Chuyên đề bất đảng thức LTĐH

A. Kiến thức cần nắm về bất đẳng thức:

1. Định nghĩa bất đẳng thức:

Ta gọi hệ thức dạng a < b (hay a > b; a  b; a  b) là bất đẳng thức và gọi a là vế trái, b là vế phải của bất đẳng thức.

2. Tính chất bất đẳng thức:

1) a > b ; b >c  a > c 2) a >b  a + c > b + c 3) a > b ; c > 0  ac > bc a > b ; c < 0  ac < bc

5) a > b ; c > d  a + c > b + d a > b ; c < d  a - c < b - d 6) a > b  0  ac > bd

7) a > b > 0 ; 0 < c < d c a >

d b

8) a > b > 0  aⁿ > bⁿ a > b  aⁿ > bⁿ (n lẻ) a b  aⁿ > bⁿ ( n chẵn )

9) Nếu m > n > 0 thì a >1 a^m > aⁿ a =1 a^m = aⁿ

0 < a < 1  a^m = aⁿ 10) a > b , ab > 0 

a 1<

b 1

3. Các hằng bất đẳng thức:

1) a²  0 với  aR. Dấu bằng xẩy ra khi a = 0 2) a  0 với  aR. Dấu bằng xẩy ra khi a = 0 3) a  a với  aR. Dấu bằng xẩy ra khi a  0

4) a b a + b với  a, b R. Dấu bằng xẩy ra khi ab  0 5) a b a - b với  a, b R. Dấu bằng xẩy ra khi ab>0 và a  b

B. Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức

1. Phương pháp sử dụng định nghĩa:

1.1. Phương pháp giải: Muốn chứng minh A > B hãy xét hiện A - B. Nếu hiện A - B dương thì khẳng định được A > B là bất đẳng thức cần chứng minh.

1.2. Ví dụ áp dụng:

Ví dụ1: Cho a > 0, b > 0. chứng minh rằng:

3 3 3

a +b a+b

2 2

 

   Giải:

Xét hiệu: B =

3 3 3

a +b a+b

2 - 2

 

 

 

Bỏ ngoặc, phân tích B thành nhân tử ta được: B =

8

3 (a + b) (a - b)² Vì a > 0 , b

> 0  a + b > 0 mà (a - b)² 0  B 0 Theo định nghĩa 

3 3

a +b 2 

a+b 3

2

 

 

  Dấu bằng xẩy ra  a = b Ví dụ 2:  x, y, z chứng minh rằng : a) x² + y² + z²  xy+ yz + zx

b) x² + y² + z²  2xy – 2xz + 2yz c) x² + y² + z²+3  2 (x + y + z) Giải:

a) Ta xét hiệu

x² + y² + z²- xy – yz - zx

=2

1.2 .( x² + y² + z²- xy – yz – zx)

=2

1



^{(x y)2(xz)2(yz)2}



^0đúng với mọi x;y;zR

Vì (x-y)² 0 với x ; y Dấu bằng xảy ra khi x=y (x-z)² 0 với x ; z Dấu bằng xảy ra khi x=z (y-z)² 0 với  z; y Dấu bằng xảy ra khi z=y Vậy x² + y² + z²  xy+ yz + zx

Dấu bằng xảy ra khi x = y =z

b)Ta xét hiệu

x² + y² + z² - ( 2xy – 2xz +2yz )

= x² + y² + z²- 2xy +2xz –2yz

=( x – y + z)² 0 đúng với mọi x;y;zR

Vậy x² + y² + z²  2xy – 2xz + 2yz đúng với mọi x;y;zR

Dấu bằng xảy ra khi x+y=z c) Ta xét hiệu

x² + y² + z² +3 – 2( x+ y +z )

= x²- 2x + 1 + y² -2y +1 + z² -2z +1

= (x-1)²+ (y-1) ²+(z-1)² 0 Dấu(=)xảy ra khi x=y=z=1 1.3. Bài tập tương tự:

Bài 1: Chứng minh: x² + y² + z²  2xy + 2yz - 2x Bài 2: Cho a, b, c > 0 chứng minh:

2

2 2

a

b +c +

2

2 2

b

c +a +

2

2 2

c

a +b ^{ a}

b+c + ^b

c+a + ^c a+b 2. Phương pháp sử dụng tính chất:

2.1. Phương pháp giải: Sử dụng một hay nhiều tính chất đã nêu ở 2.2 để biến đổi. Từ đó khẳng định bất đẳng thức cần chứng minh.

