zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Sáng kiến kinh nghiệm

Sáng kiến kinh nghiệm: Một số kinh nghiệm giải bài toán BĐT

Chia sẻ: Nhái Bén | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:25

Báo xấu

312
lượt xem 70
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Sáng kiến kinh nghiệm: Một số kinh nghiệm giải bài toán bất đẳng thức nằm giúp các em học sinh có thêm một số kinh nghiệm trong quá trình học tập để nắm vững các phương pháp chứng minh bất đẳng thức đồng thời sử dụng linh hoạt hơn trong việc giải các bài toán về bất đẳng thức.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Sáng kiến kinh nghiệm: Một số kinh nghiệm giải bài toán BĐT

Mét sè kinh nghiÖm gi¶i bµi to¸n bÊt ®¼ng thøc A. PHẦN MỞ ĐẦU Bất đẳng thức là một trong những dạng toán hay và khó đối với học sinh trong quá trình học tập cũng như trong các kỳ thi, trước hết là kỳ thi đại học mà hầu hết học sinh THPT đều phải vượt qua. Ngoài ra bất đẳng thức cũng là một dạng thường gặp trong các kỳ thi học sinh giỏi toán ở các cấp: Tỉnh, Quốc gia, Olympic khu vực và Olympic quốc tế. Để giúp các em có thêm một số kinh nghiệm trong quá trình học tập nhằm nắm vững các phương pháp chứng minh bất đẳng thức đồng thời sử dụng linh hoạt hơn trong việc giải các bài toán về bất đẳng thức, tôi quyết định viết đề tài này nhằm chia sẽ cùng đồng nghiệp, học sinh và độc giả một số phương pháp, kinh nghiệm giải bài toán bất đẳng thức. Đề tài gồm 2 phần cơ bản: Phần I: Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức. Phần II: Bất đẳng thức lượng giác trong tam giác. Do khuôn khổ của đề tài, ở mỗi phần tôi xin miễn nhắc lại các kiến thức cơ bản về bất đẳng thức vì những kiến thức này được trình bày chi tiết trong sách giáo khoa trung học phổ thông, mà chỉ tập trung vào các phương pháp biến đổi đồng thời nêu một số ví dụ minh họa. §inh ThÞ Lu – Trêng THPT Chuyªn Qu¶ng 1 B×nh
Mét sè kinh nghiÖm gi¶i bµi to¸n bÊt ®¼ng thøc B. NỘI DUNG Phần I: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC 1) Dùng các phép biến đổi thích hợp 2) Tam thức bậc 2 3) Phương pháp đạo hàm, cực trị hàm số 4) Quy nạp 5) Lượng giác hóa 6) Phương pháp hình học 7) Các BĐT thông dụng 8) Một số phương pháp khác I. Sử dụng các phép biến đổi. Ví dụ 1: CM với