thiết a6 < 108 Vậy phải có số a,b,c thỏa mãn a < bc; b < ca; c < ab Ví dụ 3: Cho số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện: a + b + c >  ab + bc + ca > abc >  (1) (2) (3) Chứng minh rằng: a, b, c > Lời giải: Giả sử số thực a, b, c cho có số âm hay 0, giả sử số a ≤ mà khơng làm tính tổng qt tốn Ta có: a ≤ a ≤ abc > a ≤   ⇔ ⇔ b > ∨ b <  a ≤ bc < c < c >   Xét khả thứ a ≤ 0; b > 0; c < ⇒ a + c < Ta có : a + b + c > ⇔ b > - (a + c) ⇔ (a + c)b < - (a + c) ⇔ (a + c)b + ca < − (a + c) + ac = − (a + ac + c ) ⇔ ab + bc + ca < Vì : (a + ac + c > ∀a, b, c ∈ R) Điều mâu thuẫn với giả thiết Tương tự, xét khả thứ hai a ≤ 0; b < 0; c > ⇒ a + b < Vậy số a, b, c số dương Ví dụ 4: Chứng minh khơng có số dương a, b, c thoả mãn bất đẳng thức: a+ < 2; b b+ 1 < 2; c + < c a Lời giải: Giả sử tồn ba số dương a, b, c thỏa mãn bất đẳng thức: a+ < 2; b b+ 1 < 2; c + < c a Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên, ta được: 1 +b+ +c+ < b c a 1  1  1  ⇔  a + ÷+  b + ÷+  c + ÷ < a  b  c  a+ (1) 11 Vì a, b, c > nên ta dễ dàng chứng minh được: a+   1    > 2; a b+ 1    1 > 2; c + > b c 1 Như  a + ÷+  b + ÷+  c + ÷ ≥ điều mâu thuẫn với (1) a b c  Vậy không tồn số dương a, b, c thoả mãn bất đẳng thức cho Khai thác toán: Tương tự tốn ta chứng minh bất đẳng thức sau: Chứng minh số dương a, b, c thoả mãn bất đẳng thức sau: 4a(1 − b) > ; 4b(1 − c) > ; 4c(1 − a ) > 2.2.1.5 Phương pháp dùng bất đẳng thức biết Muốn chứng minh bất đẳng thức trước hết ta để ý đến bất đẳng thức dạng nào, tức dùng bất đẳng thức học để chứng minh Đôi lúc cần phải có định hướng trước để đưa bất đẳng thức dạng áp dụng bất đẳng thức chứng minh để giải toán Một số ví dụ : Ví dụ 1: Cho tam tam giác ABC có độ dài cạnh a, b, c đường cao tương ứng , hb , hc Gọi r bán kính đường tròn nội tiếp tam giác Chứng minh rằng: r ; r ; r , chứng minh rằng:      + ÷1 + ÷1 + ÷ ≥ 64  a  b  c  b) Bài toán tổng quát thứ nhất: Cho số dương a1 , a2 , , an Chứng minh rằng:  a  a a   a   + ÷ + ÷ + ÷ 1+ n  3a ÷ 3a ÷ 3a ÷  3a    4  n ≥ 4 ÷ 3÷    c) Bài toán tổng quát thứ 2: Cho số dương a, b, c , n ≥ chứng minh a  b  c   n +1   + ÷ + ÷1 + ÷ ≥  ÷  nb  nc  na   n  2.2.1.6 Phương pháp chứng minh qui nạp Phương pháp qui nạp thường sử dụng để chứng minh bất đẳng thức phụ thuộc vào số nguyên dương n Ta thực bước sau: − Kiểm nghiệm để chứng tỏ BĐT với điều kiện nhỏ − Giả sử BĐT với số nguyên dương k − Cần chứng minh BĐT với n = k + Một số ví dụ : Ví dụ 1: Chứng minh rằng: 2n > 2n + với số dương n ≥ 14 Lời giải: Với n = 23 = > 