2.2. Ví dụ áp dụng:

Ví dụ 1: Cho x  0, y  0, z  0. Chứng minh rằng:

(x + y) (y + z) (z + x)  8xyz Giải:

Ta có: (x-y)²  x² - 2xy +y² 0

^ x² + 2xy +y²  4xy (Tính chất 2)

 (x+y)²  4xy (1) Tương tự ta có: (y+z)²  4yz (2) (x+z)²  4xz (3)

Nhân từng vế của (1), (2), (3) [(x+y)(y+z)(x+z)]²  (8xyz )² (Tính chất 6)  (x+y)(y+z)(x+z)  8xyz (Tính chất 8)

VÝ dô 2:

Cho a,b,c> 0 tháa m·n

3

2 5

2

2b c 

a . Chøng minh

abc c b a

1 1 1 1   

Gi¶i:

Ta cã :( a+b- c)²= a²+b²+c²+2( ab –ac – bc)  0  ac+bc-ab 

2

1( a²+b²+c²)  ac+bc-ab

6

 5  1 Chia hai vÕ cho abc > 0 ta cã

c b a

1 1 1   

abc 1

2.3. Bài tập tương tự:

Bài 1: Chứng minh rằng:

2 2

a b +

2 2

b c +

2 2

c a ^

c b + ^b

a + ^a c Bài 2: Cho x + y = 2. Chứng minh : x² + y²  2

3. Phương pháp biến đổi tương đương: ( phương pháp phân tích)

3.1. Phương pháp giải: Xuất phát từ bất đẳng thức cần chứng minh ta biến đổi nó tương đương với một bất đẳng thức khác mà ta đã biết là đúng từ đó suy ra bất đẳng thức cần chứng minh là đúng.

3.2. Ví dụ áp dụng:

Ví dụ 1: Cho 2 số x, y thoả mãn: x+ y = 1 Chứng minh: x³ + y³ +xy 

2 1 (1) Giải:

(1)  x³ + y³ +xy -

2 1



0  (x+ y) (x²- xy+ y²) +xy -

2 1



0  x²- xy+ y² + xy-

2

1



0 (vì x+ y = 1)  x² + y² -

2 1



0  2x² + 2x² - 1



0

 2x² + 2(1 -x)² - 1



0 ( vì y = 1 -x)

 4 (x-  0 2

1 2

 (2)

Bất đẳng thức (2) luôn đúng mà các phép biến đổi trên là tương đương (1)

đúng.

Dấu bằng xảy ra tại x= y =

2 1.

Ví dụ 2: Chứng minh rằng:



^a10b10



^{a2 b2}

 

^{ a8b8}



^{a4 b4}



Giải:



^{a10 b10}



^{a2 b2}

 

^{ a8 b8}



^{a4 b4}



 a¹² a¹⁰b² a²b¹⁰ b¹² a¹² a⁸b⁴ a⁴b⁸ b¹²  ^a8b2



^{a2 b2}



^a2b8



^{b2 a2}



^0

 a²b²(a²-b²)(a⁶-b⁶) 0  a²b²(a²-b²)²(a⁴+ a²b²+b⁴)  0 Bất đẳng thức cuối đúng vậy ta có điều phải chứng minh 3.3. Bài tập tương tự

Bài 1: Cho x > 0, y > 0. Chứng minh rằng: ^x x y ^y

y    x

Bài 2: Chứng minh x⁴ + y⁴

6 6

2 2

x y

y +x

 với x 0, y 0. 4. Phương pháp tổng hợp:

4.1. Phương pháp giải: Từ một bất đẳng thức đã biết là đúng, dùng các phép biến đổi tương đương biến đổi bất đẳng thức đó về bất đẳng thức cần chứng minh.

Phương pháp giải này làm cho học sinh thấy khó ở chỗ là không biết nên bắt đầu từ bất đẳng thức nào nhưng nếu biết phương pháp giải này ngược với phương pháp phân tích thì cũng rất dễ tìm ra bất đẳng thức xuất phát.