a,b,c là 3 số dương thì a b c 1 2 a b b c c a Giải: Vì a,b,c là 3 số dương nên ta có a a b b c c a b a b c b c a b c c a a b c a b c Cộng vế theo vế ta được 1 a b b c c a Mặt khác ta có a a c b a b c b c a b a b c b c a b c c a a b c a b c Cộng vế theo vế ta được 2 a b b c c a Ví dụ 2: CM x R ta luôn có 2 x8 x5 x2 x 3 Giải: §inh ThÞ Lu – Trêng THPT Chuyªn Qu¶ng 2 B×nh
Mét sè kinh nghiÖm gi¶i bµi to¸n bÊt ®¼ng thøc 8 5 2 2 8 x 4 x2 3x 2 3 1 1 1 x x x x x 2x . 2. x. 3 2 4 4 2 3 3 3 2 2 4 x 3 1 1 1 x x 0 x R 2 2 3 3 3 2 Do đó x 8 x 5 x 2 x (đpcm) 3 Ví dụ 3: CMR 1 1 1 ...... 1 n N 1.2 2.3 n(n 1) Giải: Ta có 1 1 1 (k N*) k (k 1) k k 1 Cho k=1, 2, .....n rồi cộng các đẳng thức theo vế ta có 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ...... 1 ...... 1 1 1.2 2.3 n(n 1) 2 2 3 n n 1 n 1 Vậy ta có đpcm. II. Phương pháp Tam thức bậc 2. Ví dụ 1: CMR 13 59 5x 2 2 13 59 2 11 3x 2x 4 11 Giải: TXĐ: x R 5x 2 2 Gọi P 2 thì 3x 2x 4 (3P 5) x 2 2 Px 4 P 2 0 (*) Để (*) có nghiệm x thì ' 0 P2 (4 P 2)(3P 5) 0 2 11P 26 P 10 0 13 59 13 59 P 11 11 §inh ThÞ Lu – Trêng THPT Chuyªn Qu¶ng 3 B×nh
Mét sè kinh nghiÖm gi¶i bµi to¸n bÊt ®¼ng thøc 13 59 5x 2 2 13 59 Vậy 2 11 3x 2x 4 11 Dấu đt bên trái xảy ra 13(13 59 ) x 121 Dấu đt bên phải xảy ra 13(13 59 ) x 121 III. Phương pháp hàm số, dùng đạo hàm. Ví dụ 1 CMR : x 0 thì sin x x Giải : Xét hàm số f ( x) = x − sin x f '( x) = 1 − cos x 0 f (x ) đồng biến Mặt khác f(0)=0. Vậy f(x)>0 với mọi x>0 hay với mọi x>0 thì sin x x Ví dụ 2: CMR nếu 0
Mét sè kinh nghiÖm gi¶i bµi to¸n bÊt ®¼ng thøc Giải: Không mất tính TQ giả sử a b c d Xét hàm số y f ( x) ( x a)( x b)( x c)( x d ) f(x) là một hàm số liên tục và có đạo hàm trên R Vì f(a)=f(b)=f(c)=f(d)=0 và f’(x) là một hàm bậc 3 nên tồn tại y1 , y 2 , y3 sao cho a y1 b y2 c y3 d sao cho f ' ( y1 ) f ' ( y2 ) f ' ( y3 ) 0 Vậy f ' ( x) 4( x y1 )( x y 2 )( x y3 ) Trong khai triển ta có 4 y1 y 2 y 3 (abc acd abd bcd ) 4( y1 y 2 y 2 y3 y 3 y1 ) 2(ab ac ad bc bd cd ) Theo BĐT Cauchy y1 y 2 y 2 y3 y 3 y1 3 ( y1 y 2 y3 ) 2 3 3 abc abd acd bcd ab ac ad bc bd cd 4 6 IV. Phương pháp quy nạp. Phương pháp này được áp dụng khi BĐT phụ thuộc 1 tham số n N , với các bước chứng minh như sau: + Bước 1. C/m BĐT đúng với n=n0 + Bước 2. Giả sử BĐT đúng với n=k (k n0 ) ta cần chứng minh BĐT đúng với n = k+1. + Bước 3. Kết luận BĐT đúng với mọi n N . Ví dụ 1 : C/m n 2 , n N * ta có : 1 3 5 2n 1 1 . . ........... (*) 2 4 6 2n 3n 1 3 1 Giải: + Khi n=2 ta có (*) đúng. 8 7 + Giả sử BĐT đúng với n=k tức là 1 3 5 2k 1 1 . . ........... 2 4 6 2k 3k 1 §inh ThÞ Lu – Trêng THPT Chuyªn Qu¶ng 5 B×nh
