Chuyên đề bất đẳng thức trong Đại số và Hình học lớp 9 ở trường THCS Quảng Minh

Chia sẻ: Lê Thị Diễm Hương | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:26

Thêm vào BST

Báo xấu

679
lượt xem 145
download

Chuyên đề bất đẳng thức trong Đại số và Hình học lớp 9 ở trường THCS Quảng Minh

Mô tả tài liệu

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp đỡ cho các bạn học sinh lớp 9 nắm vững kiến thức và áp dụng giải toán bất đẳng thức trong Đại số và Hình học để chuẩn bị kỳ thi vào các trường THPT sắp tới, mời các bạn tham khảo “Chuyên đề bất đẳng thức trong Đại số và Hình học lớp 9 ở trường THCS Quảng Minh ”.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Chuyên đề bất đẳng thức trong Đại số và Hình học lớp 9 ở trường THCS Quảng Minh

CHUYÊN ĐỀ BẤT ĐẲNG THỨC TRONG ĐẠI SỐ VÀ HÌNH HỌC LỚP 9 Ở TRƯỜNG THCS QUẢNG MINH B Nội dung Phần I: áp dụng giải toán bất đẳng thức trong đại số ở trường THCS. I/ Một số kiến thức cơ bản về bất đẳng thức. 1. Định nghĩa: Cho 2 số a và b ta nói: a lớn hơn b, kí hiệu: a > b  a - b > 0. a nhỏ hơn b, kí hiệu: a < b  a - b < 0. 2. Các tính chất của bất đẳng thức: 2.1. a > b  b < a. 2.2. Tính chất bắc cầu: a > b, b > c  a > c. 2.3. Tính chất đơn điệu của phép cộng: Cộng cùng một số vào hai vế của bất đẳng thức: a > b  a + c > b + c. 2.4. Cộng từng vế hai bất đẳng thức cùng chiều được bất đẳng thức mới cùng chiều với bất đẳng thức đã cho: a > b, c > d  a + c > b + d. Chú ý: không được trừ từng vế của hai bất đẳng thức cùng chiều. 2.5. Trừ từng vế của hai bất đẳng thức ngược chiều được bất đẳng thức mới cùng chiều với bất đẳng thức bị trừ. Nếu a > b, c > d thì a - c > b - d 2.6. Tính chất đơn điệu của phép nhân: a) Nhân hai vế của bất đẳng thức với cùng một số dương. a > b, c > 0  a.c > b.c b) Nhân hai vế của bất đẳng thức với cùng một số âm. a > b, c < 0  a.c < b.c 2.7. Nhân từng vế của hai bất đẳng thức cùng chiều mà hai vế không âm Nếu a > b  0, c > d  0 thì ac > bd. 2.8. Nâng lên luỹ thừa bậc nguyên dương hai vế của bất đẳng thức a > b > 0  an > bn. a > b  an > bn với n = 2k ( k  Z). 2.9. So sánh hai luỹ thừa cùng cơ số với số mũ nguyên dươngVới m > n > 0: - Nếu a > 1 thì am > an.
- Nếu a = 1 thì am = an. - Nếu 0 < a < 1 thì am < an. 2.10. Lấy nghịch đảo hai vế và đổi chiều bất đẳng thức nếu hai vế cùng dấu 1 1 Nếu a > b > 0 hoặc a < b < 0 thì  a b Chú ý: Ngoài các bất đẳng thức chặt (a > b) ta còn gặp các bất đẳng thức không chặt (a  b) tức là a > b hoặc a = b. Trong các tính chất nêu trên nhiều tính chất dấu “>” (hoặc dấu “ 0. a b ab a b d/ + 2 với ab > 0. b a e/ (ax + by)2  (a2 + b2).(x2 + y2). (Bất đẳng thức Bunhia - Côpxki) II. Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức trong đại số 1. Phương pháp dùng định nghĩa 1.1 Cơ sở toán học: Để chứng minh A > B ta chứng minh A - B > 0. Để chứng minh A < B ta chứng minh A - B < 0. 1.2 Ví dụ minh hoạ. Ví dụ 1: Chứng minh rằng (x-1)(x-2)(x-3)(x-4)  -1. Giải Xét hiệu: (x-1)(x-2)(x-3)(x-4) - (-1) = [(x-1)(x-2)].[(x-2)(x-3)] = (x2-5x+4)(x2-5x+6) + 1. Đặt (x2-5x+5) = y, biểu thức trên được viết lại như sau: (y-1)(y+1) + 1 = y2-1+1 = y2  0.  (x-1)(x-2)(x-3)(x-4) - (-1)  0 hay (x-1)(x-2)(x-3)(x-4)  -1.
