Giao an ca nam lop 4 lop 5 lop 6 cho tất ca cac môn

-1

111Equation Chapter 1 Section 1
Chuyên đề 1:
CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
Để góp phần tìm hiểu nhiều hơn về vấn đề chứng minh bất đẳng thức trong chương
trình Toán THPT , xin nêu ra đây một số phương pháp giải và các bài toán mang tính
minh họa.
I.-Phương pháp phản chứng.
-Phương pháp phản chứng được sử dụng nhiều trong các bài toán Logic, các bài toán
đại số hoặc hình hình,về cơ bản gồm các bước: Tuy nhiên trng dạng
P � Q ta có thể vận dụng : P � Q - đúng, hay : B � P - đúng.
-Sau đây xin giới thiệu vài bài toán liên quan.

abc
abc
�
3
3
1- Bài toán 1: Cho a �0 , b �0 , c �0 , thì :
-Giải.

abc
a2  b2  c2

3
3
+Giả sử , nếu :
+Ta có:

( dạng B � P

2

2
2
2
�a  b  c � a  b  c
�
�
3
� 3 �
� (a  b  c) 2  3(a 2  b 2  c 2 )

� 3( a 2  b 2  c 2 )  ( a  b  c) 2  0
� 3a 2  3b 2  3c 2  a 2  b 2  c 2  2ab  2bc  2ca  0
� 2a 2  2b 2  2c 2  2ab  2bc  2ca  0
� (a  b) 2  (b  c) 2  (c  a ) 2  0 (*)
2
2
2
-Do (a  b) , (b  c) , (c  a) �0 , nên (*) không thể xảy ra
abc
a 2  b2  c2

3
3
hay :
không thể xảy ra.
abc
abc

�
3
3
Vậy:
2
2
2
(
a

b
)

(
b

c
)

(
c

a
)
0
2-Bài toán 2 : Chứng minh rằng, nếu
a 2  b 2  c 2 �ab  bc  ca
(1)
thì :
-Giải.

(1)


-2

a  b  c  ab  bc  ca
2

+Giả sử :
+Ta có :

2

2

(a 2  b 2  c 2 )2  (ab  bc  ca)  0

�  a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca   a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca   0
1
2
2
2
2
2
2
�
a

b


2
ab

b

c

2
bc

c

a
 2ca  �





�
4�
.�
 a 2  b2  2ab    b2  c2  2bc    c2  a2  2ab  �
�
� 0
1
2
2
� �

.  a  b   (b  c) 2  (c  a) 2 � 0
�a  b   (b  c)2  (c  a) 2 ��
��
�
4
(a  b)2  (b  c) 2  (c  a)2  0 (i)
�

(*)

(a  b)2  (b  c)2  (c  a) 2  0 (ii)
-Từ đẳng thức (*) dể thấy :
2
2
2
.Từ (i) : (a  b)  (b  c)  (c  a)  0
(mâu thuẫn với giả thiết)
2
2
2
.Từ (ii) : (a  b)  (b  c)  (c  a )  0
� ab  bc  ca  0
� abc0
� (a  b) 2  (b  c ) 2  (c  a ) 2  0 ( mâu thuẫn với giả thiết)

a 2  b2  c 2  ab  bc  ca

Vậy không thể :
a 2  b 2  c 2 �ab  bc  ca
Hay :

.

II.-Phương pháp qui nạp.
-Phương pháp qui nạp được dùng nhiều trong các bài toán về dãy số, cấp số .Thông
thường có các bước : Kiểm tra mệnh đề đúng với P(n0) , Giả sử mệnh đề đúng với
P(k),Chứng minh mệnh đề đúng ở bước P(k+1) tiếp theo. Kết luận : Vậy mệnh đề
đúng với mọi k.
-Xin giới thiệu một vài bài toán dạng này.
n 1
n
1-Bài toán 1: Chứng minh rằng : n  (n  1) với mọi n ≥ 3. (1)
-Giải.
31
3
4
3
+Khi n = 3 : (1) � 3  (3  1) � 3  81  4  64 -bất đẳng thức đúng khi n = 3.
k 1
k
+Giả sử (1) đúng với n = k , là : k  (k  1)
(2)