Mét sè kinh nghiÖm gi¶i bµi to¸n bÊt ®¼ng thøc Ta cần chứng minh (*) cũng đúng với n=k+1 (k 2) . Thật vậy 1 3 5 2k − 1 1 1 3 2k − 1 2k + 1 1 2k + 1 . . ........... < � . ....... . < . 2 4 6 2k 3k + 1 2 4 2k 2k + 2 3k + 1 2k + 2 Ta cần chứng minh 12k 1 1 1 . 3k 1 2k 2 3(k 1) 1 3k 4 (2k 1). 3k 4 3k 1.(2k 2) 2 ( 4k 4k 1)(3k 4) (3k 1)(4k 2 8k 4) 19k 4 20k 4 k 1 Đến đây ta thấy (*) đúng với n=k+1. Vậy theo giả thiết quy nạp (*) đúng với n 2 Ví dụ 2: Cho x>0 CMR với n 1 ta có x x2 x3 xn e 1 x ...... 2! 3! n! Giải: +Với n=1 ta có e y 1 y 0, x x x x Vậy e dy dy ex 1 x ex 1 x x 0 0 0 Vậy BĐT đúng với n=1. + Giả sử BĐT đúng với n=k (k 1) x 0 tức là x2 x3 xk ex 1 x ...... 2! 3! k! Ta c/m BĐT cũng đúng với n=k+1 tức là : x2 x3 xk 1 ex 1 x ...... 2! 3! (k 1)! Thật vậy theo giả thiết quy nạp ta có: x2 x3 xk ex 1 x ...... x 0 2! 3! k! Như vậy ta có y2 y3 yk ey 1 y ...... y 0, x 2! 3! k! §inh ThÞ Lu – Trêng THPT Chuyªn Qu¶ng 6 B×nh
Mét sè kinh nghiÖm gi¶i bµi to¸n bÊt ®¼ng thøc Do đó ta có: x x y2 yk � e dy > � (1 + y + + ...... + )dy y 0 0 2! k! x 2 x3 x k +1 � e − 1 > x + + + ......... + x 2! 3! (k + 1)! x 2 x3 x k +1 � e > 1 + x + + + ......... + x 2! 3! (k + 1)! +Vậy theo nguyên lí quy nạp ta có BĐT đúng với n 1 V. Sử dụng phương pháp lượng giác hóa. Để sử dụng phương pháp lượng giác hóa, trước hết học sinh phải nắm vững các tính chất, công thức và các phép biến đổi lượng giác. Trên cơ sở đó, trong một số bài toán nếu đặt các giá trị ẩn thích hợp qua các hàm số lượng giác thì rất thuận tiện. Ví dụ 1: CMR x, y ta có: 1 (x2 y 2 )(1 x 2 y 2 ) 1 2 4 (1 x 2 ) 2 (1 y 2 ) 4 Giải: Đặt x tg y tg , 2 2 Ta có: (x2 y 2 )(1 x 2 y 2 ) (tg 2 tg 2 )(1 tg 2 .tg 2 ) A (1 tg 2 ) 2 (1 tg 2 ) 2 2 (1 x 2 ) 2 (1 y 2) (sin 2 cos 2 sin 2 cos 2 )(cos 2 cos 2 sin 2 sin 2 ) sin( ) sin( b) cos( ) cos( ) 1 sin(2 2 ) sin( 2 2 ) 2 1 A dpcm 4 *) Một số bài tập: 1. CMR x, y R thì §inh ThÞ Lu – Trêng THPT Chuyªn Qu¶ng 7 B×nh