Ví dụ 2: Chứng minh: 2(x2 + y2)  (x + y)2. Giải Xét hiệu 2 vế: 2(x + y2) - (x + y)2 = 2x2 + 2y2 - x2 - 2xy - y2 = x2 - 2xy + y2 = (x + y)2  0. 2 Vậy 2(x2 + y2)  (x + y)2. Ví dụ 3: Chứng minh rằng nếu a và b là các số thực không âm thì: ab  ab . 2 Giải ab a  b  ab ( a  b )2 Xét hiệu: - ab = =  0. Đúng với mọi a; b  0. 2 2 2 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b. 2 a 3  b3  a  b  Ví dụ 4: Cho a > 0; b > 0. Chứng minh rằng:   . 2  2  Giải Xét hiệu: A = a 3  b3  a  b     2  a  b  a 2  ab  b 2  a  b   3 2  2  2 8 ab 2 a 2  2ab  b 2    a  ab  b 2   2   4   a  b  4a 2  4ab  4b 2  a 2  2ab  b 2     2   4   3  a  b a  b 2 . 8 Vì a > 0; b > 0; (a - b)2  0 nên A  0. 2 a 3  b3  a  b  Vậy   . 2  2  1.3. Bài tập tự giải. Chứng minh các bất đẳng thức sau: 2 a2  b2  a  b  1/   . 2  2  2/ x3 + 4x + 1 > 3x2 với x  3. 3/ Cho a + b = c + d. Chứng minh rằng: c2 + d2 + cd  3ab. 1 1 2 4/ Với a  b  1 thì 2  2  . 1 a 1 b 1  ab 2. Phương pháp dùng các tính chất của bất đẳng thức. 2.1. Cơ sở toán học.
- Xuất phát từ các bất đẳng thức đã biết vận dụng các tính chất của bất đẳng thức để suy ra bất đẳng thức phải chứng minh. - Thường là áp dụng các tính chất cơ bản của bất đẳng thức. (Đã nêu ở phần trên) 2.2 Ví dụ minh hoạ 1 Ví dụ 1: Cho a + b > 1. Chứng minh a4 + b4 > . 8 Giải Ta có a + b > 1 > 0. (1) Bình phương 2 vế của (1) ta được: (a + b)2 > 1  a2 + 2ab + b2 > 1. (2) Mặt khác: (a - b )2  0  a2 - 2ab + b2  0. (3) 1 Cộng từng vế của (2) và (3) ta được: 2(a2 + b2) > 1  (a2 + b2) > . (4) 2 1 Bình phương hai vế của (4) ta được: a4 + 2a2b2 + b4 > . (5) 4 Mặt khác: (a2 - b2)2  0  a4 - 2a2b2 + b4  0. (6) 1 1 Cộng từng vế của (5) và (6) ta được: 2(a4 + b4) > . Hay a4 + b4 > . 4 8 Ví dụ 2: Cho a, b, c là ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng: 1 1 1 1 1 1 + +  + + . abc bca cab a b c Giải 1 1 Xét + với a + b - c > 0; b + c - a > 0. abc bca 1 1 1 4 áp dụng bất đẳng thức Cô si cho x; y > 0, ta có: +   . x y xy x y 1 1 4 2 Vì vậy ta được: +  = abc bca 2b b 1 1 2 Tương tự ta có: +  bca cab c 1 1 2 +  cab abc a Cộng từng vế của 3 bất đẳng thức rồi chia cả hai vế cho 2 ta được: 1 1 1 1 1 1 + +  + + . abc bca cab a b c Dấu bằng xảy ra khi a = b = c. Ví dụ 3: Chứng minh rằng nếu a 2  b 2  2 thì a  b  2.
Giải Ta có: a  b 2  0  a 2  2ab  b 2  0  a 2  b 2  2ab. Từ a 2  b 2  2  a 2  b 2  2. Suy ra 2ab  2  0 hay 2ab  2. Mặt khác (a + b)2 = a2 + 2ab + b2 (1) 2ab  2 (2) a2  b2  2 (3) Từ (1), (2), (3) suy ra a  b 2  4 hay a  b  2. Nhưng a  b  a  b nên a  b  2. 2.3. Chú ý: Khi sử dụng các bất đẳng thức ta cần tránh những sai lầm sau: 1. a > b; c > d  a - c > b - d. 2. a > b; c > d  ac > bd. (Nhân vế với vế của hai bất đẳng thức mà chưa biết hai vế có không âm hay không) 3. Bình phương hai vế của một bất đẳng thức mà chưa biết hai vế không âm: a > b  a2 > b2. a c 4. Khử mẫu mà chưa biết dấu của chúng: >  ad > bc. b d 5. Lấy nghịch đảo hai vế và đổi chiều bất đẳng thức mà chưa biết hai vế có cùng 1 1 dấu hay không: a > b  > . a b 6. Khi làm trội một biểu thức đôi khi phải chia biểu thức thành nhiều nhóm rồi làm trội từng nhóm. Ta xét ví dụ sau: 1 1 1 Chứng minh rằng: Với mọi số tự nhiên n  2 thì: 1 + + + ... + n < n. 2 3 2 1 Gọi vế trái của bất đẳng thức là A, ta có: 1 1 1 1 1 1 1 1 A=1+( + ) + ( 2 + ... + ) + ( 3 + ... + ) + ... + ( n 1 + n ). 2 3 2 7 2 15 2 2 1 ở mỗi nhóm ta làm trội bằng cách thay các phân số nhỏ hơn trong nhóm bằng phân số lớn nhất trong nhóm ta được: 1 1 1 1 A