+Ta chứng minh (1) đúng với n = k+1, là :

(k  1)( k 1) 1   (k  1)  1

k 2
k 1
hay : (k  1)  (k  2)

k 1

(3)


-3

k

Thật vậy : Từ (2):

�k

k 1

k 1

 (k  1)

k

k 2
(k  1) k  2
k ( k  1)
.
 (k  1) .
k k 1
k k 1

� (k  1)

k 2

� (k  1)

k 2

� (k  1)

k 2

� (k  1)

k 2

(k  1) 2( k 1)

k k 1
k 1

�
(k  1) 2 �
�
�
� k �

k 1

�k 2  2k  1 �
�

�
� k
�
k 1

1�
�
 �k  2  �  (k  2) k 1
k�
�

(3)

n 1
n
Vậy : n  (n  1) với mọi n ≥ 3.

2-Bài toán 2: Chứng minh rằng với mọi n nguyên dương ta luôn có:
1 3 5 7
2n  1
1
. . . .......

2 4 6 8
2n
2n  1

(1)

-Giải.

1
1
1


2
2.1  1
3 - bất đẳng thức đúng khi n = 1.
+Khi n = 1 :
1 3 5 7
2k  1
1
. . . .......

(2)
2
4
6
8
2
k
2
k

1
+Giả sử (1) dúng khi n = k , là :
(1) �

+Ta chứng minh (1) đúng khi n = k +1, là :

1 3 5
2( k  1)  1)
1
. . ........

2 4 6
2(k  1)
2(k  1)  1
1 3 5
2k  1
1
. . ........

(3)
2
4
6
2
k

2
2
k

3
hay :
1 3 5 7
2k  1
1
. . . .......


2k
2k  1
Thật vậy , từ (2) : 2 4 6 8

�

1 3 5 7
2k  1 2k  1
1
2k  1
2k  1
. . . .......
.

.

2 4 6 8
2k 2(k  1)
2k  1 2(k  1)
4(k 2  2k  1)

2
2
2
2
Do : 4(k  2k  1)  4k  8k  4  4k  7 k  (k  4)  4k  7k  3  (2k  1)(2k  3)

2k  1

Nên :

4(k  2k  1)
2



2k  1
1

(2k  1)(2k  3)
2k  3

(3)


-4

1 3 5
2k  1
1
. . ........

2k  2
2k  3
Hay : 2 4 6
1 3 5 7
2n  1
1
. . . .......


2n
2n  1 - đúng với mọi n nguyên dương.
Vậy : 2 4 6 8

3-Bài toán 3

: Cho

0  


4(n  1)

(n  N , n 2)

Chứng minh rằng: tan n  n tan   0

-Giải.




4(2  1) 4 thì (1) trở thành:
+Khi n = 2 , với
2 tan 
2 tan 3 
tan 2  2 tan  
 2 tan  
.

1  tan 2 
1  tan 2 

2 tan 3 
2
0    � 0  tan   1 � 1  tan   0
0
2
4
-Do
. Nên 1  tan 
hay
0  

tan 2  2 tan   0 -bất đẳng thức đúng khi n = 2.
(2)
+Giả sử (1) đúng khi n =k ( k >2) , là : tan k  k tan   0
+Ta chứng minh (1) đúng khi : n = k+1 (k>2), là :

0  
(3)
4k thì tan( k  1)  (k  1) tan   0
Với
tan k  tan 
tan(k  1) 
1  tan  .tan k ,
Thật vậy: Do

tan k  k .tan  � 0  k   � 0  tan k  1
4

- mặt khác do :

� 0  1  tan  .tank   1

tan k  tan 
k tan   tan 

 ( k  1) tan 
1  tan  .tan k 1  tan  .tank 
Nên :
� tan(k  1)  (k  1) tan   0
(3)

