MỘT SỐ BÀI TOÁN THCS VỀ BẤT ĐẲNG THỨ C I. Khai thác và phát triển bất đẳng thức: 1.[r]
Trang 1KHAI THÁC VÀ PHÁT TRIỂN MỘT SỐ BÀI TOÁN THCS VỀ BẤT ĐẲNG THỨC
I Cơ sở lí thuyết:
BĐT Côsi và Bunhiacopsky, cụ thể BĐT đơn giản sau: “ (a+b )(1a+
1
b)≥ 4, ∀ a , b>0 , dấu = xảy
ra khi a = b”
II Khai thác và phát triển bất đẳng thức:
1 Chứng minh: “ (a+b )(1a+
1
b)≥ 4, ∀ a , b>0 , dấu = xảy ra khi a = b”
Chú ý: Các cách giải dưới đây đều thoả mãn dấu “=” xảy ra khi a = b
Cách 01: Kỹ thuật nhân BĐT côsi
* Ta có: a+b ≥ 2√ab (1) và 1
a+
1
b ≥2√1a.
1
b (2) Lấy (1) nhân (2) về theo vế ta được (a+b )(1a+
1
b)≥ 4, ∀ a , b>0 (ĐPCM) Bình luận: Lời giải quá đơn giản phải không?
Cách 02: Kỹ thuật Bunhiacôpsky
* Ta có (a+b )(1a+
1
b)=¿ [(√a)2+(√b)2] [ ( √1a)2+( √1b)2]≥( √a 1
√a+√b
1
√b)2=4 Bình luận: sao lại phải tạo bình phương thế nhỉ ?
Cách 03: Kỹ thuật 01 tạo bình phương đúng
* Ta có (a b)2 0⇔(a+b)2
≥ 4 ab ⇔ (a+ b)
2
(a+b ) ≥ 4 ab
( a+b)
(vì a, b > 0) ⇔( a+b) ≥
4
(a+b )
ab
⇔(a+b )≥ 4
1
a+
1
b
⇔ (a+b )(1a+
1
b)≥ 4
(ĐPCM)
Bình luận :
+ Tại sao lại chia hai vế cho (a + b) > 0?
+ Nhân cả tử và mẫu cho tích ab để làm gì ?
Cách 04: Kỹ thuật 02 tạo bình phương đúng
* Không mất tính tổng quát giả sử:
a ≥ b⇔a − b ≥0 ⇔(a −b)2≥ 0 ⇔a2
+b2− 2 ab≥ 0 ⇔ (a2
+b2)≥ 2 ab
(a2
+b2)
ab ≥2 ⇔ a
b+
b
a ≥ 2 ⇔2+ a
b+
b
a ≥ 2+2⇔(1+a
b)+(1+b
a)≥ 4
(a a+
a
b)+(b b+
b
a)≥ 4 ⇔a(1a+
1
b)+b(1a+
1
b)≥ 4 ⇔ (a+b )(1a+
1
b)≥ 4 (ĐPCM) Bình luận:
+ Tại sao lại cộng hai vế với 2 nhỉ?
+ Tách 2 = 1 + 1 để làm gì?
Cách 05: Kỹ thuật 03 tạo bình phương đúng
* Ta có ( a – b )2
0⇔a2
+b2≥ 2 ab
Trang 2⇔ a
b+
b
a ≥2 ⇔ a
b+
b
a+2≥ 2+2⇔(a b+
b
a+2)≥ 4 ⇔(a b+
b
a+2)2≥ 42⇔(a b+
b
a)2+4(a b+
b
a)+4 ≥ 16
⇔ a2
b2+
b2
a2+
4 a
b +
4 b
a +6 ≥16
⇔ a2
b2+b2
a2+2 a
b +
2 a
b +
2 b
a +
2 b
a +4+2 ≥ 16
⇔(a b22+1+2 a
b )+(2 b a +
2 a
b +4)+(b a22+1+2 b
a )≥16
⇔ (a b22+a2
a2+2 a2
ab )+(2 aba2 +2 ab
b2 +4 ab
ab )+(b a22+b2
b2+2 b2
ab )≥16
⇔ a2
(b12+
1
a2+
2
ab)+2 ab(a12+
1
b2+
2
ab)+b2(a12+
1
b2+
2
ab)≥ 16
⇔(a2+2 ab+b2) (a12+ 2
ab+
1
b2)≥ 16 ⇔( a+b)2(1a+
1
b)2≥ 42⇔ (a+b )(1a+
1
b)≥ 4 ( ĐPCM) Bình luận: Lời giải thật phức tạp, tại sao lại biến đổi được như vậy nhỉ?