2.3 + = Giả sử bất đẳng thức với n = k có nghĩa là: 2k > 2k + ⇒ 2.k ≥ (2k + 1).2 Ta cần chứng minh: 2k +1 > 2(k + 1) + Theo giả thiết quy nạp ta có: 2k +1 ≥ (2k + 1)2 = 4k + = 2( k + 1) + 2k > 2(k + 1) + Điều phải chứng minh Ví dụ 2: Chứng minh với số tự nhiên n ≥ ta có: 1 13 + + + > n +1 n + 2n 24 Lời giải: Với n = ta có: 1 13 14 13 + > ⇔ > 24 24 24 Giả sử với n = k ta có: 1 13 + + + > k +1 k + 2k 24 Ta cần chứng minh: 1 13 + + + > k +2 k +3 2k + 24 Ta có: 1 1 1 1 + + + =( + + ) + + − k +2 k +3 2k + k +1 2k 2k + 2k + k + Vì : 1 13 1 1 + + > + − = − >0 ; k +1 2k 24 2k + 2k + k + 2k + 2k + Nên: 1 13 1 13 + + + > + + − > k +2 k +3 2k + 24 2k + 2k + k + 24 Suy điều phải chứng minh 2.2.1.7 Phương pháp dùng bất đẳng thức tam giác Đây phương pháp sử dụng bất đẳng thức tam giác làm giả thiết để chứng minh bất đẳng thức Ở phương pháp chứng minh bạn nên ý số kiến thức sau: 15 Các bất đẳng thức tam giác: Với a, b, c cạnh tam giác a, b, c > b−c < a b > c ⇔ µA > B Cơng thức liên quan đến tam giác: b+c−a  p −a =  a+b+c c + a −b  p= ⇒ p −b = 2  a+b−c  p −c =  Một số ví dụ: Ví dụ 1: Cho a, b, c cạnh tam giác Chứng minh rằng: a + b3 + c + 2abc < a (b + c) + b (c + a ) + c (a + b) (1) Lời giải: Ta có : (1) ⇔ a + b3 + c3 + 2abc − a (b + c) − b (c + a ) − c (a + b) < ⇔ a (a − b) + b (b − a ) + c(2ab − a − b ) − c (a + b − c ) < ⇔ (a + b)(a − b) − c(a − b) − c (a + b − c) < ⇔ (a + b − c)(a − b + c)(a − b − c ) < (2) Kết (2) ln tam giác ta ln có: a + b > c a + b − c >   a + c > b ⇔ a + c − b > b + c > a b + c − a >   Vậy bất đẳng thức (1) chứng minh Ví dụ 2: Cho a; b; c số đo ba cạnh tam giác, chứng minh rằng: a) a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ac) b) abc > (a + b - c)(b + c - a)(c + a - b) Lời giải: Vì a, b, c số đo cạnh tam giác nên ta có: 16 0 < a < b + c  0 < b < a + c 0 < c < a + b  a < a (b + c)  ⇒  b < b( a + c)  c < c ( a + b)  Cộng vế bất đẳng thức ta có: a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ac) Ta có a > b - c  ⇒ a > a − (b − c) > b > a - c  ⇒ b > b − (c − a ) > c > a - b  ⇒ c > c − (a − b)2 > Nhân vế đẳng thức lại ta được: 2 ⇒ a 2b c >  a − ( b − c )   b − ( c − a )   c − ( a − b )      ⇒ a 2b c > ( a + b − c ) ( b + c − a) ( c + a − b) ⇒ abc > ( a + b − c ) ( b + c − a ) ( c + a − b ) 2 Ví dụ 3: Trong tam giác ABC có chu vi a + b +c = 2p (a, b, c độ dài cạnh) CMR : 1 1 1 + + ≥2( + + ) p−a p −b p −c a b c Lời giải: Ta có : p - a = b+c−a > (vì b + c > a bất đẳng thức tam giác) Tương 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 