CHUYEN DE BDTCUC HOT

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (134.72 KB, 10 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

A. TÝnh chÊt luü thõa bËc hai:

Ngay từ lớp 7 học sinh đã biết nhận xét về dấu của một số có luỹ thừa chẵn nắm đ
-ợc tính chất của luỹ thừa bậc hai

B×nh ph

“ ơng hay luỹ thừa bậc hai của mọi số đều không âm”
(*)

DÊu = x¶y ra“ ” khi a = 0.

Lớp 8 học sinh đã đợc làm quen với hằng đẳng thức:

(A - B)

= A

– 2AB + B

NÕu sư dơng tÝnh chÊt (*) thì

Việc khai thác và sử dụng sáng tạo bÊt

đẳng thức (I) giúp học sinh rèn luyện t duy và hình thành phơng pháp chứng minh cũng
nh cách thức để hình thành bất đẳng thức mới từ bất đẳng thức đã biết.

Từ bất đẳng thức (I):

(a – b)2≥ 0 a2 + b2 2ab

ở cả 3 BĐT (I), (II), (III) dÊu “=” x¶y ra khi 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 có thể đổi biến đặt A = ay; B = bx khi đó (I) trở thành:
(ay – bx )2 ≥ 0 a, b, x, y

DÊu “=” x¶y ra khi ay = bx  a

b=
x
y

Khai triển và biến đổi: a2y2 – 2axby + b2x2 ≥ 0 
 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 rằng : (a2 + b2)(x2 + y2) ≥ (ax + by)2

(Bất đẳng thức Bunhiacôpxki cho 2 bộ số a, b, và x, y)

Để khắc sâu các phơng pháp chứng minh bất đẳng thức ta sẽ chứng minh bài toán
bằng nhiều cách

- Phơng pháp 1: Dùng định nghĩa : A > B  A – B > 0.
+ Lập hiệu A – B.
+ Chứng tỏ A – B > 0.

A

2

≥ 0

a

(A - B)2

≥ 0

A,B (I)

a
b+

b

a ≥ 2

(II)

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=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 ≥ 0 luôn đúng  a, b, x, y.
Vậy (a2 + b2)(x2 + y2) ≥ (ax + by)2

DÊu “=” x¶y ra khi a
b=

x
y

- Phơng pháp 2 : 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

 (ay – bx)2 ≥ 0

luôn đúng  a, b, x, y.
Dấu “=” xảy ra khi a

b=
x
y

Bất đẳng thức cuối cùng là đúng.
Vậy (a2 + b2)(x2 + y2) ≥ (ax + by)2

- Phơng pháp 3 : Sử dụng bất đẳng thức đã biết
+ Cách 3 : Ta có (ay - bx)2 ≥ 0

 a2y2– 2aybx + b2x2≥ 0

 a2x2 + a2y2 + b2x2 + b2y2≥ a2x2+ 2·by + b2y2(céng 2 vÕ a2x2, b2y2).
 (a2 + b2)(x2 + y2) (ax + by)2

- Phơng pháp 4 : Phơng pháp phản chứng.

+ Giả sử có điều trái với kết luËn.

+ Suy ra điều mâu thuẫn với giả thiết hoặc điều đã biết.
+ Giả sử sai – kết luận đúng.

+ 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 < 0. V« lý
VËy (a2 + b2)(x2 + y2) ≥ (ax + by)2

Bốn phơng pháp trên thể hiện trong 4 cách giải bài tốn 1 là 4 ph ơng pháp thơng
thờng để chứng minh bất đẳng thức.

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

(az - cx)2 ≥ 0  (ay - bx)2 + (az - cx)2 + (cy - bz)2 ≥ 0 
(cy - bz)2 ≥ 0

Khai triển, chuyển vế cộng vào 2 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 2 :

CMR : (a2 + b2 + c2)(x2 + y2 + z2) (ax + by +cz)2
( BĐT Bunhiacôpxki cho 2 bộ 3 số a, b, c và x, y, z).