Mét sè kinh nghiÖm gi¶i bµi to¸n bÊt ®¼ng thøc 1 ( x y )(1 xy ) 1 2 ( x 2 1)( y 2 1) 2 2. Cho 4 số thực a, b, c, d thõa mãn a2 b2 1 c2 d2 1 CMR 1 ac bd 1 VI. Phương pháp hình học. a) Sử dụng các BĐT về vectơ 1. u v u v Dấu “=” xảy ra u, v cùng chiều 2. u.v u .v u .v u .v Ví dụ 1: Cho a, b, c là 3 số thực bất kì CM ( a b) 2 c2 ( a b) 2 c2 2 a2 c2 Giải: Đặt u (a b; c) v (a b; c) thì u v (2a;2c) Ta có u v u v suy ra đpcm. Ví dụ 2: CM x, y R thì x2 4y2 6x 9 x2 4y2 2 x 12 y 10 5 Giải: Đặt u ( x 3;2 y ) v (1 x;3 2 y ) thì u v (4;3) Lại áp dụng u v u v suy ra đpcm. Ví dụ 3: CM a, b, c thì abc(a b c) a 4 b 4 c 4 Chú ý: Phương pháp vectơ được áp dụng trong các trường hợp ta có thể biểu diễn các thành phần của bđt thành đồ dài các vectơ tuy nhiên nó chỉ áp dụng thường thi khi không có sự ràng buộc nào của các biên còn nếu có sự ràng buộc thì ta thường dùng phương pháp tọa độ. §inh ThÞ Lu – Trêng THPT Chuyªn Qu¶ng 8 B×nh
Mét sè kinh nghiÖm gi¶i bµi to¸n bÊt ®¼ng thøc b) Phương pháp tọa độ: Ví dụ 4: Cho a,b thõa mãn a – 2b + 2 = 0. CMR (a 3) 2 (b 5) 2 (a 5) 2 (b 7) 2 6 Giải: Chọn A(3; 5) B(5; 7) M(a; b) vì thõa mãn a – 2b + 2 = 0 nên nằm trên đường thẳng x 2y + 2=0 ( ) . Lấy A’ đối xứng A qua ( ) ta có A’(5; 1) Ta có MA+MB=MA’+MB A’B Hay (a 3) 2 (b 5) 2 (a 5) 2 (b 7) 2 6 7 Dấu “=” xảy ra a 5 b A 2 x c) Các phương pháp khác: M Ví dụ 5: Cho 0
Mét sè kinh nghiÖm gi¶i bµi to¸n bÊt ®¼ng thøc AB = a 2 − 2ab + b 2 BC = b 2 − 3bc + c 2 cos �AOC = cos(450 + 300 ) = cos 450 cos300 − sin 450 sin 30 0 1 3 1 1 1 3 −1 1 = . − . = . = 2− 3 2 2 2 2 2 2 2 Vậy AC a2 2 3 ac c 2 tức là a2 2ab b 2 b2 3bc c 2 a2 2 3 ac c 2 Dấu đẳng thức xảy ra ab 2 bc 1 ac 2 + 3 � S∆AOB + S∆BOC = S∆AOC � + = ac sin 750 � b = 4 4 2 a+c *) Một số bài tập 1. Cho a, b, c, d là 4 số thực thõa mãn a2 b 2 1 2(a b) c2 d2 36 12(c d ) CM: ( 2 1) 6 (a c) 2 (b d ) 2 ( 2 1) 6 2. CMR x ta có 2x 2 2x 1 2x 2 ( 3 1) x 1 2x 2 ( 3 1) x 1 3 3. Cho x, y thõa x 2y 8 0 x y 2 0 y 2x 4 0 16 C/m x2 y2 20 5 4. Cho x, y, z dương thõa mãn xyz(x+y+z)=1 Tìm MIN (x+y)(x+z) VII. Sử dụng các BĐT quen thuộc. §inh ThÞ Lu – Trêng THPT Chuyªn Qu¶ng 10 B×nh