1 1 4 1/   (a > 0; b > 0). a b a b 2/ a2 + b2 + c2 + d2  4 abcd . 1 3/ Cho a + b =1. Chứng minh rằng: a4 + b4  . 8 1 1 1 n 1 4/ 2 + 2 + ... + 2 < . 2 3 n n 3. Phương pháp biến đổi tương đương. 3.1. Cơ sở toán học. - Để chứng minh bất đẳng thức A  B ta biến đổi tương đương (dựa vào các tính chất của bất đẳng thức) A  B  ... C  D. Và cuối cùng đạt dược bất đẳng thức đúng hoặc hiển nhiên là C  D. Vì các phép biến đổi đều là tương đương nên A  B. - Để dùng phép biến đổi tương đương ta cần chú ý các hằng đẳng thức sau: (A  B) 2  A2  2 AB  B 2 . (A + B + C)2 = A2 + B2 + C2 + 2AB + 2BC + 2CA. 3.2. Các ví dụ minh hoạ. Ví dụ 1: Chứng minnh x2 + x + 1 > 0 với x . Giải 1 3 1 2 3 Ta có: x2 + x + 1 = (x2 + 2.x.1 + )  = (x + ) + > 0 với x .(Điều phải 4 4 2 4 chứng minh). Ví dụ 2: Chứng minh rằng: Với mọi a, b, c, d, e  R thì: a2 + b2 + c2 + d2 + e2  a(b + c + d + e) (1) Giải Nhân cả hai vế của bất đẳng thức (1) với 4 ta được: 4a2 + 4b2 + 4c2 + 4d2 + 4e2  4a(b + c + d + e). 2 2 2 2 2 2 2 2  (a - 4ab + 4b ) + (a - 4ac + 4c ) + (a - 4ad + 4d ) + (a - 4ae + 4e )  0 2 2 2 2  (a - 2b) + (a - 2c) + (a - 2d) + (a - 2e)  0 (2) Vì (a - 2b)2  0 a; b  R . (a - 2c)2  0 a; c  R . (a - 2d)2  0 a; d  R . (a - 2e)2  0 a; e  R .  Bất đẳng thức (2) đúng với a; b; c; d ; e  R . Vậy bất đẳng thức (1) được chứng minh.
Ví dụ 3: Chứng minh rằng với 4 số bất kì a; b; x; y ta có: (a2 + b2)(x2 + y2)  (ax + by)2. (1) a b Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi  . x y Giải Ta có: (1)  a2x2 + a2y2 + b2x2 + b2y2  a2x2 + 2abxy + b2y2. 2 2 2 2 2  a y - 2abxy + b x  0  (ay - bx)  0 (2). Ta thấy bất đẳng thức (2) đúng nên bất đẳng thức (1) đúng. 3.3 Chú ý. - Sẽ mắc sai lầm nếu trong lời giải trên thay các dấu “  ” bằng các dấu “  ”. Thật vậy, nếu (1)  (2) mà bất đẳng thức (2) không đúng thì chưa thể kết luận được bất đẳng thức (1) có đúng hay không. - Khi sử dụng phép biến đổi tương đương, học sinh thường bỏ qua các phép biến đổi tương đương có điều kiện dẫn đến không chặt chẽ. Vì vậy cần lưu ý các phép biến đổi tương đương có điều kiện. 3.4 Bài tập tự giải 1/ Bài 1: So sánh 2 số A = 3 3  3 và B = 2 2  1 . x 2/ Bài 2: Chứng minh rằng với x > 1 ta có:  2. x 1 3/ Bài 3: Chứng minh rằng: a; b; c  R ta có: a/ a4 + b4  a3b + ab3. b/ a2 + b2 + c2  ab + bc + ca. 4/ Bài 4: Cho a  0. Chứng minh rằng: a5 - a2 - 3a + 5 > 0. 4. Phương pháp quy nạp toán học 4.1 Cơ sở toán học. Nội dung của phương pháp này là tiên đề quy nạp toán học. Cho mệnh đề phụ thuộc vào số nguyên dương n. Nếu: + Mệnh đề đúng với n = 1. + Từ giả thiết đúng với n = k (k  N) suy ra được mệnh đề cũng đúng với n = k + 1. Thế thì mệnh đề đúng với mọi số nguyên dương. Như vậy để chứng minh một mệnh đề T đúng với mọi số nguyên dương bằng phương pháp quy nạp toán học ta phải tiến hành theo 3 bước: - Bước 1: Chứng minh mệnh đề T(1) đúng. (Kiểm tra mệnh đề đúng với n = 1)
- Bước 2: Giả sử mệnh đề T(k) đúng. Ta phải chứng minh mệnh đề T(k+1) cũng đúng. - Bước 3: Kết luận mệnh đề đúng với mọi số nguyên dương n. 4.2 Một số ví dụ minh hoạ. Ví dụ 1: Chứng minh rằng: Với x > -1 thì ( 1 + x)n  1 + nx, trong đó n là số nguyên dương bất kì. Giải + Với n = 1, ta có bất đẳng thức đúng 1 + x  1 + x. + Giả sử bất đẳng thức đúng với n = k tức là (1 + x)k  1 + kx. Ta phải chứng minh bất đẳng thức cũng đúng với n = k + 1. Tức là phải chứng minh (1 + x)k+1  1 + (k + 1)x. Thật vậy, theo giả thiết : 1 + x > 0. Ta có (1 + x)k(1 + x)  (1 + kx)(1 + x)  (1 + x)k+1  1 + (k + 1)x + kx2. Mà kx2 > 0 nên 1 + (k + 1)x + kx2  1 + (k + 1)x. Từ đó suy ra bất đẳng thức phải chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi x = 0. n a n  bn  a  b  Ví dụ 2: Cho a; b là 2 số dương. Chứng minh rằng:   , n  2 . 