Ta áp dụng tính chất bất đẳng thức: 1 + ≥ ta có: x y x+ y 1 4 + ≥ = p−a p −b ( p − a ) + ( p − b) c 1 + ≥ p −b p−c a 1 + ≥ p−c p−a b Cộng theo vế bất đẳng thức ta có : 1 1 1 + + ≥2( + + ) p−a p −b p −c a b c Dấu ‘=’ xảy tam giác ABC Ví dụ 4: Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh 17 (a + b - c)(b + c - a)(c + a - b) ≤ abc Lời giải: Bất đẳng thức ba cạnh tam giác : b − c < a ⇒ < a − (b − c) ≤ a c − a < b ⇒ < b − (c − a ) ≤ b a − b < c ⇒ < c − (a − b ) ≤ c 2 2 2 2 2 Từ a − (b − c) b − (c − a ) c − (a − b) ≤ a b c ⇔ (a + b - c)(a – b + c)(b – c + a)(b + c - a)(c – a + b)(c + a - b) ≤ a 2b c ⇔ (a + b - c)2(b + c - a)2(c + a - b)2 ≤ a 2b c ⇔ (a + b - c)(b + c - a)(c + a - b) ≤ abc Vì a, b, c cạnh tam giác nên: a + b − c >  a + c − b > abc > b + c − a >  2.2.2 Ứng dụng bất đẳng thức vào tốn tìm GTLN, GTNN Bất đẳng thức ứng dụng rộng rãi nhiều việc tìm GTLN, GTNN Kiến thức : Nếu f(x) ≥ m f(x) có giá trị nhỏ m Nếu f(x) ≤ M f(x) có giá trị lớn M Ta thường hay áp dụng bất đẳng thức thông dụng như: Côsi, Bunhiacôpxki , bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối, kiểm tra trường hợp xảy dấu đẳng thức để tìm cực trị Tìm cực trị biểu thức có dạng đa thức, ta hay sử dụng phương pháp biến đổi tương đương, 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 Chú ý: A + B ≥ A + B Xảy dấu '' = '' AB ≥ A ≥ Dấu ''= '' xảy A = Một số ví dụ: Ví dụ 1: Tìm giá trị nhỏ biểu thức: a) A = (x2 + x)(x2 + x - 4) b) B = - x2 - y2 + xy + 2x +2y Lời giải: a) A = (x2 + x)(x2 + x - 4) Đặt : t = x2 + x - 18 => A = (t - 2)(t + 2) = t2 - ≥ - Dấu xảy : t =  x2 + x - = (x - 1)(x + 2) =  x = -2 ; x = => minA = - x = -2 ; x = b) 4B = - (4x2 + 4y2 - 4xy - 8x - 8y) = - [4x2 – 4x(y + 2) + (y + 2)2 + 3(y – 2)2 – 16] = - [(2x – y - 2)2 + 3(y – 2)2 – 16] = - [(2x – y - 2)2 + 3(y – 2)2] + 16 ≤ 16 => minB = x = y = Ví dụ 2: Tìm giá trị nhỏ biểu thức a) C = x − + x − 2 b) D = x + x + + x + x − c) E = x − + x − + x − + x − Lời giải: a) Áp dụng BĐT: A + B ≥ A + B Dấu '' = '' xảy AB ≥ => C = x − + − x ≥ x − + − x = −2 = Dấu '' = '' xảy (2x - 3)(1 - 2x) ≥ Vậy C =  ≤x≤ 2 ≤x≤ 2 b) Tương tự : D = : -3 ≤ x ≤ c) Tương tự : E = : ≤ x ≤ Ví dụ 3: Cho ba số dương x , y , z thoả mãn : 1 ≥ + + 1+ x 1+ y 1+ z Tìm giá trị lớn tích : P = xyz Lời giải: y yz 1 z ≥ (1 ≥ )+(1)= + 1+ y 1+ y (1 + y )(1 + z ) 1+ x 1+ z 1+ z Tương tự : zx ≥ 1+ y (1 + x)(1 + z ) xy ≥ (1 + x)(1 + y ) 1+ z Từ suy : P = xyz ≤ 19 Max P = 1 x = y = z = Ví dụ 4: Cho G = yz x − + zx y − + xy z − Tìm giá trị lớn G xyz Lời