Mét sè kinh nghiÖm gi¶i bµi to¸n bÊt ®¼ng thøc 1. Bất đẳng thức Cauchy a. Cho 2 số không âm x, y ta có x y xy . Dấu “=” x y 2 1 1 4 Dạng khác Dấu “=” a b a b a b b. Tổng quát cho n số không âm a1 , a 2 ,....., a n ta có a1 a2 ....... a n n a1 a 2 ....a n n Ví dụ 1 Cho a, b, c là 3 s : ố dương tùy ý CMR x R ta có x x x ab bc ca ax bx cx c a b Giải : Áp dụng BĐT Cauchy cho các cặp số dương ta có : x x x ab bc ab.bc 2 2b x c a ca x x x bc ca bc.ca 2 2c x a b ab x x x ca ab ca.ab 2 2a x b c bc Cộng vế theo vế ta có ta có đpcm. Dấu “=’ xảy ra khi và chỉ khi x=0. Ví dụ 2 V : ới a, b, c dương CM a3 b3 c3 ab bc ca b c a Giải : áp dụng BĐT Cauchy cho các cặp số dương ta có : §inh ThÞ Lu – Trêng THPT Chuyªn Qu¶ng 11 B×nh
Mét sè kinh nghiÖm gi¶i bµi to¸n bÊt ®¼ng thøc a3 a3 ab 2 .ab 2a 2 b b b3 b3 bc 2 .bc 2b 2 c c c3 c3 ca 2 .ca 2c 2 a a Cộng vế theo vế ta có : a3 b3 c3 ab bc ca 2(a 2 b2 c 2 ) (1) b c a Mặt khác ta có 1 a2 b2 c2 ab ac bc ( a b) 2 (b c ) 2 (c a ) 2 0 2 a2 b2 c2 ab bc ca Thay vào (1) suy ra đpcm. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a=b=c. c. Một số dạng toán cơ bản sử dụng BĐT Cauchy tổng quát để c/m. 1) Cho n số thực dương a1 , a 2 ,....., a n thõa mãn 1 1 1 ........ k (k 0 cho trước) a1 a2 an CMR 1 1 + + .... m1a1 + m2 a2 + .... + mn an m2 a1 + m3a2 + .... + m1an 1 k + mn a1 + m1a2 + .... + mn−1an m1 + m2 + .... + mn Với m1 , m2 ,........, mn là các số nguyên dương tùy ý. Giải: áp dụng BĐT Cauchy cho m m1 m2 .... mn số ta có: m1 a1 m2 a 2 ....... mn a n m m a1m1 a 2m2 .....a nmn (1) Lại áp dụng cho m số dương ta có m1 m2 mn m ..... (2) a1 a2 an m a1m1 a 2m2 .....a nmn §inh ThÞ Lu – Trêng THPT Chuyªn Qu¶ng 12 B×nh
Mét sè kinh nghiÖm gi¶i bµi to¸n bÊt ®¼ng thøc Từ (1) và (2) ta có m1 m2 mn ( m1a1 m2 a2 ....... mn an ) ..... m2 a1 a2 an 1 1 m1 m2 mn .... (*) m1 a1 m2 a 2 .... mn a n m 2 a1 a2 an Tương tự cho các phân thức còn lại cuối cùng cộng các bđt dạng như (*) lại vế theo vế ta có 1 1 1 k .... (m.k ) m1 a1 m2 a 2 .... mn a n mn a1 m1 a 2 .... mn 1 a n m2 m1 .... mn *) Một số bài tập 1. Cho 3 số dương a, b, c. CMR 1 1 1 2 2 2 a b c a b b c c a a b c a b c 2. CMR b c a 3 abc Tổng quát k k k a1 a1 a1 a1 a2 .... a n ..... a2 a2 a2 n a1 a 2 ....a n a, b 0 1 3. Cho . Tìm MIN S ab a b 1 ab 2. Sử dụng BĐT Bunhiacopxki(BCS) Với 2 bộ số a1 , a 2 ,....., a n và b1 , b2 ,....., bn bất kì ta có 2 a1b1 a 2 b2 ..... a n bn (a12 a 22 .... a n2 )(b12 b22 .... bn2 ) a1 a2 an Đẳng thức xảy ra ...... b1 b2 bn Với quy ước ai=0 thì bi=0 Chứng minh: +Nếu a12 a22 .... an2 =0 suy ra BĐT luôn luôn đúng +Nếu a12 a22 .... an2 >0. Xét tam thức §inh ThÞ Lu – Trêng THPT Chuyªn Qu¶ng 13 B×nh