2  2  Giải 2 a 2  b2  a  b  + Với n = 2 ta dễ dàng chứng minh được   . 2  2  k a k  bk  a  b  + Giả sử bài toán đúng với n = k ta có:   . (1) 2  2  k 1 a k 1  b k 1  a  b  + Ta phải chứng minh   . (2) 2  2  ab Thật vậy: Nhân hai vế của (1) với ta được: 2 k k k k k k 1 ab a b a b a b ab a b a b  .   .  . Hay  .   .  2  2  2   2   2  2  2  Để có (2) ta phải chứng minh: k a k 1  b k 1  a  b  a k  b   . (3)  ak+1 + bk+1 abk + akb. 2  2  2
Thật vậy, ta có: ak+1 + bk+1 - abk - akb = ak(a - b) - bk(a - b) = (a - b)(ak - bk) = (a - b)2(ak-1 + ak-2b + ... + abk-2 + bk-1) (Vì a; b > 0)  Bất dẳng thức (3) đúng. k 1 k 1 k ab a b k ab a k 1  b k 1  a  b  Mà  .      .  2  2  2  2  2  Vậy bất đẳng thức được chứng minh. 4.3. Chú ý. Khi chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp này thì phải hiểu kỹ các bước chứng minh, các phép biến đổi tương đương, tính chất của bất đẳng thức. 4.4. Bài tập tự giải 1/ Chứng minh rằng với  n  3 ta có: 2n > 2n + 1. 2/ Chứng minh rằng 2n > n4 với mọi số tự nhiên n  10. 5. Phương pháp dùng bất đẳng thức dã biết. 5.1. Cơ sở toán học. Trong nhiều bài toánđể việc chứng minh bất đẳng thức được gọn ta có thể sử dụng các bất đẳng thức đã được chứng minh, nhất là các bất đẳng thức: Cô si, Bunhia - Côpxki, ... 5.2. Ví dụ minh hoạ. a b Ví dụ 1: Chứng minh rằng:   2 với mọi ab > 0. b a Giải a b Vì ; đều dương nên áp dụng bất đẳng thức Cô si cho hai số dương ta được: b a 2 a b a b    a b  a b  b a   .  1  b a  1.Hay :   2.  2  b a 2 b a     a b Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi   a  b. b a Ví dụ 2: Cho a; b thoả mãn 3a - 4b = 7. Chứng minh rằng 3a2 + 4b2  7. Giải Có 3a - 4b = 3. 3.a - 2.2.b = 7. áp dụng bất đẳng thức Bunhia - Côpxki cho bốn số 3; 3.a ; -2; 2b ta được: 72 = (3a - 4b)2 = ( 3. 3.a - 2.2.b)2  (3 + 4)(3a2 + 4b2)  7  3a2 + 4b2.
a 3 2b Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi =  a = 1; b = -1. 3 2 Ví dụ 3: Chứng minh bất đẳng thức Becnuli đối với a  R  ;1  q  Q thì: (1 + a)q > 1 + q.a. Giải m Do q  Q và q > 1 nên q = trong đó m > n, m; n  N. n áp dụng bất đẳng thức Cô si cho m số ta có: ng nsèh¹      ¹ mèh ng (1  qa )  ...  (1  qa )  1  ...  1 m  (1  qa )n .1m  n . n (Không xảy ra dấu “=” vì 1 + qa > 1). m m Hay n1  qa   m  n .1  m. 1  qa  n  n  nqa  m  n  m1  qa  n . m m n 1  .qa  1  1  qa  n . Nhưng  . n m q 1 1 1 q Vậy ta có .qa  1  1  qa q  a  1  1  qa q  a  1  1  qa. q 5.3. Chú ý: Khi sử dụng phương pháp này cần chú ý: Sử dụng các bất đẳng thức đã được chứng minh với điều kiện chặt chẽ để có được bất đẳng thức cần áp dụng. Nếu không sẽ dẫn đến sai lầm, thiếu sót. a 2 b2 a b Ví dụ: Cho a; b  0 . Chứng minh rằng: 2  2  3    4  0 . (1) b a b a Có một học sinh giải như sau: 2  a 2 b2  a b 9 1 a b 3 1 Ta có (1)   2  2  2   3       0        0       b a   b a  4 4  b a 2 4 a b  a b      2 .   1  0. (2) b a  b a  a b Vì     2  (2) luôn đúng với a; b  0.   b a Vậy (1) luôn đúng với a; b  0. (đpcm) a b Bài toán này sai ở chỗ áp dụng bất đẳng thức     2 với điều kiện a; b   b a không đúng. Lời giải đúng