giải: Tập xác định : x ≥ ; y ≥ ; z ≥ x −1 + x Ta có : G = y−2 + y Theo BĐT Cơsi ta có : Tương tự : => G ≤ x −1 ≤ y−2 ≤ ; y 2 z −3 z x −1 + => x −1 ≤ x z −3 ≤ z 1 + + 2 2 Vậy Max G = 1 + + đạt x = ; y = ; z = 2 2 Ví dụ : Tìm giá trị nhỏ : A = + với < x < 1− x x Lời giải: Để áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta xét biểu thức: B= 2x 1− x + 1− x x Áp dụng bất đẳng thức Côsi với hai số dương B≥2 2x 1− x có: 1− x x 2x − x =2 1− x x  2x − x =  B = 2 ⇔ 1 − x x 0 < x < (1) (2) 2 Giải (1) ta được: x = (1 − x) ⇔ x = − x Do < x < nên x = − x ⇔ x = = −1 +1 Như B = 2 ⇔ x = − Bây ta xét hiệu A − B 20   2x − x  − 2x −1 + x  A− B =  + ÷−  + + = +1 = ÷= x  1− x x 1− x x  1− x Do A = 2 + x = − Ví dụ 6: Cho số dương a, b, c thoả mản a + b + c = Tìm giá trị lớn 1 P = (1 + )(1 + )(1 + ) a b c Phân tích: Từ a, b, c > suy abc ≤ ⇔ 3 ≥ Do khai triển biểu thức abc P ước lượng theo bất đẳng thức Côsi Lời giải: Cách 1: P = + +1+1+ + + + a b c ab ac bc abc Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho số dương ta có: a + b + c ≥ abc ⇔ ≥ abc ⇔ abc ≤ ⇔ Mặt khác: 33 ≥ 33 abc 1 1 + + ≥3 ( ) ≥3 ; ab ac bc abc 1 1 + + ≥3 ≥ a b c abc Vậy P ≥ + + + = (1 + 3) = 64 3 Cách a +1 b +1 c +1 = (a + 1)(b + 1)(c + 1) = a b c abc = (a + a + b + c)(b + a + b + c)(c + a + b + c) abc ≥ a b c = = 64 abc Khai thác tốn: Ta có tốn tổng qt: P= 4 4 Cho số dương a, b, c có S = a + b + c a b c Tìm giá trị lớn f (a, b, c) = (1 + )(1 + )(1 + ) 21 Ví dụ : Tìm giá trị lớn B= x −1 + x y−2 y Lời giải: Bất đẳng thức Cơsi cho phép làm trội mơt tích Ta xem biểu thức y−2 = x − 1, y − tích ab ≤ a+b với a b không âm x − = 1( x − 1) 2( y − 2) Theo bất đăng thức Côsi: 1( x − 1) + x − 1 x −1 = ≤ = x x 2x y−2 2( y − 2) + y − 2 = ≤ = = y y 2y 2 Max B = x −1 = x = 2 2+ + = ⇔ ⇔ 4 y − = y = Kết : Qua việc áp dụng đề tài vào công tác bồi dưỡng học sinh giỏi 8, thấy đạt số nội dung sau : - Học sinh nắm bất đẳng thức Vận dụng nhanh bất đẳng thức vào giải toán chứng minh bất đẳng thức đơn giản - Học sinh bước đầu tự tìm bất đẳng thức từ bất đẳng thức - Ứng dụng tốt bất đẳng thức vào toán cực trị Kết sau vận dụng đề tài: Mức độ thành thạo bất đẳng thức đội tuyển học sinh giỏi Toán HS lớp Năm học 2015 -2016 Vận dụng Vận dụng lúng thành túng thạo 10% 90% KÕt luËn Năm học 2016 – 2017 Vận dụng Vận dụng lúng thành túng thạo 10% 90% Năm học 2017 – 2018 Vận dụng Vận dụng lúng thành túng thạo 10% 90% Có thể nói phương pháp nêu phát huy tốt lực tư duy, độc lập suy nghĩ cho học sinh, đặc biệt đối tượng học sinh giỏi Các em