Mét sè kinh nghiÖm gi¶i bµi to¸n bÊt ®¼ng thøc f ( x) (a1 x b1 ) 2 (a 2 x b2 ) 2 .... (a n x bn ) 2 f ( x) (a12 a 22 .... a n2 ) x 2 2(a1b1 a 2 b2 .... a n bn ) x (b12 b22 .... bn2 ) ' f ( x) 0 x R 0 (a1b1 a 2 b2 .... a n bn ) 2 (a12 a 22 .... a n2 )(b12 b22 ... bn2 ) Ví dụ 1: Cho 2 số thực x, y thõa mãn x 3y 2 . 8 CMR 2 x 2 3 y 2 3 Giải: Theo BĐT BCS ta có 2 1 1 8 . 2 x 1. 3 y 1 2x 2 3y2 2x 2 3y2 2 2 3 2 x 2x 3y 3 Dấu “=” xảy ra 1 4 1 y 2 3 3 Ví dụ 2: a) Cho n số thực a1 , a 2 ,....., a n và n số dương b1 , b2 ,....., bn 2 a12 a 22 a n2 a1 a 2 ..... a n CMR ..... b1 b2 bn b1 b2 .... bn b) CMR a2 b2 1 2 2 1 a, b 0 b 2a a 2b 1 2ab Giải: a) Áp dụng BĐT BCS cho 2 bộ số dương a1 a2 an ; ;.....; và b1 ; b2 ;.....; bn b1 b2 bn Ta có a12 a 22 a n2 (a1 a2 .... a n ) 2 .... b1 b2 .... bn b1 b2 bn a12 a 22 a n2 (a1 a 2 ... a n ) 2 .... b1 b2 bn (b1 b2 .... bn ) b) Áp dụng kết quả ở a) ta có §inh ThÞ Lu – Trêng THPT Chuyªn Qu¶ng 14 B×nh
Mét sè kinh nghiÖm gi¶i bµi to¸n bÊt ®¼ng thøc a2 b2 1 (a b 1) 2 1 đpcm b2 2a a2 2b 1 2ab b2 2a a 2 2b 2ab 1 Ví dụ 3: Cho ab+bc+ca=1 a, b, c là 3 số dương a b c CMR (a b c) 2 b c a Giải: Áp dụng BĐT BCS ta có a, b, c dương nên 2 2 a b c a b c (a b c) ab bc ca ab bc ca b c a b c a a b c (a b c) 2 b c a ab bc ac 1 a b c “=” a b c 3 b c a VII. Các phương pháp khác 1. Sử dụng khai triển nhị thức Newton Để c/m A B ta có thể làm như sau a) Nếu đưa A về dạng n A ( a b) n C ni a n i b i i 0 Ta tìm cách c/m B không lớn hơn tổng T của một số phần tử của chuỗi thì B T A (cách ngắt chuỗi dương) b) Nếu đưa được B về dạng n B (x y) n C ni x n i y i (*) i 0 Ta tìm cách đánh giá mỗi số hạng của chuỗi (*) không lớn hơn các n n biểu thức TJ mà Tj A lúc đó B Tj A j 0 j 0 Ví dụ 1: Nếu x 1 và n nguyên, n>1 thì (1 x) n (1 x ) n 2n Giải: Ta có §inh ThÞ Lu – Trêng THPT Chuyªn Qu¶ng 15 B×nh