4.2. Ví dụ áp dụng

Ví dụ: Cho a, b, c, d > 0. Chứng minh rằng:

  

²



²

2 2 2 2

a +b + c +d  a+c + b+d

Giải:

Ta có: (ad - bd)²



0

a²d² - 2adbc + b²c²



0

a²d² - 2adbc + b²c² + a²c² + b²d²



a²c² + b²d²

a²d² - 2adbc + b²c² + a²c² + b²d²



a²c² + 2acbd + b²d²

a²(c² + d²) + b²(c² + d²)  (ac + bd)²

^



^{a +b2 2}



^{c +d2 2}



^ ac + bd ( vì ac + bd > 0)

a² + b² + 2



^{a +b2 2}



^{c +d2 2}



^{+ c2 + d2}



2ac + 2bd + a² + b² + c² +d²  (



^{a +b2 2}



^{c +d2 2}



⁾²



^{(a + c)2 + (b + d)2}

 a +b + c +d^{2 2 2 2} 

  

a+c + b+d²



² (đpcm) Dấu “=” xảy ra  a c

b=d

Chú ý: Với a, b, c, d > 0 thì các phép biến đổi trong cách giải trên là tương đương.

4.3. Bài tập tương tự: Chứng minh các bất đẳng thức Bài 1: a² + b² + c²



ab + bc + ca với mọi a, b

Bài 2:

3 3 3

a +b a+b

2 2

 

   với a > 0 , b > 0.

5. Phương pháp phản chứng:

5.1. Phương pháp giải: Nếu bài toán yêu cầu chứng minh bất đẳng thức A



B ( hoặc A < B) thì ta giả sử A < B (hoặc A



B). Từ điều mà ta vừa giả sử cùng với giả thiết của bài toán ta suy ra một điều mâu thuẫn với giả thiết với các kiến thức đã học. Cuối cùng ta khẳng định kết luận của bài toán A



B ( hoặc A < B) là đúng.

Phương pháp giải như trên gọi là phương pháp phản chứng.

5.2. Ví dụ áp dụng

Ví dụ 1: Chứng minh rằng:

Nếu a + b + c > 0; abc >0 , ab + bc + ac > 0 thì a > 0, b > 0, c > 0.

Giải:

Giả sử a  0

Nếu a = 0 thì abc = 0 trái với giả thiết abc > 0 Nếu a < 0 : do a + b + c > 0 nên b + c > 0

do abc > 0 nên bc < 0  a(b + c) + bc < 0

Hay ab + ac + bc < 0 trái với giả thiết ab + ac + bc > 0 Vậy a > 0. Tương tự ta chứng minh được b > 0, c > 0 Ví dụ 2:

Cho 4 số a , b , c ,d thỏa mãn điều kiện ac  2.(b+d) .Chứng minh rằng có ít nhất một trong các bất đẳng thức sau là sai: a²  4b , c² 4d

Giải :

Giả sử 2 bất đẳng thức : a² 4b , c² 4d đều đúng khi đó cộng các vế ta được a²c² 4(bd) (1)

Theo giả thiết ta có 4(b+d)  2ac (2)

Từ (1) và (2)  a²c² 2ac hay



^ac



^{2 0} (vô lý)

Vậy trong 2 bất đẳng thức a² 4b và c² 4d có ít nhất một các bất đẳng thức sai

5.3. Bài tập tương tự:

Bài 1: Chứng minh rằng: 4(a³+b³) - (a+b)³0 với a, b > 0 . Bài 2: Cho x³ + y³ = 2. Chứng minh x+ y  2.

6. Phương pháp quy nạp toán học:

6.1. Phương pháp giải: Nếu bất đẳng thức phải chứng minh phụ thuộc vào đối số tự nhiên n thì ta có thể dùng phương pháp quy nạp toán học. Ta cần thực hiện 3 bước sau:

+ Chứng minh bất đẳng thức đúng với n = 1 (hoặc đúng với n = n₀ là giá trị tự nhiên bé nhất của n theo yêu cầu của đề bài)

+ Giả sử bất đẳng thức đúng với n = k (k > 1 hoặc k > n0) rồi chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k + 1.

+ Kết luận bất đẳng thức đúng với mọi n N.

6.2. Ví dụ áp dụng:

Ví dụ 1: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n > 1 thì:

(n+1)(n+2)(n+3)….2n > 2ⁿ (1) Giải:

Với n = 2 thì (1) trở thành: (2+1)(2+2) > 2² 12 > 4 (1) đúng.