a b a b a b a b Cách 1: Đặt x =     x        2 vì và cùng dấu b a b a b a b a  x  2 hoặc x  2. a 2 b2 Khi đó: 2  2  x 2  2. Bất đẳng thức (1)  x 2  3 x  2  0. b a t  2 Xét bất phương trình t 2  3t  2  0  t  2t  1  0   t  1 Từ x  2 hoặc x  2  x nằm trong miền nghiệm của bất phương trình đã xét. Vậy x thoả mãn t2 - 3t + 2  0 tức là x 2  3x  2  0 đúng. Mà (1)  x 2  3 x  2  0  (1) đúng. a 2 b2 a b Vậy ta có: 2  2  3    4  0 . b a b a Cách 2: a 4  b 4  4a 2b 2  3a 3b  3ab 3 (1)  0 a 2b 2 2 2  a 4  b 4  2a 2b 2  6a 2b 2  3a 3b  3ab 3  0. (Vì a b > 0)   2   a 2  b 2  3ab a 2  2ab  b 2  0.  2 2 2  a  b  a  b   3aba  b   0. 2  2  a  b  a  b   3ab  0.  2  b  3b 2   a  b   a    2   0.(2)   2 4   (2) luôn đúng. Vậy (1) đúng. 5.4. Bài tập tự giải. 1/ Chứng minh rằng nếu các số dươnng a; b; c có tổng a + b + c = 1 1 1 1 thì:    9. a b c 1 2/ Cho x; y  R, x; y  0 và x 2  y 2  1 . Chứng minh rằng:  x 3  y 3  1. 2 3 Cho a  1; b  1. Chứng minh rằng: a b  1  b a  1  ab. 6. Phương pháp phản chứng. 6.1. Cơ sở toán học.
Gọi mệnh đề cần chứng minh là luận đề “A  B”. Phép toán mệnh đề cho ta: A  B  A  B  A  B  AB. Như vậy muốn phủ định một mệnh đề ta ghép tất cả các giả thiết của luận đề với phủ định kết luận của nó. Ta thường dùng 5 hình thức chứng minh phản chứng như sau: 1/ Dùng mệnh đề phản đảo: B  A. 2/ Phủ định luận đề rồi suy ra điều trái với giả thiết. 3/ Phủ định luận đề rồi suy ra 2 điều trái nhau. 4/ Phủ định luận đề rồi suy ra điều trái với một điều đúng. 5/ Phủ định luận đề rồi suy ra kết luận của A B  B. 6.2. Ví dụ. Ví dụ 1:Cho a 2  b 2  2 . Chứng minh rằng: a + b  2. Giải Giả sử a + b > 2. Vì hai vế đều dương nên bình phương hai vế ta được: (a + b)2 > 4  a2 + 2ab + b2 > 4. (1) Mặt khác ta có: 2ab < a2 + b2  a2 + 2ab + b2  2(a2 + b2). Mà a 2  b 2  2 (gt)  2(a2 + b2)  4. Do đó a2 + 2ab + b2 < 4. (2) Ta thấy (2) mâu thuẫn với (1). Vậy a + b  2. a  b  c  0 Ví dụ 2: Cho 3 số thực a; b; c thoả mãn điều kiện: ab  bc  ca  0  abc  0  Chứng minh rằng cả 3 số a; b; c là số dương. Giải Vì abc > 0 nên trong 3 số a; b; c phải có một số dương. Giả sử ngược lại cả 3 số đều âm thì abc < 0. Vô lí. Không mất tính tổng quát ta giả sử a > 0. Mà abc > 0 nên bc > 0. Nếu b < 0; c < 0 thì b + c < 0. Từ a + b + c > 0
2  b  c   a  b  c    ab  c   b 2  2bc  c 2   ab  ac  ab  ac  b 2  2bc  c 2  ab  bc  ac  b 2  bc  c 2  ab  ac  bc  0 Điều này trái với giả thiết: ab + ac + bc > 0.  b > 0; c > 0. Vậy cả 3 số a; b; c là số dương. 6.3. Chú ý. Với những bài toán chứng minh bất đẳng thức có dạng như trên ta nên sử dụng phương pháp phản chứng. Tuy nhiên để sử dụng phương pháp này cần nắm vững 5 cách chứng minh và các tính chất của bất đẳng thức để biến đổi, lập luận. 6.4. Bài tập tự giải. 1  ab 1/ Cho a > b > 0 và  1 . Chứng minh rằng không thể có a < 1; b < 1. ab 2/ Cho hai số dương a; b thoả mãn điều kiện a5 + b5 = a3 + b3. Chứng minh rằng: a 2  b 2  1  ab. 3/ Cho ba số dương a; b; c thoả mãn điều kiện abc = 1. CMR: a  b  c  3 . 7. Phương pháp đổi biến. 7.1 Cơ sở toán học. B1: Đặt biến mới dựa theo bến cũ. B2: Biến đổi bất đẳng thức theo biến mới, chứng minh bất đẳng thức theo biến mới. B3: Kết luận và trả lời theo biến cũ. 7.2 Ví dụ minh hoạ. Ví dụ 1: Chứng minh bất đẳng thức sau: abc  a  b  c a  b  c b  c  a  . (1) Với a; b; c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Giải Đặt: b + c - a = x; a + c - b = y; a + b - c = z, ta có x; y; z > 0. yz xz x y a ;b  ;c  . 2 2 2 y x x z x y Ta phải chứng minh: . .  xyz. 2 2 2   y  z  x  z  x  y   8 xyz.(2) 2 2 2   y  z   x  z   x  y   64 x 2 y 2 z 2 . Ta có:
x  y 2  4 xy  y  z 2  4 xz x  z 2  4 xz Vì hai vế của bất đẳng thức trên không âm nên ta nhân từng vế các bất đẳng thức trên ta được:  y  z 2 x  z 2 x  y 2  64 x 2 y 2 z 2 .   y  z  x  z  x  y   8 xyz  . 2 2  (2) được chứng minh. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y = z. Vậy (1) được chứng minh. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. 1 Ví dụ 2: Cho a + b+ c = 1. Chứng minh rằng: a 2  b 2  c 2  . 3 Giải 1 1 1 Đặt a   x; b   y; c   z. Do a + b + c = 1 nên x + y + z = 0. 3 3 3 2 2 2 1 1 1 1 2 1 2 1 2 Ta có: a  b  c    x    y    z     x  x 2   y  y 2   z  z 2  2 2  2         3  3  3  9 3  9 3  9 3  1 2 1 1   x  y  z   x 2  y 2  z 2   x2  y 2  z 2  . 3 3 3 3 1 Xảy ra dấu đẳng thức khi và chỉ khi x  y  z  0  a  b  c  . 3 1 1 1 Ví dụ 3: Cho a   ; b   ; c   và a + b + c = 1. CMR: 2 2 2 2a  1  2b  1  2c  1  4. Giải Đặt x = 2a + 1, y = 2b + 1, z = 2c + 1. Dễ thấy: x  0, y  0, z  0 . Ta có: x + y + z = 2(a + b + c) + 3 = 5. Ta phải chứng minh: x  y  z  4.(1)   x  y  z  2 xy  xz  yz  16. .   xy  xz  yz  5,5.(2) x y x z yz Mặt khác ta lại có:  xy ;  xz ;  yz . 2 2 2 Bởi vậy xy  xz  yz  x  y  z  5. Chửng tỏ (2) đúng. Suy ra (1) đúng.
Vậy: 2a  1  2b  1  2c  1  4. 7.3 Chú ý: Khi dùng phương pháp đổi biến để chứng minh bất đẳng thức cần chú ý: * Đặt biến mới theo hệ biến cũ, kèm theo điều kiện của biến mới. * Nắm chắc được các phép biến đổi, các bất đẳng thức cơ bản để áp dụng. * Đổi về biến cũ. 7.4 Bài tập tự giải. 1/ Cho a; b; c là ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng: a b c    3. bca acb abc a4 b4 c4 a2  b2  c2 2/Cho a; b; c  0 . Chứng minh rằng: 2 2  2 2  2 2  . b c a c a b 2 8. Phương pháp tam thức bậc 2. 8.1. Cơ sở toán học. Ta có thể dùng định lí về dấu của tam thức bậc 2, dấu của nghiệm của tam thức bậc 2 để chứng minh bất đẳng thức. Cho tam thức bậc 2: F(x) = ax2 + bx + c với   b 2  4ac. + Nếu   0 thì a.F(x) > 0 với x  R. b + Nếu   0 thì a.F(x) > 0 với x    F(x) cùng dấu với a. a + Nếu   0 thì x1; x2 : x2  x1 . Ta có: - x nằm ngoài khoảng 2 nghiệm: x < x1; x > x2  a.F(x) > 0. - x nằm trong khoảng 2 nghiệm:x1
(a1b1 + a2b2+... + anbn)  (a12 + a22 +...+ an2)(b12 + b22 +...+ bn2). Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi  số k  R sao cho: ka1= b1; ka2= b2;...; kan= bn. Giải: 2 Với  x  R ta có: (a1x- b1)  0 (a2x- b2)2  0 ................... (anx- bn)2  0 Từ đó suy ra: a12x- 2a1b1x+ b12  0 a22x2- 2a2b2x+ b22  0 ... an2x2- 2anbnx+ bn2  0 Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta được: (a12 + a22 +...+ an2)x2- 2(a1b1+ a2b2+...+ anbn)+(b12 + b22 +...+ bn2)  0. Vế trái là một tam thức bậc 2 F(x)= (a1b1+ a2b2+...+ anbn)x2- 2(a1b1+ a2b2+...+ anbn)+(b12 + b22 +...+ bn2). (Với a12 + a22 +...+ an2  0). Mà f(x)  0,  x  R nên ta có:  ’  0 tức là:  ’= B2- AC. Hay: ’ 2 2 2 2 2 2 2  = (a1b1+ a2b2+...+ anbn) - (a1 + a2 +...+ an )(b1 + b2 +...+ bn )  0. 2 2 2 2 2 2 2  (a1b1+ a2b2+...+ anbn)  (a1 + a2 +...+ an )(b1 + b2 +...+ bn ). (Nếu A=0 thì: a1= a2=...= an= 0, Do đó bất đẳng thức cần chứng minh là tầm thường). Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:  ’=0  (a1x - b1)= (a2x - b2)=...= (anx - bn) = 0  b1= ka1; b2= ka2;...; bn= kan Với  k  R. Ví dụ 3: Cho các số: a, b, c, d thảo mãn: a + d = b + c. Chứng minh rằng: Nếu lấy số m sao cho: 2m > ad  bc thì với mọi x  R ta luôn có: (x - a)(x - b)(x - c)(x - d) + m2  0 (1). Giải Dựa vào giả thiết cho: a + d = b + c nên ta có: (1)  x 2  a  d x  ad x 2  b  c x  bc   m 2  0 Vì a + d = b + c nên đặt: y = x2 - (a + d)x = x2 - (b + c)x ta được bất đẳng thức:  y  ad  y  bc   m 2  0.  y 2  ad  bc  y  abcd  m 2  0. Đặt F(y)= y2 + (ad + bc)y + abcd + m2. Ta có:  y  ad  bc 2  4.1.abcd  m 2   ad  bc 2  4m 2 .