Cách 06: Kỹ thuật 04 tạo lập phương đúng
* Theo Ta có ( a – b )2
0⇔a2
+b2≥ 2 ab
b+
b
a ≥2 ⇔ a
b+
b
a+2≥ 2+2⇔(a b+
b
a+2)≥ 4
⇔(a b+
b
a+2)3=43⇔(b a+
b
a)3+6(a b+
b
a)2+12(a b+
b
a)+8 ≥ 64
⇔(a b+
b
a)3+6(a b22+
b2
a2)+12(a b+
b
a)+20 ≥ 64
⇔(a b+
b
a)3− 3(a b+
b
a)+6(a b+
b
a)+9(a b+
b
a)+6(a b22+b2
a2)+20 ≥64
⇔(a b+
b
a)3− 3(a b22.
b
a+
a
b.
b2
a2)+6(a b+
b
a)+9(a b+
b
a)+6(a b22+
b2
a2)+20 ≥ 64
⇔ a3
b3+
b3
a3+6(a b+
b
a)+9(b a+
b
a)+6(a b22+
b2
a2)+20 ≥ 64
⇔ a3
b3+
b3
a3+
3 a
b +
3 a
b +
3 b
a +
3 b
a +
9 a
b +
9 b
a +
3 a2
b2 +
3 a2
b2 +
3 b2
a2 +
3 b2
a2 +20 ≥ 64
⇔(1+a3
b3+
3 a
b +
3 a2
b2 )+(3 b a +
3 a2
b2 +9+
9 a
b )+(3 b a22+
3 a
b +
9 b
a +9)+(b a33+1+
3 b2
a2 +
3 b
a )
64⇔(a a33+a3
b3+ 3 a3
a2 b+
3 a3
a b2)+(3 a a23b+3 a2b
b3 +3 a2b 3
a2b +
3 a2b 3
ab2 )+¿ + (3 aba3 2+
3 ab2
b3 +
3 ab2 3
a2b +
3 a2b 3
a2b )+(b a33+
b3
b3+
3 b3
a2b+
3 b3
ab2 )≥ 64
a3(a13+
1
b3+
3
a2b+
3
ab2)+3 a2b(a13+
1
b3+
3
a2b+
3
ab2)+3 ab2(a13+
1
b3+
3
a2b+
3
ab2)+¿ + b3(a13 + 1
b3 + 3
a2b+
3
ab 2)≥ 64 ⇔(a3+3 a2b+3 ab2+b3)(a13 + 3
a2b+
3
b3)≥ 43
(a+b )3(1a+
1
b)3≥ 43⇔(a+b)(1a+
1
b)≥ 4 ( ĐPCM) Bình luận:
+ Quá trình biến đổi chứng minh trên thật không bình thường chút nào phải không?
Trang 3+ Liệu có cách tạo được 4; 5;6; … ; n tương tự như trên 1 không?
Cách 07: Kỹ thuật gắn Hình học.
* Xét tứ giác ABCD có AB = 2√ab (đvđd); CD = 2
√ab (đvđd)
Một điểm M thuộc miền trong tứ giác sao cho MA = a (đvđd); MB = b (đvđd);
MC = 1b (đvđd); MD = 1a (đvđd) (a; b >0)
Xét tam giác MAB có: MA+MA ≥ AB ⇔ a+b ≥ 2√ab (*)
Xét tam giác MCD có: MC+MD ≥ CD ⇔1
a+
1
b ≥
2
√ab (**) Lấy (*) nhân (**) vế theo vế ta có: (a+b )(1a+
1
b)≥ 4 (ĐPCM );
dấu “=” khi a = b hay MA = MB và MC = MD
(tam giác MAB cân tại M và tam giác MCD cân tại M )
Bình luận: Khá táo bạo, ngược dòng nước chuyển từ đại số sang Hình học
Cách 08: Kỹ thuật biến đổi tương đương.
* Ta có: (a+b )(1a+
1
b)≥ 4 ⇔2+ a
b+
b
a − 4 ≥ 0 ⇔ a
b −2
√a
√b.