Giả sử (1) đúng với n = k (k N, k2) tức là

(k+1)(k+2)(k+3)….2k > 2^k. Ta phải chứng minh (1) đúng với n = k+1 tức là phải chứng minh (k+2)(k+3)(k+4)…2(k+1) > 2^k+1

Hay (k+2)(k+3)(k+4)…(2k+2) > 2^k+1

Thật vậy: Theo giả thiết quy nạp ta có: (k+1)(k+2)(k+3)…2k > 2^k

 (k +1)(k+2)(k+3)…(2k)(2k+1) > 2^k (Do k N, k22k+15)

 2(k +1)(k+2)(k+3)…(2k)(2k+1) > 2.2^k

 (k+2)(k+3)…(2k)(2k+1)(2k+2) > 2^k+1

Vậy bất đẳng thức (1) đúng với mọi số tự nhiên n >1 nghĩa là:

(n+1)(n+2)(n+3)…2n > 2ⁿ Ví dụ 2:

Chứng minh rằng

n n

2 1 .... 1

2 1 1

1

2 2

2      nN;n1 (1) Giải :

Với n =2 ta có

2 2 1 4

11  (đúng) Vậy BĐT (1) đúng với n =2

Giả sử BĐT (1) đúng với n =k ta phải chứng minh BĐT (1) đúng với n = k+1

Thật vậy khi n =k+1 thì (1) 

1 2 1 ) 1 (

1 .... 1

2 1 1

1

2 2

2

2   

 





 k k k

Theo giả thiết quy nạp



 1 ^{2 11}

1 2 1

) 1 (

1 .... 1

2 1 1

1

2 2 2

2

2   

 



 







 k k k k k





^k



^k

k k

1 1 1 1

1 )

1 ( .... 1 1

1

2 2

2 

 

 

 



 ₂ 1 ( 2) ( 1)² )

1 (

1

1     





 k k k

k k

k k²+2k<k²+2k+1 Điều này đúng .Vậy

bất đẳng thức (1)được chứng minh 6.3. Bài tập tương tự

Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n 3 thì: n² > n + 5 Bài 2: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì:

1 1 1

+ +...+ >1

n+1 n+2 3n+1

7. Phương pháp xét các khoảng giá trị của biến:

7.1. Phương pháp giải: Có những bài toán yêu cầu chứng minh bất đẳng thức A(x) > 0 mà không cho thêm giả thiết nào nữa ta có thể suy nghĩ theo cách giải sau: Nếu biểu thức A(x) viết được về dạng tổng các hạng tử nx(x-a) thì ta xét các khoảng giá trị của biến x chẳng hạn như x  a và x < a để sử dụng định nghĩa bất đẳng thức x  a x-a0 hay x < a x -a < 0.

Trong trường hợp bất đẳng thức cần chứng minh chưa có dạng A(x) > 0 hay A(x) < 0 trước hết ta chuyển vế để đưa về dạng đó.

7.2. Ví dụ áp dụng:

Ví dụ: Chứng minh 12x⁴ + 8x³ +11x² +7x+10 >0 Giải:

Xét B = 12x⁴ + 8x³ +11x² +7x+10 (1)

Hoặc B = 10(x⁴ + x³ +x² +x+1) + 2x⁴ +x² -2x³ -3x (2)

+ Nếu x 0 thì từ (1) B > 0 ( vì x⁴ + x³ +x² +x+1 > 0 tương tự ví dụ 1 và 2x⁴ +x² > 0; -2x³ -3x > 0 ( do x < 0)

Vậy B > 0.

7.3. Bài tập tương tự

Bài 1: Chứng minh x⁶ - x⁵ + x⁴- x³+x² - x +

4 3 > 0

Bài 2: Chứng minh x⁸ +x⁴ +1 > x⁷ + x

8. Phương pháp làm trội: ( hoặc làm giảm)

8.1. Phương pháp giải: Để chứng minh A < B ta làm trội A thành C (A < C) rồi chứng minh C  B (biểu thức C đóng vai trò trung gian để so sánh A và B). Tương tự đối với phương pháp làm giảm.

L-u ý:

Dùng các tính bất đẳng thức để đưa một vế của bất đẳng thức về dạng tính được tổng hữu hạn hoặc tích hữu hạn.

(*) Phương pháp chung để tính tổng hữu hạn : S = u₁u₂....u_n

Ta cố gắng biến đổi số hạng tổng quát uk về hiệu của hai số hạng liên tiếp nhau:

u_k a_k a_k1

Khi đó :

S = a1a2  a2a3....a_na_n1a1a_n1

(*) Phương pháp chung về tính tích hữu hạn P = u₁u₂....u_n

Biến đổi các số hạng u_k về thương của hai số hạng liên tiếp nhau:

u_k=

1 k

k

a a Khi đó P =

1 1 1 3

2 2

1. ...







n n

n

a a a

a a a a a

8.2. Ví dụ áp dụng:

Ví dụ 1 :

Với mọi số tự nhiên n >1 chứng minh rằng

4 3 .... 1

2 1 1 1 2

1 

 