Giải

Xét hiệu : (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 ≥ 0 
Dấu = xảy ra khi a

x=
b
y=

c
z

Bằng cách làm tơng tự ta có thể phát triển bài toán BĐT Bunhiacôpxki tổng quát:
(a2

1 + a22 ++ a2n)(x21 + x22 ++ x2n) ≥ (a1x1 + a2x2 +…+ anxn )2
DÊu “=” x¶y ra khi a1

x1
=a2

x2

=. ..=an

xn

Để ý rằng nếu a và x là 2 số nghịch đảo của nhau thì ax = 1 (x = 1
a )
Từ bài toán 2 ta cú th t ra bi toỏn:

3.Bài toán 3:

Cho ba số a, b, c là 3 số dơng
Chứng minh r»ng: (a + b + c)( 1

a +

b +

c ) 9
Giải

Theo bài toán 2 (BĐT Bunhiacôpxki):
(a + b + c)( 1

a +

b +

c ) ≥ (

√

a

√

a+

√

b

√

b+

√

c

√

c)
2

 (a + b + c)( 1a + 1b + 1c ) ≥ 32 = 9
DÊu “=” x¶y ra khi a = b = c.

Từ bất đẳng thức (x+ y+ z)( 1
x +

y +

z )≥ 9
Đặt a + b = X; b + c = Y; c + a = Z ta đợc BĐT:

2(a + b + c)( 1
a+b +

b+c +
1

c+a )≥ 9
 ( ba

+c +

b
a+c +

c

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

 ba
+c +

b
a+c +

c
b+a ≥

3
2

Bài tốn tìm đợc:

4.Bµi toán 4:

Cho a, b, c là 3 số dơng CMR: a
b+c +

b
a+c +

c
b+a

3
2
Giải

áp dụng bài toán 2 tacã:
(a+b+c+b+c+a)( 1

a+b +
1

b+c +
1

c+a )≥ (

√

a+b
1

√

a+b+

√

b+c

√

b+c+

√

c+a
1

√

c+a)
2

 2(a + b + c)( a1
+b +

b+c +
1

c+a )≥ 9
 ( ba

+c +

b
a+c +

c

b+a +3) ≥ 9
 ba

+c +

b
a+c +

c
b+a

2 (1)
Ta tiếp tục khai thác bài toán 4 theo 2 bớc sau:

- Bớc 1 : Nhân 2 vÕ cđa (1) víi a+b+c > 0.
(a + b + c)( 1

a+b +
1

b+c +
1

c+a )≥
3

2 (a + b + c)
- Bớc 2 : Khai triển rút gọn vế trái sau đó chuyển vế ta đợc:

a2
b+c +

b2
a+c +

c2
b+a

a+b+c
2
Đây là nội dung của bài toán 5
5.Bài toán 5 :

Cho a, b, c là 3 số d¬ng
CMR: a

b+c +

b2
a+c +

c2
b+a ≥

a+b+c
2

Chứng minh bài tốn 5 ta có thể dẫn từ bài tốn 1 theo hớng khai thác để đi đến
kết quả. Nhng ta có thể giải độc lập nh sau:

- Phơng pháp 1: áp dụng bất đẳng thức bài toán 2
[( a

√

b+c¿
2

+ ( b

√

b+a¿
2

+( c

√

b+a¿
2

][(

√

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

b+c +

b2
a+c +

c2

b+a ) ≥ (a + b + c)
2

 a

b+c +

b2
c+a +

c2
b+a ≥

a+b+c

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

a2
b+c +

b+c

4 ≥ 2

√

a
2

b+c.
b+c

4 = a

b2
c+a +

c+a
4 ≥ b

c2

b+a +

b+a
4 ≥ c
VËy a

b+c +

b2
c+a +

c2
b+a ≥

a+b+c

2 (cộng theo vế 3 BĐT trên )
Ta tiến hành khai thác bài toán 5 bằng cách:

+Trang bị thêm cho bài toán 5 điều kiện : abc = 1.
+ áp dụng BĐT Cô si cho 3 số dơng :

a + b + c ≥ 3

√

3abc = 3x1 = 3
6.Bài toán 6:

Cho a, b, c là 3 số dơng thoả mÃn : abc = 1.
CMR a

b+c +

b2
c+a +

c2

b+a ≥

2 (2)
Giải

Theo bài toán 5
a2
b+c +

b2
c+a +

c2
b+a

a+b+c

2 3
3

abc

2 =
3x1

2 =
3
2

a2
b+c +

b2
c+a +

c2
b+a

3
2
Xem xét bài toán 6 ta nhËn thÊy:

+ Nếu đặt a = 1

x ; b =

y ; c =

z  abc =

xyz = 1.
Khi đó : x + y = 1

a +

b =
a+b

ab = c(a + b).
T¬ng tù : y + z = a(b + c).