Mét sè kinh nghiÖm gi¶i bµi to¸n bÊt ®¼ng thøc n 2n (1 x 1 x ) n (1 x) n (1 x) n C ni (1 x ) n i (1 x) i i 1 Vì x 1 nên (1 x) n i (1 x) i 0 i 1,2,....n 1 . Vậy 2 n (1 x) n (1 x) n Ví dụ 2: CMR m nguyên dương, m 2 ta có: 2m 1 2 m2 1 1 .1 1 (1) m2 m 1 Giải: 2 m +1 2 2 m +1 � 1 � � 1 � � 1 � 2 1 1+ 2 (1) � � � >� 1+ 1+ 2 �� >1+ + � m −1� � m −1� � m −1� m − 1 (m − 1) 2 2 2 m +1 1 � 1 � 2 m +1 � 1 � 2 1 � 1+ C 1 2 m +1 + C22m+1 � 2 �+ ..... + C2 m+1 � 2 � >1+ + m −1 2 �m − 1 � �m − 1 � m − 1 (m − 1) 2 Mặt khác ta có: 4m 2 1 3m 2 3 2m 1 m(2m 1) m(2m 1)(2m 1) 1 2 m 2 1 (m 2 1) 2 3(m 2 1) 3 (m 1) 2 m 1 đpcm 2 Ví dụ 3: Nếu n là số tự nhiên lớn hơn 1. CM n n 1 n Giải: Vì n 1 n n 1 . Đặt n n 1 x( x 0) . Lúc đó ta có n( n 1) 2 n(n 1) 2 2 2 n (1 x) n 1 nx x .... x n n 1 x x2 x 2 2 n n 2 n 2 x 1 1 n 1 n n 2. Sử dụng phương pháp phân chia. a) Nếu hàm số biến thiên phức tạp trong tập xác định ta chia tập xác định D thành các tập con D1, D2,….sao cho việc tìm cực trị của hàm số trên các tập con dễ dàng hơn. b) Nếu tính chất của hàm thay đổi cả trên các tập con thì ta phân tích hàm thành tổng của các hàm đơn giản hơn để tìm cực trị của các hàm thành phần. §inh ThÞ Lu – Trêng THPT Chuyªn Qu¶ng 16 B×nh
Mét sè kinh nghiÖm gi¶i bµi to¸n bÊt ®¼ng thøc Ví dụ 1: Tìm Max của F ( x, y ) x 2002 y (4 x y ) với x,y là các số thực thõa mãn x 0 y 0 x y 6 Giải: + Khi x y 4 ta có F 0 . Dấu “=” xảy ra x y 4 + Khi x y 4 ta có x 0, y 0, 4 x y 0 Áp dụng BĐT Cauchy cho 2004 số không âm ta được x x x F = 20022002. . ....... . y.(4 − x − y ) 2002 2002 2002 2004 � x � �2002. + y+4−x− y� 2002 20022002 F= 20022002 � � � 2004 � 5012004 � � 2002 x= x 501 2002 2002 '='� = y =4− x− y � Vậy F 2002 1 5012004 y= 501 Ví dụ 2: Tìm Min F ( x) x 20011 x 2002 x R Giải: Xét các trường hợp: + x 2002 . Lúc đó F ( x) 2 x 4003 F ( x) 1 ' ' x 2002 + x 2001,2002 F ( x) 1 + x 2001 F ( x) 4003 2 x 1 ' ' x 2001 Vậy Min F ( x) 1 x 2001,2002 Ví dụ 3: Tìm Min A x( y z ) z ( x y ) trong đó x, y, z là các số thực thõa mãn x2 y2 z2 1 . §inh ThÞ Lu – Trêng THPT Chuyªn Qu¶ng 17 B×nh
Mét sè kinh nghiÖm gi¶i bµi to¸n bÊt ®¼ng thøc Giải: Đặt A1 xy yz zx; A2 zx A A1 A2 1 Ta có: ( x y z ) 2 0 x2 y2 z2 2 A1 0 A1 2 Đẳng thức xảy ra x y z 0 (1) x2 y2 z2 1 Ta cũng có 1 1 1 1 1 A2 = z x � ( z 2 + x 2 ) = (1 − y 2 ) �� − �� A2 2 2 2 2 2 Đẳng thức xảy ra y 0 x z (2) 2 2 2 x y z 1 1 x= 2 �1� �1� (1) =�� A �=− =−�+−� � 1; ' ' � �y 0 � 2� � 2� (2) 1 z=− 2 3. Sử dụng mối quan hệ giữa các bất đẳng thức: Ví dụ từ đẳng thức xy yz zx 1 ta có bđt ( x y z) 2 0 x 2 y 2 z 2 2 . Từ đó ta có thể chứng minh dễ dàng các BĐT a b b c c a Ví dụ : Đặt x ; y ; z a b b c c a Ta có 2 2 2 a b b c c a 2 (1) a b b c c a a2 b2 b2 c2 c2 a2 5 ( 2) ( a b) 2 (b c) 2 (c a ) 2 2 §inh ThÞ Lu – Trêng THPT Chuyªn Qu¶ng 18 B×nh