 

 

 n n n n

Giải:

Ta có

n n n k

n 2

1 1

1 

 

 với k = 1,2,3,…,n-1 Do đó:

2 1 2 2 ... 1 2

1 2 ... 1 2 1 1

1       

 

 n

n n n

n n

n

Ví dụ 2 : Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n  2 ta có:

A = 1+1 1 _n1 + +...+ < n

2 3 2 -1

Giải:

A= 1 1 1₂ 1 1 1 1₃ 1 1 1_{n-1 n}1

1+ + + + + + + + +...+ +...+ +...+

2 3 2 5 6 7 2 9 15 2 2 -1

       

       

       

ở mỗi nhóm trong A ta làm trội bằng cách thay các phân số bởi phân số lớn nhất trong nhóm, ta được:

A< 1 1₂ 1₃ 1₁ ¹

1 .2 .4 .8 ... .2

2 2 2 2

n n



      =

n

1+1+...+1= n

Vậy A < n

8.3. Bài tập tương tự

Bài tập: Chứng minh: 1 1 1 1

+ + +...+ < 2

n+1 n+2 n+3 3n+1 Với n nguyên dương.

9. Phương pháp sử dụng các bất đẳng thức kinh điển: ( Bất đẳng Côsi và bất đẳng thức Bunhiacốpxki)

9.1. Phương pháp giải: Để chứng minh một bất đẳng thức nào đó ngoài các cách đã giới thiệu ta có thể sử dụng các bất đẳng thức kinh điển. Trong phạm vi chương trình THCS , tôi xin giới thiệu và hướng dẫn học sinh vận dụng bất đẳng thức Côsi (Cauchy) , bất đẳng thức Bunhiacốpxki và Bất đẳng thức Trê- bư-sép để chứng minh các bất đẳng thức khác.

a. Bất đẳng thức Côsi: Cho a1, a2,…,an là các số không âm. Khi đó ta có:

1 2 n n

1 2 n

a +a +…+a

a a …a

n 

Dấu bằng xảy ra khi a₁= a2 = …= an

b. Bất đẳng thức Bunhiacôpxki: Cho hai dãy số a1, a2,…,an và b1, b2,…,bn. khi đó ta có:

(a1b1+ a2b2 + …+ anbn)²  (a1 2 +a2

2 + …+ an 2)(b1

2 +b2

2 + …+bn 2) Dấu bằng xẩy ra khi ^{1 2 n}

1 2 n

a a a

= =...=

b b b với quy ước nếu mẫu của tỉ số nào bằng 0 thì tử của tỉ số đó cũng bằng 0.

c. Bất đẳng thức Trê- bư-sép:

Nếu











 C B A

c b

a 

. 3 3 3

C B A c b a cC bB

aA      

Nếu











 C B A

c b

a 

. 3 3 3

C B A c b a cC bB

aA      

Dấu bằng xảy ra khi













C B A

c b a

9.2. Ví dụ áp dụng:

Ví dụ 1: Cho a, b, c là các số không âm và a+b+c=1. Chứng minh rằng:

a+b + b+c + c+a  6 Giải:

a, b, c 0  a+b0; b+c0; c+a0

 a+b , b+c , c+a xác định.

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski với 2 bộ số:

a₁=1, a₂=2, a₃=3, b₁= a+b , b₂= b+c , b₃ = c+a

ta có: (1. a+b +1. b+c +1. c+a )²  (1+1+1)(a+b+b+c+c+a)

 ( a+b+ b+c+ c+a )² 3.2 (vì a+b+c=1)

( a+b+ b+c+ c+a  6

Ví dụ 2: Cho a, b, c, d >0 và abcd =1 .Chứng minh rằng :

     

10

2 2 2

2 b c d a bc b cd d ca  a

Giải:

Ta có a² b² 2ab c² d² 2cd Do abcd =1 nên cd =

ab

1 (dùng

2 1 1 

 x

x )

Ta có ^{2  2  2 2(  ) 2(  1 ) 4} ab ab

cd ab c

b

a (1)

Mặt khác: ^a



^b^c

 

^bc^d

 

^{d c}^a



=(ab+cd)+(ac+bd)+(bc+ad)

= 1 1 1  222



 



 





 



 





 



 

bc bc ac ac

ab ab

Vậy^{a2 b2 c2 d2 a}



^bc

 

^{b cd}

 

^{d ca}



^10

Ví dụ 3: Cho a > b > c > 0 và a² b² c² 1chứng minh rằng

3 3 3

1 2

a b c

b ca c a b 

  

Giải:

Do a,b,c đối xứng , giả sử a  b  c 







 

 







b a

c c a

b c b

a

c b a^{2 2 2}

áp dụng BĐT Trê- bư-sép ta có





 





 

 





 

 

 

 a b

c c a

b c b

a c b a b a c c c a b b c b

a a .