 y  0 Vì 2m  ad  bc nên 4m 2  ad  bc 2    F y   0. A  1  0 Hay (x - a)(x - b)(x - c)(x - d) + m2  0. (đpcm) 8.3 Chú ý: Khi sử dụng tam thức bậc hai cần chú ý: +Nắm chắc định lí về dấu của tam thức bậc 2. + Thường dùng các phép biến đổi tương đương để đưa bất đẳng thức cần chứng minh  F ( x)  0  F ( y)  0 về dạng:  hoặc   F ( x)  0  F ( y)  0 Trong đó F(x), F(y) là tam thức bậc 2 đối với biến x hoặc biến y. 8.4 Bài tập tự giải 1 a2  a  1 1/ Chứng minh rằng với mọi a  R ta đều có  2  3. 3 a  a 1 2/ Cho a; b; c thoả mãn hệ thức: a2 + b2 + c2 = 2 và ab + bc + ca = 1. Chứng minh 4 4 rằng:   a; b; c  . 3 3 3/ Cho b > c > d. Chứng minh rằng với mọi a  R ta luôn có: (a + b + c + d)2 > 8.(ac + bd). 4/ Cho 6 số a; b; c; d; m; n thoả mãn: a2 + b2 + c2 + d2 < m2 + n2. Chứng minh rằng: m 2   2  a 2  b 2 n 2  c 2  d 2  mn  ac  bd  . III. Một số ứng dụng của bất đẳng thức. A. Một số định lí, bất đẳng thức cần dùng. 1.Mệnh đề 1: Nếu tổng các số thực dương x1; x2; ... xn bằng một số cho trước thì tích của chúng lớn nhất khi: x1= x2= ...= xn. *Định lí 1: Nếu có n số dương x1; x2; ... xn có tổng bằng S không đổi thì tích x1 x x P = x1. x2. ... .xn có giá trị lớn nhất khi:  2  ...  n . m1 m2 mn Trong đó mi là các số hữu tỉ dương. 2. Mệnh đề 2: (Đối ngẫu): Nếu tích của các số dương x1; x2; ... xn bằng một số cho trước thì tổng của chúng bé nhất khi x1= x2= ... = xn. *Định lí 2: Nếu n số thực dương x1; x2; ... xn có tích P = x1. x2. ... .xn không đổi thì x1 x x tổng S = x1 + x2 + ... + xn có giá trị bé nhất khi  2  ...  n . m1 m2 mn Trong đó mi (i = 1; 2; ...; n) là các số hữu tỉ dương cho trước. 3. Mệnh đề 3: Cho x1; x2; ... xn  R ta có: x1  x2  ...  xn  x1  x2  ...  xn . (1)
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi xi cùng dấu. Đặc biệt: x1  x2  x1  x2 . B. áp dụng 1. Tìm cực trị của hàn số. Biểu thức đại số. Bài 1: Tìm GTNN của hàm số: y  x  19932  x  1994 2 . Giải Dễ thấy hàm số xác định với x  R . Ta có: y  x  1993  x  1994  x  1993  1994  x . áp dụng bất đẳng thức: a1  a2  a1  a2 ta được: y  x  1993  1994  x  1  y  1. Dấu “=” xảy ra  x  1993x  1994  0  1993  x  1994. Do đó ymin = 1. Bài 2: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: y  x  2 x  1  x  2 x  1 . Giải Điều kiện để hàm số xác định là: x  1. Khi đó: y   x 1 1   2  x 1 1   2 x  1  1 x  1  1.  y x  1  1  x  1  2. Dấu bằng xảy ra     x 1 1  x 1 1  0  1  x  2. x  1 Vậy ymin = 2. Bài 3: Cho x; y liên hệ bởi phương trình x2 + 2xy + 7(x + y) + 2y2 + 10 = 0 (1). Tìm GTNN của biểu thức S = x + y + 1. Giải Ta có (1)  x2 + 2xy + y2 +2(x + y) + 1 + 5(x + y) + 5 + 4 = -y2. 2 2 2  (x + y) + 2(x + y) + 1 + 5(x + y + 1) + 4 = -y . 2 2  (x + y + 1) + 5(x + y + 1) + 4 = -y . 2 2  S + 5S + 4 = -y . 2  S + 5S + 4  0. Đặt F(S) = S2 + 5S + 4.  F(S) có 2 nghiện S = -1; S = -4. F( S )  0 Mà  do đó dựa vào dấu của tam thức bậc 2 ta có  4  S  1. a  0  x  5 Vậy GTNN của S = x + y + 1 là -4   y  0  x  2 GTLN của S = x + y + 1 là -1   y  0