0  
4(n  1) .
Vậy: tan(n  )  n .tan   0 ,với
tan( k  1) 

III.-Phương pháp dùng BĐT Cauchy


-5

-Bất đẳng thức Cauchy –trong chương trình THPT , bao gồm một số dạng chính sau:
ab
� ab
2
.
- dấu = xảy ra khi a = b.
a bc 3

a, b, c �0 :
� a.b.c
3
.
- dấu = xảy ra khi a = b = c.
a1  a2  ..........  an n
a1 , a2 ,........, an �0 :
� a1.a2 ........an
n
.
a, b �0

:

- dấu = xảy ra khi a1 = a2 =………= an.
-Xin giới thiệu một vài bài toán dạng này.
1-Bài toán 1:

2
2
2
Cho a,b,c là các số dương và a  b  c  1

a
b
c
3 3
 2
 2
�

2
2
2
2
Chứng minh rằng : b  c c  a a  b
2

(1)

-Giải.
a2
b2
c2
3 3 2
�


�
(a  b2  c 2 )
2
2
2
2
2
2
a (1  a ) b(1  b ) c(1  c )
2
+Do a  b  c  1 nên (1)
2
2

2
+Do a>0 , b>0, c>0 và a  b  c  1 ,nên 0 < a,b,c < 1

Gọi x �(0;1) , ta chứng minh : x �(0;1) thì ta luôn có :

1
3 3
�
x(1  x 2 )
2

1
3 3
2
4
�
� x(1  x 2 ) �
� x 2 (1  x 2 ) �
2
2
27
3 3
Khi đó: x(1  x )

(*)

Đề chứng minh (*), áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số : 2x2 , (1- x)2, (1- x2)2 , được :
3

�2 x 2  1  x 2  1  x 2 � 8

4
2 x (1  x )(1  x ) ��
� x 2 (1  x 2 )(1  x 2 )2 �
�
3
27
�
� 27
2

2

2 2

a2
b2
c2
3 3 2


�
(a  b 2  c 2 )
2
2
2
2
Từ đó : a(1  a ) b(1  b ) c(1  c )
a2
b2
c2

3 3


�
.
2
2
2
2
2
2
b

c
a

c
a

b
2
Hay :


-6

2-Bài toán 2: Cho a,b,c > 0 và a + b + c =1

ab  bc  ca � 6

Chứng minh :

-Giải.
+Áp dụng 3 lần BĐT Chauchy cho 2 số, được:
2
ab
2
1 ab
3
. (a  b) �
 
3
2
3
2
2
bc
2
1 bc
3
. (b  c ) �
 
3
2
3
2
2
ca
2
1 ca

3
. (c  a) �
 
3
2
3
2
Cộng từng vế tương ứng, được:



2
3
�



Vậy :



2( a  b  c)
 1  (a  b  c)  2
2



3
 6
2

a  b  b  c  c  a �1 
a  b  b  c  c  a �2.

ab  bc  ca � 6

3-Bài toán 3: Cho 3 số a,b,c > 0 .
3
3
3
2
2
2
Chứng minh : a  b  c �a bc  b ca  c ba (1)
-Giải.
+Áp dụng 3 lần BĐT Cauchy cho 2 số ,ta được:

.a 3  abc �2 a 4bc  2a 2 bc
.b3  abc �2 b 4 ac  2b 2 ac
.c3  abc �2 c 4 ab  2c 2 ab
Cộng từng vế tương ứng, được:
a 3  b3  c3  3abc �2( a 2 bc  b 2 ca  c 2 ab ) ,do a 2  b 2  c 2 �3abc
3
3
3
3
3
3
Nên: 2(a  b  c ) �a  b  c  3abc

�2(a 2 bc  b 2 ca  c 2 ab )
3
3
3
2
2
2
Vậy : a  b  c �a bc  b ca  c ba .