. 3 .

.

2 2 2 2

2

2 =

2 .3 3

1 =

2 1

Vậy

2

3 1

3

3 

 

 

 a b

c c a

b c b

a Dấu bằng xảy ra khi a = b = c =

3 1

* Lưu ý: + Việc chứng minh các bất đẳng thức Côsi và bất đẳng thức Bunhiacôpxki ở đây không đề cập mà chỉ hướng dẫn các em chứng minh bất đẳng thức bằng cách sử dụng một hoặc nhiều bất đẳng thức đã biết khác.

+ Khi sử dụng bất đẳng thức Côsi thì cần chú ý các số áp dụng phải có điều kiện  0 còn bất đẳng thức Bunhiacôpxki thì không cần điều kiện các số 0 nhưng phải áp dụng cho 2 bộ số.

+ Ngoài 2 bất đẳng thức hay sử dụng cho học sinh THCS đã nêu ở trên thì các em có thể sử dụng một số bất đẳng thức đã biết để chứng minh một bất đẳng thức khác.

9.3. Bài tập tương tự:

Bài tập: cho a, b, c > 0. Chứng minh:

a b c

+ + >2

b+c a+c a+b

10. Phương pháp tam thức bậc hai: ( dành cho học sinh giỏi cuối lớp 8 và lớp 9)

10.1. Phương pháp giải: Dùng định lí về dấu của tam thức bậc hai để chứng minh bất đẳng thức.

Định lý về dấu của tam thức bậc hai f(x) = ax² + bx + c (a 0) Δ = b² - 4ac

- Nếu Δ < 0 thì f(x) luôn cùng dấu với a với mọi giá trị của x (nghĩa là a.f(x)

> 0)

- Nếu Δ=0 thì f(x) luôn cùng dấu với a với mọi giá trị của x, trừ khi x =- b 2a thì f(x) = 0 (nghĩa là a.f(x) > 0 với  x - b

2a , a.f(x) = 0 khi x =- b 2a )

- Nếu Δ> 0 thì f(x) cùng dấu với a khi x nằm ngoài khoảng hai nghiệm (x1, x2) và khác dấu với a khi x nằm trong khoảng hai nghiệm.

10.2. Ví dụ áp dụng

Ví dụ 1: Chứng minh bất đẳng thức Bunhiacôpxki đã nêu trong phần (9) Giải:

Xét tam thức bậc hai:

f(x) = (b1x - a1)² + (b2x - a2)²+….+(bnx - an)²

Ta thấy f(x) 0với mọi x. Ta viết f(x) dưới dạng sau:

f(x) =( b₁²+b +…+b ) x²₂ ²_n ² - 2(a1b1+a2b2+…+a_nbn)x +



a +a +…+a ^{12 22 2n}



Do f(x) 0với mọi x nên từ (1) suy ra:

 

²

  

' 2 2 2 2 2 2

1 1 2 2 n n 1 2 n 1 2 n

Δ = a b +a b +…+a b - a +a +…+a b +b +…+b 0





a b +a b +…+a b1 1 2 2 n n



² 



a +a +…+a1^{2 2}2 ²n



b +b +…+b1^{2 2}2 ²n



Dấu = xảy ra  Δ = 0 ^'

 phương trình f(x) = 0 có nghiệm kép

 ^{1 2 n}

1 2 n

a a a

= =…=

b b b

Ví dụ 2:

Chứng minh rằng

^f ^{x,y x2y42}



^x22



^{.y24xyx24xy3}

Giải:

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với ^x2y42



^x22



^{.y24xyx24xy30}

(y²1)².x²4y1y²x4y² 0

Ta có ^4y2



^1y2



^24y2



^y21



^{2 16y2 0}

Vì a =



^y21



^{2 0 vậy} f x,y 0 (điều phải chứng minh)

* Nhận xét: khi sử dụng phương pháp tam thức bậc hai để chứng minh bất đẳng thức như ví dụ của (10) đã nêu ở trên thì học sinh cần biết định lí về dấu của tam thức bậc hai nhưng kiến thức đó chưa được chính thức giới thiệu ở bậc THCS nên hơi khó đối với các em. Do đó tôi chỉ giới thiệu ví dụ trên để HS tham khảo.