z + x= b(c + a).
Do đó BĐT (2)  a

a(b+c) +

b3

b(a+c) +

c3

c(a+b) ≥
3
2 .
 1

x3

(y+z) +
1

y3

(z+x) +
1

z3

(x+y) ≥
3
2 .
7.Bµi toán 7:

Cho x, y, z là 3 số dơng thoả mÃn : xyz = 1

CMR : 1

x3

(y+z) +

y3

(z+x) +

z3

(x+y) ≥

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Đặt a = 1

x ; b =

y ; c =

z  abc =

xyz = 1.
Ta cã : x+y = c(a+b)

y+z = a(b+c)
z+x = b(c+a)
Do đó : 1

x3

(y+z) +

y3

(z+x) +

z3

(x+y) =

a2
b+c +

b2
c+a +

c2
b+a ≥

2 (theo
bµi to¸n 6)

Nh vậy từ tính chất về luỹ thừa bậc hai ta đã khai thác đợc chùm 7 bài toán từ dễ
đến khó hoặc rất khó mặt khác cũng rèn luyện t duy sáng tạo của học sinh.

II/.Khai thác bất ng thc II. a
b+

b
a 2
Đặt a

b=x>0 thì
b
a=

x. Ta có ngay bài toán:
8. Bài toán 8:

Cho số dơng x.

Chứng minh rằng: x + 1
x 2.
Khai thác bài toán 8 ta thÊy: x. 1

x=1 .

Do đó nếu ta dùng 4 số dơng a, b, c, d thoả mãn : abcd=1.
Khi đó: ab= 1

cd (cd=
1
ab¿

Ta khám phá đợc bài toán mới:
9. Bài tốn 9:

Cho a, b, c, d lµ 4 số dơng thoả mÃn abcd=1
CMR: ab + cd 2 (hc ac + bd ≥ 2; ad + bc ≥ 2)

(Chứng minh bất đẳng thức này chỉ cần đa về bài tốn 8 bằng cách dùng điều kiện
abcd=1)

Lại có: a2 + b2≥ 2ab ; c2 + d2≥ 2cd.
Do đó : a2 + b2 + c2 + d2≥ 2ab + 2cd

Liên kết với bài toán 9 ta có: a2 + b2 + c2 + d2≥ 2(ab + cd) ≥ 4
10. Bài toán 10:

Cho a, b, c, d là 4 số dơng thoả mÃn abcd=1
CMR: : a2 + b2 + c2 + d2 4

Tiếp tục liên kết bài toán 9 và 10 ta có:
11. Bài toán 11:

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

CMR: : a2 + b2 + c2 + d2 + ab + cd + ac + bd ≥ 10
Giải

Từ điều kiện a. b, c, d > 0 và abcd=1
Ta cã: : ab = 1

cd ; ad =
1

bc ; ca =
1
bd
Do đó: (ab + cd) + (da + bc) + (ac + bd)

= (cd + 1

cd ¿ + (bc +
1

bc ¿ + (bd +
1

bd¿ ≥ 2 + 2 + 2 = 6 (Bài toán 9)
Mà a2 + b2 + c2 + d2 4 (bài toán 10)

a2 + b2 + c2 + d2 + ab + cd + ac + bd ≥ 10
DÊu “=” x¶y ra khi a = b = c = d

Vây từ bất đẳng thức (II) ta khai thác thành 1 chùm 4 BĐT (8 →11 )
III. Khai thác bất đẳng thức III: (a + b)2 ≥ 4ab a, b

Là bất đẳng thức đa ra mối quan hệ của bình phơng1tổng với tích cuả chúng.
Để khai thác BĐT (III) ta thêm điều kiện a,b là 2 số dơng.

Chia 2 vế của (III) cho ab(a + b) ta đợc:
a+b

ab ≥
4

a+b ⇔
1

a +

b

a+b
12. Bài toán 12:

Cho a,b là 2 số dơng
Chứng minh rằng: 1

a +

b

a+b
Giải
Xét hiệu 1

a +

b -

a+b =

a(a+b)+b(a+b)−4 ab
ab(a+b) =

a+b
(a − b)2

ab(¿)

≥ 0
VËy 1

a +

b

a+b

Dấu = xảy ra khi a=b

Khai thác bài toán 12 tơng tự nh cách khai thác bài toán 1.
Ta cã: 1

a +

b ≥

a+b c

2 + d2≥ 4
1

b +

c ≥

b+c
1

c +

a ≥

c+a

Do đó nếu cộng theo vế của 3 BĐT trên ta đợc:
1

a+b +
1

b+c +
1

c+a ≥
¿
1
2¿

a+¿

b+¿

c¿
13. Bµi to¸n 13:

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

CMR: 1
a+b +

b+c +
1

c+a

1
2

a+

b+

c

Giải

Theo bài toán 12:
1

a+b

1
4

a+

b )

b+c

1
4

b+

c )

c+a

1
4

c+

a )
Cộng theo vế của 3 BĐT trên:

a+b +
1

b+c +
1

c+a ≤
¿
1

2¿

a+¿

b+¿

c¿
DÊu “=” x¶y ra khi a=b=c

Khai thác bài toán 13 bằng cách :
+ Đặt a= x + y; b= y + z; c= z + x

a=¿

x+y ≤
¿
1
4¿

x +

y )

b=¿

y+z ≤
¿
1
4¿

y +

z )

c=

z+x

1
4

z +

x )
+ Thêm điều kiện : 1

x+¿

y +

z = 4

Ta hình thành bài toán 14 là một BĐT đã là một bài thi đại học khối A năm 2005. Điều
này càng chứng tỏ việc học sinh nắm chắc kiến thức ngay t lp di l vụ cựng quan
trng.

14. Bài toán 14:

(Đại học khối A năm 2005)
Giải
- Cách 1

- C¸ch 2: 
Ta cã 1

2x+y+z =

2x+(y+z) ≤
1
4 (

1
2x +

y+z ) ≤
1
8x +

1
16 (

y +

z ) =

1
8x +

1
16y +

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

x+2y+z ≤
1
16x +

1
8y +

1
16z

x+y+2z
1
16x +

1
16y +

1
8z
Cộng theo vế các BĐT:

2x+y+z +

x+2y+z +

x+y+2z ≤
1
4 (

x +

y +

z )=1

VËy 1

2x+y+z +
1

x+2y+z +

x+y+2z ≤ 1
Khai thác bài toán 14 bằng 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 i.
CMR: ab

a+b+2c +
bc

2a+b+c +
ac

c+2b+c

p

2
Giải

áp dụng bài toán 12
Ta cã: ab

a+b+2c =
ab

(a+c)+(b+c) ≤
1
4 (

a+c +
ab

b+c )
bc

2a+b+c ≤
1
4 (

a+b +
bc

a+c )
ac

a+2b+c ≤
1
4 (

b+a +
ca

a+b )
Cộng theo vế của 3 BĐT ta đợc:

a+b+2c +
bc

2a+b+c +
ac

a+2b+c ≤
1
4 (

a+c +

b+c +
bc

a+b +
bc

a+c +
ca

b+a +
ca

a+b ) =
1

4 (a + b + c) =
1

4 .2p =

p

2
Dấu “=” xảy ra khi Δ ABC đều có a = b =c = 23p

Tiép tục khai thác bải toán trong tam giác về mối quan hệ giữa cạnh của tam giác và chu
vi của nó ta có:

16. Bài toán 16

Trong ABC cú chu vi a + b +c = 2p ( a, b, c là độ dài 3 cạnh ).

CMR : 1

p − a +

p − b +

p − c ≥ 2 (

a +

b +

c )
Gi¶i

NhËn xÐt : p - a = a+b+c

2 - a =

b+c − a

2 > 0 ( vì b + c > a bất đẳng thức tam giác )
Tơng tự : p - b > 0 ; p- c > 0.

Mặt khác : p - a + p - b = 2p - a - b = c
p - b + p - c = a

p - c + p - a = b

Do đó ta nghĩ đến việc dùng bất đẳng thức bài toán 12 nh sau:
1

p − a +

p − b ≥

(p −a)+(p − b) =
4

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

p − b +

p − c ≥

a

p − c +

p − a ≥

b

Cộng theo vế của bất đẳng thức ta có :
1

p − a +

p − b +

p − c ≥ 2 (

a +

b +

c )

</div>

CHUYEN DE BDTCUC HOT

(A - B)

<sub> = A</sub>

<sub> – 2AB + B</sub>

<sub> </sub>

<b>A</b>

<b> ≥ 0 </b>

<b>≥ 0 </b>

√

√

√

√

√

√

√

√

√

√

√

√

√

√

√

<sub>√</sub>

√

√

√

√

√

√

√

√

√

√

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về