-7

IV.-Phương pháp dùng tam thức bậc hai.
-Tính chất của tam thức bậc hai : f(x) = ax2 + bx + c ,được ứng dụng khá rộng rãi trong
các toán về bất đẳng thức; ta xem xét một vài trường hợp
2
a)- Vận dụng tính chất : b �a.c
�f ( x) �0 � a  0,  �0
�
b)-Vận dụng tính chất : �f ( x) �0 � a  0,  �0

c)-Vận dụng tính chất : f(x) có 2 nghiệm x1 < x2 thì  c : a.f(c) < 0
-Sau đây xin giới thiệu một vài bài toán dạng này.
a , a , a ,b ,b ,b
1-Bài toán 1: Cho các số 1 2 3 1 2 3 ,sao cho :
f ( x )  a12  a22  a32 x 2  2(a1b1  a2b2  a3b3 ) x  (b12  b22  b32 ) �0







 a b  a b  a b  �a  a  a
Chứng minh rằng : 1 1 2 2 3 3
-Giải.
+Biến đổi tương đương (1), được:
2

2
1

2
2

2
3

b

2
1

b b
2
2

2
3



(1)
(2)

f ( x)   a1 x 2  2a1b1 x  b12    a2 x 2  2a2b2 x  b22    a3 x 2  2a3b3 x  b32 

  a1 x  b1    a2 x  b2    a3 x  b3 
Cho thấy : x  R : f ( x) 0
2

2

2

a1 x  b1  a2 x  b2  a3 x  b3  0 � x 
-Đẳng thức xảy ra khi :

b1 b2 b3
 
a1 a2 a3

-Để chứng minh (2) ta xét  �0 . Do f ( x) �0 nên  ' �0

 '   a1b1  a2b2  a3b3    a12  a22  a32   b12  b22  b32  �0
2

 a1b1  a2b2  a3b3  � a12  a22  a32   b12  b22  b32  .
2
 a1b1  a2b2  a3b3  � a12  a22  a32   b12  b22  b32  .

2

�

Vậy :

2
2
2-Bài toán 2: Cho 2 x  3 y  5 (1) .Chứng minh : 2 x  3 y �5 (2)
Giải.
5  2x
y
3
+Từ (1) cho ta:

2

�5  2 x �
2x  3�
��5
3
�
�
+Thay vào (2), được :
2


-8

� 6 x  25  20 x  4 x  15 �0

2

2

� x 2  2 x  1 �0
� ( x  1) 2 �0 (2 ')
Bất dẳng thức (2’) đúng , suy ra (2) đúng.

3-Bài toán 3: Cho b > 0 và n số thực dương a1,a2,…..an , sao cho:
1 n
1 n 2
c1  �ak
c2  �ak
n
n 1
1
với k = 1,2,3,….,n. Đặt
và
.

0  a  ak  b

c2 (a  b)2
�
c
4ab
Chứng minh rằng : 1
Giải.
2
+Xét tam thức f ( x)  x  ( a  b) x  a.b , luôn có 2 nghiệm : x1  a và x2  b

a �ak �b

+Do

2
f
(
a
)

a
 (a  b)ak  ab �0
k
k
, ta có :
� ak2  ab �(a  b)ak
(*)

Cho k = 1,2,…..,n và cộng từng vế đẳng thức tương tự với (*) , được:
n

�a

n

k

1

 n.ab �(a  b)�ak
1

n

Áp dụng BĐT Cauchy cho 2 số
n

�a

2
k

1

�a

2
k

1

và n.ab , lại được:

n

 n.ab �2 ( �ak2 ).nab

�n 2 �
 2 �

ۣ
.nab
�ak �
�1
�

1

n

(a  b)�ak
1

2

n
�n 2 �
�
2 �
 4�
ak �
.nab (a  b) . �
ak �
�
�
�1
�
�1
�
n

n�ak2

(a  b) 2

2
4ab
�n
�
a
�k �
�
�1
�
c2 (a  b) 2
�
c
4ab
1
Vậy :
1

c2
c1

( a  b) 2
.
4ab

-9

V.-Phương pháp giải tích
-Một số bất đẳng thức được chứng minh dựa theo các tính chất giải tích như sau:
. +Với 3 điểm A,B,C bất kỳ , luôn có: AB  BC  AC
r r r r
r r
a
�b �a  b
+Với 2 vecto a , b bất kỳ , luôn có :
, Khi thay bằng biểu thức tọa

 a1 �b1 
độ:

2

  a2 �b2  � a12  a22 . b12  b22
2

-Vận dụng tính chất trên ta xét một số bài toán sau:
1-Bài toán 1: Cho x, y �R .Chứng minh :

x 2  xy  y 2  x 2  xz  z 2 � y 2  yz  z 2
Giải.
Biến đổi tương đương (1) , được:
2

2

2
2
� y � �y 3 � � z � �z 3 �
x



x

� y 2  yz  z 2
�
�
�
� �
�
� �
�
�
�
�
� 2� �2 � � 2� �2 �

(1’)
2

2
r � y y 3� r
� y � �y 3 �
a�
x  � �

�
�x  2 ; 2 �
�� a  �
2� �
2 �
�
�
�
�
�
-Đặt
2

2
r �
z z 3� r
� z � �z 3 �
b�
( x  );
x  � �
�
�
�� b  �
�2 �
�
2
2
2
�
�

�
�
� �
r r �y  z ( y  z ) 3 � r r
1
2
2
�
�
ab �
;
�
a

b

(
y

z
)

3(
y

z
)
�
�
�

�2
�
2
4
�
�
Ta được :

-Do tính chất
2

r r r r
a  b �a  b



y 2  yz  z 2

,ta suy ra :

2

2

2
� y � �y 3 � � z � �z 3 �
2
2

x



�
y

yz

z
�
�
�
�x  � �
�
�
�
� �
� 2� �
�2 � � 2� �2 �

Hay :

(1’)

x 2  xy  y 2  x 2  xz  z 2 � y 2  yz  z 2 .

2-Bài toán 2: Cho a,b,c,d là 4 số thỏa mãn:

�
a 2  b 2  1  2(a  b)
(*)

�
�2
c  d 2  36  12(c  d )
(**)
�

(1)


Chứng minh rằng :





3



-10



2 1 �  a  c   b  d  � 2 1
2

2

3

(1)

Giải.
2
2
-Từ (*): Gọi M(a;b) thỏa mãn : a  b  2b  2c  1  0 thì M( C1) có phương trình
2
2
 x  1   y  1  1
, có tâm I1(1;1) và R1 =1 .
2
2
-Từ (**): Gọi N(c;d) thỏa mãn : c  d  12c  12d  36  0 thì N( C2) có phương

trình :

 x  6

2

  y  6   36
2

, có tâm I2(6;6) và R2 =36 .

-Khi đó bất đẳng thức (1) tương đương: 5 2  7 �MN �5 2  7 (1’)
Cho biết đường thảng I1I2 cắt (C1) tại M1, M2 và cắt (C2) tại N1,N2.
Xác định các độ dài như sau:

OM 1  2  1

, OM 2  2  1

ON1  6( 2  1), ON 2  6( 2  1)
.M 2 N1  ON1  OM 2  6( 2  1)  ( 2  1)  5 2  7

Và .M 1 N 2  ON 2  OM 1  6( 2  1)  ( 2  1)  5 2  7

.MN 

 a  c

2

bd

2

Khi đó M1N2 là độ dài lớn nhất của MN, M2N1 là độ dài lớn nhất của MN, nên:

M 2 N1 �MN �M 1 N 2

16

14

N2

12

10

8

I2

6

4

N1

2

M2
I1
M1
-5

5

10

15

20

25

-11

5 2  7 �  a  c    b  d  �5 2  7
2

Tù đó ta có :

�





3





3

2





3

2 1 �  a  c    b  d  � 2  1 .

2

2





3

2 1 �  a  c   b  d  � 2 1 .
2

2

Vậy :
Xin cảm ơn quí Thầy , Cô và các em học sinh quan tâm tìm hiểu chuyên đề này.

--------------------------------