Mét sè kinh nghiÖm gi¶i bµi to¸n bÊt ®¼ng thøc ab bc ca 1 và (3) ( a b) 2 (b c) 2 (c a ) 2 4 Cộng (2) và (3) rồi biến đổi ta có: a3 b3 b3 c3 c3 a3 9 ( a b) 3 (b c) 3 (c a ) 3 4 Với một số mối quan hệ như trên ta có nhiều bđt. Vì vậy trong c/m cần sử dụng khéo léo quan hệ đó. Phần II: BẤT ĐẲNG THỨC LƯỢNG GIÁC TRONG TAM GIÁC I. Sự liên quan giữa các bất đẳng thức trong tam giác: Trong quá trình chứng minh các BĐT trong tam giác, bằng các phép biến đổi tương đương ta có thể tìm được mối quan hệ mật thiết từ những bất đẳng thức có vẽ hoàn toàn khác nhau. abc Ví dụ 1: Xét BĐT ( p a)( p b)( p c) (1) 8 trong đó a, b, c là độ dài 3 cạnh 1 tam giác ; p là nửa chu vi. CM: Theo BĐT Cauchy ta có (p a p b) 2 c2 ( p a)( p b) 4 4 (p b p c) 2 a2 ( p b)( p c) 4 4 (p c p a) 2 b2 ( p c)( p a) 4 4 Nhân tương ứng theo vế các số không âm ta được 2 abc ( p a )( p b)( p c) 2 suy ra đpcm. 8 Bây giờ ta biến đổi (1) như sau : abc (1) p ( p a)( p b)( p c) p. 8 p abc p S2 abc pr. abc 8 4R 8 R 2r (2) §inh ThÞ Lu – Trêng THPT Chuyªn Qu¶ng 19 B×nh
Mét sè kinh nghiÖm gi¶i bµi to¸n bÊt ®¼ng thøc (2) là BĐT mới và hoàn toàn khác so với (1) CM (2) như sau: Ta có 1 S ab sin C 2 R 2 sin A sin B sin C pr 2 a b c 2 R 2 sin A sin B sin C r 2 r 2 sin A sin B sin C 2 sin A sin B sin C A B C 4 sin sin sin R sin A sin B sin C A B C 2 2 2 4 cos cos cos 2 2 2 r 3 1 cos A cos B cos C 1 1 R 2r (dpcm) R 2 2 3 ( cos A cos B cos C là BĐT cơ bản) 2 Tiếp tục biến đổi theo hướng khác : 2 2 p abc p (1) S abc abc 8 4R 8 abc a b c (3) R2 4 sin A sin B sin C sin A sin B sin C ( 4) (4) là một BĐT mới liên quan giữa các góc. CM (4) như sau : A B C (4) sin A sin B sin C cos cos cos 2 2 2 A B C 8 sin sin sin 1 2 2 2 3 cos A cos B cos C 2 Suy ra đpcm. Tiếp tục biến đổi (1) : a b c 1 (1) (3) abc R2 1 1 1 1 ha hb hb hc hc ha 1 bc ca ab R 2 4S 2 R2 4S 2 ha hb hb hc hc ha (5) R2 §inh ThÞ Lu – Trêng THPT Chuyªn Qu¶ng 20 B×nh

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.