2. Tìm điều kiện của tham số để phương trình, hệ phương trình, tam thức bậc 2 thoả mãn điều kiện nào đó. Bài 1: Cho phương trình a 2 x 2  2  a 2 x 2  1  2a 2  1. Tìm giá trị của tham số a để phương trình có đúng 2 nghiệm trên tập hợp số nguyên. Giải Ta có: a 2 x 2  2  a 2 x 2  1  2a 2  a 2 x 2  2a 2  1  a 2 x 2  2a 2  A. áp dụng bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối ta có: A  a 2 x 2  2a 2  1  a 2 x 2  2a 2  1. 2 2 2 2 2 x2  2  0  2 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a x - 2a ; 1 - a x ; 2a cùng dấu. Do đó  1  a 2 x 2  0  1 Nếu a  0 thì 2  x 2  . Để phương trình có 2 nghiệm nguyên trên tập hợp số nguyên a2 thì x2 chỉ có thể nhận giá trị duy nhất là số chính phương trong khoảng  1   2; 2  .  a  1 1 1 Vậy 4  2 9 a . a 3 2 Bài 2: Cho tam thức bậc 2 F(x) = ax2 + bx + c thoả mãn: F (1)  1 ; F (0)  1 ; F (1)  1 . 4 Chứng minh rằng: F ( x )  khi x  1. 5 Giải Ta có: F (1)  a  b  c  a  F (1)  F (1)  F (0)    2 F (1)  a  b  c     b  F (1)  F (1) F ( 0)  c    2 Thay vào F(x) ta được:  F (1)  F (1)   F (1)  F (0)  F ( x)    F ( 0)  x 2    x  F ( 0)  2   2  F (1) 2 F (1) 2 F (1) F (1)  x  x  F ( 0) x 2  x x  F ( 0) 2 2 2 2 F (1) 2 F (1) 2  2  x x   2    x  x  F ( 0) 1  x 2 .  áp dụng bất đẳng thức (1) và giả thiết ta được: 1 2 1 F ( x)  x  x  x 2  x  1  x2 . 2 2
Ta xét các trường hợp sau: 1 2 1 + Với 0  x  1 thì x  x  x 2  x  1  x 2  1  x  x 2 . (*) 2 2 1 2 1 + Với  1  x  0 thì x  x  x 2  x  1  x 2  1  x  x 2 . (**) 2 2 2 5 1 5 Từ (*) và (**) chứng tỏ với x  1 ta có F ( x )  1  x  x    x    .  2  4  2 4 5 Vậy F(x)  . (đpcm) 4 3. Dùng bất đẳng thức để giải phương trình và hệ phương trình. Ví dụ 1: Giải phương trình sau: 3x 2  12 x  16  y 2  4 y  13  5. Giải Ta thấy: 3x 2  12 x  16  3x  2 2  4  2 . y 2  4 y  13   y  2 2  9  3.  3x 2  12 x  16  y 2  4 y  13  5.  3x 2  12 x  16  2  3x 2  12 x  16  4  x  2 Dấu “=” xảy ra   2   y 2  4 y  13  3   y  4 y  13  9  y  2 Vậy nghiệm của phương trình đã cho là (x = 2; y = 2). Ví dụ 2: Giải hệ phương trình:  x 3  2 y 2  4 y  3  0.(1)   2  x  x 2 y 2  2 y  0.(2)  Giải Từ (1) suy ra: x 3  1  2 y  12  1  x 3  1  x  1 (*) 2y Từ (2) suy ra: x 2 (1  y 2 )  2  x 2  . 1  y2 2y Mặt khác ta lại có: y 2  1  2  x 2  2  1  x 2  1  1  x  1. (**) 1 y Từ (*) và (**)  x = -1. Thay x = -1 vào (2) ta có: y2 – 2y + 1 = 0  y = 1. Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x = -1; y = 1). Phần II: áp dụng giải toán bất đẳng thức trong hình học. I.Một số kiến thức cơ bản về bất đẳng thức trong hình học. 1. Một số kí hiệu thường dùng để chỉ các yếu tố của tam giác.