tích cực việc tham gia hoạt động xác định hướng giải tìm kiếm hướng giải cho tập Qua đề tài này, kiến thức, kỹ học sinh 22 củng cố cách vững chắc, sâu sắc; kết học tập học sinh nâng cao Từ chỗ lúng túng gặp tốn bất đẳng thức, phần lớn em tự tin hơn, biết vận dụng kỹ bồi dưỡng để giải thành thạo tập chứng minh mang tính phức tạp Việc phân dạng toán chứng minh bất đẳng thức nêu nhằm mục đích bồi dưỡng phát triển kiến thức kỹ cho học sinh vừa bền vững, vừa sâu sắc; phát huy tối đa tham gia tích cực người học Học sinh có khả tự tìm kiến thức, tự tham gia hoạt động để củng cố vững kiến thức, rèn luyện kỹ Sáng kiến kinh nghiệm tác động lớn đến việc phát triển tiềm lực trí tuệ, nâng cao lực tư độc lập khả tìm tịi sáng tạo cho học sinh giỏi Tuy nhiên cần biết vận dụng kỹ cách hợp lý biết kết hợp kiến thức cho tập cụ thể đạt kết cao Trong trình giảng dạy vận dụng đề tài rút số kinh nghiệm thực sau: - Giáo viên phải chuẩn bị thật kỹ nội dung cho dạng tập cần bồi dưỡng cho học sinh Xây dựng nguyên tắc phương pháp giải dạng tốn - Tiến trình bồi dưỡng kỹ thực theo hướng đảm bảo tính kế thừa phát triển vững Tôi thường tập mẫu, hướng dẫn phân tích đầu cặn kẽ để học sinh xác định hướng giải tự giải, từ em rút phương pháp chung để giải toán loại Sau tơi tổ chức cho học sinh giải tập tương tự mẫu; phát triển vượt mẫu cuối nêu tập tổng hợp - Mỗi dạng tốn tơi đưa ngun tắc nhằm giúp em dễ nhận dạng loại tập dễ vận dụng kiến thức, kỹ cách xác; hạn chế nhầm lẫn xảy cách nghĩ cách làm hoc sinh - Sau dạng trọng đến việc kiểm tra, đánh giá kết quả, sửa chữa rút kinh nghiệm nhấn mạnh sai sót mà học sinh thường mắc Đề tài thân tơi thí điểm cho em học sinh có học lực trở lên, kết thu khả quan, em học cách say mê hứng thú, số em đạt thành tích tốt học tập Kinh mong lãnh đạo cấp trên, q thầy giáo đồng nghiệp góp ý bổ sung để đề tài ngày hoàn thiện 23 Ý KIẾN CỦA HĐKH TRƯỜNG Ý KIẾN CỦA HĐKH PHÒNG GD HUYỆN QUẢNG NINH 24 ... phải chứng minh 2.2.1.7 Phương pháp dùng bất đẳng thức tam giác Đây phương pháp sử dụng bất đẳng thức tam giác làm giả thiết để chứng minh bất đẳng thức Ở phương pháp chứng minh bạn nên ý số kiến. .. tác bồi dưỡng học sinh giỏi 8, thấy đạt số nội dung sau : - Học sinh nắm bất đẳng thức Vận dụng nhanh bất đẳng thức vào giải toán chứng minh bất đẳng thức đơn giản - Học sinh bước đầu tự tìm bất. . .chứng minh bất đẳng thức bồi dưỡng học sinh giỏi mơn Tốn THCS? ?? 1.2 Điểm đề tài Đề tài chọn lọc phương pháp chứng minh bất đẳng thức mà chương trình Toán THCS em tiếp xúc chưa