11. Dùng bất đẳng thức để tìm cưc trị

Lưu ý

- Nếu f(x)  A thì f(x) có giá trị nhỏ nhất là A - Nếu f(x)  B thì f(x) có giá trị lớn nhất là B Ví dụ 1 :

Tìm giá trị nhỏ nhất của : T = |x-1| + |x-2| +|x-3| + |x-4|

Giải :

Ta có |x-1| + |x-4| = |x-1| + |4-x|  |x-1+4-x| = 3 (1) Và x           2 x 3 x 2 3 x x 2 3 x 1 (2) Vậy T = |x-1| + |x-2| +|x-3| + |x-4|  1+3 = 4

Ta có từ (1)  Dấu bằng xảy ra khi 1 x 4

(2)  Dấu bằng xảy ra khi 2 x 3

Vậy T có giá trị nhỏ nhất là 4 khi 2 x 3

Ví dụ 2 :

Tìm giá trị lớn nhất của

S = xyz.(x+y).(y+z).(z+x) với x,y,z > 0 và x+y+z =1 Giải :

Vì x,y,z > 0 ,áp dụng BĐT Côsi ta có x+ y + z 3³ xyz

^{3 1 1}

3 27

xyz xyz

   

áp dụng bất đẳng thức Côsi cho x+y ; y+z ; x+z ta có ^xy ^{. yz} ^{. zx}^33^xy ^{. yz} ^{. xz}

^{ 2 33}^xy ^{. yz} ^{. zx} Dấu bằng xảy ra khi x=y=z=¹

3

Vậy S  ⁸ . ^{1 8} 27 27 729

Vậy S có giá trị lớn nhất là ⁸

729 khi x=y=z=¹

3

12. Phương pháp đồ thị và hình học:

11.1. Phương pháp giải: Vận dụng các kiến thức hình học để chứng minh các bài toán về bất đẳng thức đại số.

Ví dụ: Cho a, b, c, d > 0 . Chứng minh rằng:

  

²



²

2 2 2 2

a +b + c +d  a+c + b+d Giải:

Trên trục hoành Ox đặt liên tiếp hai đoạn OA = a, AB = c, còn trên trục Oy đặt liên tiếp OC = b, CD = d. Xét hình chữ nhật COAE và DOBF. Theo định lý Pitago ta có:

OE = a +b ^{2 2} EF = c +d ^{2 2}

OF =

  

^{a+c + b+d2}



²

Mà OE + EF  OF  a +b + c +d^{2 2 2 2} 

  

a+c + b+d²



²

Dấu bằng xảy ra  OAE EFG

 a c

b=d ^{a c}

b d

E D F

C O

G A B

y

x

Ví dụ 3: Cho x, y là 2 số thoả mãn:

2x+y-2 0 2x-y-2 0 -x+2y- 4 0

 

 

 



Chứng minh: x² + y² 4

 5 Giải:

C

O H

B A 2

- 4 1

x y

Gọi I(x;y) là điểm trên

mặt phẳng Oxy trong đó x, y thoả mãn đề bài. Tập hợp các điểm I(x,y) là miền mặt phẳng giới hạn bởi tam giác ABC.

Như vậy muốn chứng minh x² + y² 4

 5 ta cần chứng minh : OI² 4

 5. Xét tam giác OAB, O =90⁰, OH  AB

 1 ₂ 1 ₂ 1 ₂

= +

OH OA OB =⁵

4 OH² =

5

4; Lại có OI  OH Vậy OI²  4

5. Hay x² + y² 4

 5 11.3. Bài tập tương tự

Bài 1: Chứng minh rằng với x, y, z, t > 0 thì



^{x +z2 2}



^{y +z +2 2}

 

^{x +t2 2}



^{y +t2 2}



^



^{x+y z+t}

 

Bài 2: Chứng minh rằng với   x R: x -6x+34- x -6x+10^{2 2} 4 Chương 3: Thực nghiệm sư phạm

1. Mục đích thực nghiệm:

+ Kiểm tra, đánh giá hiệu quả của đề tài nghiên cứu.

+ Xác định được những nhược điểm của đề tài từ đó đưa ra những biện pháp điều chỉnh khắc phục để đề tài hoàn thiện hơn.

+ Giúp học sinh học tốt về bất đẳng thức nói riêng và học tốt môn toán nói chung.

+ Qua việc theo dõi qua trình triển khai, đánh giá hiệu quả của đề tài này các đồng nghiệp có thể trao đổi, góp ý xây dựng cho đề tài cũng như tham khảo đề tài góp phần nâng cao chất lượng dạy học tốt nội dung bất đẳng thức trong công tác giảng dạy.

2. Nội dung thực nghiệm:

Sau đây tôi xin trình bày ba bài giáo án đại số 8 mà trong đó tôi đã áp dụng một số biện pháp của đề tài này trong học kỳ I năm học 2011 - 2012.

Ngày soạn: 15/12/2011

Ngày giảng: 19/12/2011

TIẾT 34: BIẾN ĐỔI CÁC BIỂU THỨC HỮU TỈ GIÁ TRỊ CỦA PHÂN THỨC

A. Mục tiêu:

* Kiến thức: HS có khái niệm về biểu thức hữu tỉ, biết rằng mỗi phân thức và mỗi đa thức đều là những biểu thức hữu tỉ. HS biết cách biểu diễn một biểu thức hữu tỉ dưới dạng một dãy các phép toán trên những phân thức và hiểu rằng biến đổi một biểu thức hữu tỉ là thực hiện các phép toán trong biểu thức để biến nó thành một phân thức đại số.

* Kĩ năng: HS có kĩ năng thực hiện thành thạo các phép toán trên các phân thức đại số. HS biết cách tìm điều kiện của biến để giá trị của phân thức được xác định.

* Thái độ: Rèn tính cẩn thận cho HS.

B. Chuẩn bị của GV và HS:

* GV: Bảng phụ.

* HS: Học và làm bài đầy đủ ở nhà. Ôn tập các phép toán cộng, trừ, nhân, chia, rút gọn phân thức.

C. Tiến trình dạy học:

I: Tổ chức : SS: 8A II: Kiểm tra

- Phát biểu quy tắc chia phân thức. Viết công thức tổng quát.

- Chữa bài 37 b SBT.

- GV nhận xét cho điểm.

- GV nhấn mạnh:

+ Khi biến chia thành nhân phải nghịch đảo phân thức chia.

III: Bài mới

Hoạt động của giáo viên Hoạt động của học sinh - Cho các biểu thức sau:

0 ; 5

2 ; 7 ; 2x² -

3 5x1 ; (6x + 1) (x - 2) ;

1 3

3

2 

x ; 4x +

3 1

 x

;

1 3 1 2 2

2 

  x x

x

Hãy cho biết các biểu thức trên, biểu thức nào là phân thức ? Biểu thức nào biểu thị phép toán gì trên các phân thức?

- Giới thiệu: Mỗi biểu thức là một phân thức hoặc biểu thị một dãy các phép toán: cộng, trừ, nhân, chia trên những phân thức là những biểu thức hữu tỉ.

- Yêu cầu HS lấy 2 VD về biểu thức hữu tỉ.

- Ví dụ 1: Biến đổi biểu thức A =

x x x 1 1 1





thành một phân thức.

- GV hướng dẫn HS:

A = 



 

 



 

 

x x x

: 1 1 1

1. Biểu thức hữu tỉ Các biểu thức:

0 ; 5

2 ; 7 ; 2x² -

3 5x1 ; (6x + 1) (x - 2) ;

1 3

3

2 

x là các phân thức.

Biểu thức: 4x +

3 1



x là phép cộng hai phân thức.

Biểu thức:

1 3 1 2 2

2 

  x x

x

là dãy tính gồm phép cộng và phép chia thực hiện trên các phân thức.

HS lấy 2 VD về biểu thức hữu tỉ

2. Biến đổi một biểu thức hữu tỉ thành một phân thức

A = 



 

 



 

 

x x x

: 1 1 1

= x

x x

x 1

1: ²



- Gọi một HS lên bảng làm tiếp.

- Yêu cầu HS làm ?1.

- Nhắc nhở HS: Hãy viết phép chia theo hàng ngang.

=

1 1 ) 1 )(

1 .( 1

 







x x

x x x

x

?1.B = 



 





 



 





 

1 12 2

1 :

1 2 ₂

x x x

=

1 2 : 1

1 2 1

2 2













x x x

x x

=

1 1 )

1 ( . 1 1 1

2 1 2 2



 









x x x

x x x

IV: Củng cố - luyện tập Bài số 46 SGK/57: Biến đổi mỗi biểu thức sau thành một phân thức đại số

a,

1 1

1 1 x x





b, ₂

2

1 2 1 1 2

1 x x

x

 

 



Y/c 2 hs lên bảng thực hiện

Y/c học sinh nhận xét, Gv nhận