√b
√a+
b
a ≥ 0 ⇔(√a −√b)2≥ 0 (luôn đúng) (ĐPCM)
Bình luận: Lời giải thật giản đơn phải không bạn
Cách 09: Kỹ thuật lượng giác
* Đặt a = Sin2x > 0 ; b = Cos2x > 0 nên a + b = 1
Mà: (a+b )(1a+
1
b)≥ 4 ⇔ (a+ b)
2
ab ≥ 4 ⇔ 4 ab ≤ 1 ⇔4 cos2
x sin2x ≤1 ⇔(sin 2 x )2
≤ 1
(luôn đúng) vì a + b =1 (ĐPCM)
Bình luận: Các bạn thấy sao ?
Cách 10: Kỹ thuật đổi biến
* Đặt a = x y>0 ; b = y x>0⇒ a b=1
Ta có: (a+b )(1a+
1
b)≥ 4 ⇔ (a+ b)
2
ab ≥ 4 ⇔(x y+
y
x)2≥ 4 ⇔(x y −
y
x)2≥0 (đúng) (ĐPCM) Bình luận: Cũng có thể đặt a = (x y)n ; b = (x y)n ; n∈ N❑
Cách 11: Kỹ thuật chuẩn hoá (biểu thức đối xứng đồng bậc)
Không mất tổng quát ta giả sử a + b = k > 0
Ta có (a+b )(1a+
1
b)≥ 4 ⇔ (a+ b)
2
ab ≥ 4 ⇒ k2
≥ 4 a(k − a) ⇔(k −2 a )2
≥ 0 (đúng)
Cách 12: Kỹ thuật 01 thêm biến
* Không mất tính tổng ta giả sử 0 a ≤ b ⇒ tồn tại số K 0 sao cho a + K = b
(a+b )(1a+
1
b)≥ 4 ⇒(2 a+K )(a(a+K ) 2 a+K )≥ 4 ⇔ (2 a+K )2≥ 4 a(a+K )⇔ K2
≥ 0 (đúng)
Cách 13: Kỹ thuật 02 thêm biến.
* Không mất tính tổng quát ta giả sử 0<a≤ b ⇒ tồn tại K 0 sao cho b = K.a
Trang 4(a+b )(1a+
1
b)≥ 4 ⇒(a+Ka)(1a+
1
Ka)≥ 4 ⇔ (a+Ka)2
≥ 4 ka2⇔ (K − 1)2
≥ 0 (Đúng)
Cách 14: Kỹ thuật 03 thêm biến.
* Không mất tính tổng quát ta giả sử ab = K > 0
(a+b )(1a+
1
b)≥ 4 ⇒(a+ K
a ) (a+ K
a
K )≥ 4 ⇔(a+ K
a)2≥ 4 K ⇔(a − K
a)2≥ 0 (Đúng)
Cách 15: Kỹ thuật đánh giá.
* Không mất tính tổng quát ta giả sử
a ≥ b>0 ⇒ a+b ≥ 2 b>0
ab ≥ b2>0
⇔
¿(a+b )2≥ 4 b2>0
ab ≥ b2>0 (∗)
¿{ Mặt khác: (a+b )(1a+
1
b)≥ 4 ⇔ (a+ b)
2
ab ≥ 4 ⇒ 4 b2
b2 ≥ 4 ⇒ 4 ≥ 4 (luôn đúng)
Cách 16: Kỹ thuật Bunhia ngược dấu.
* Ta có: (1a+
1
b)≥(1+1)
2
a+b ⇔(a+b)(1a+
1
b)≥ 4 (vì a+b > 0) Bình luận: Đơn giản quá phải không?
Cách 17: Kỹ thuật 01 đổi biến
* Không mất tính tổng quát ta giả sử a + b = K và tồn tại t > 0 sao cho: a = t.x >0 và b = t.y > 0 Suy ra a+ b = t.x + t.y suy ra x+ y = K t
Mà (a+b )(1a+
1
b)≥ 4 ⇔ (a+ b)
2
ab ≥ 4 ⇒ t
2
( x + y )2
t2 x y ≥ 4 ⇔ ( x − y )2≥ 0 (đúng) Bình luận: Thật không đơn giản chút nào
Cách 18: Kỹ thuật 02 đổi biến
Đặt a = t.x > 0 và b = K.y > 0 ( k ; t ; x ;y > 0 )
Do đó từ (a+b )(1a+
1
b)≥ 4 ⇔ (a+ b)
2
ab ≥ 4 ⇒ (t x+ Ky)
2
t K x y ≥ 4 ⇔( tx− Ky)2
≥0 (đúng)
Cách 19: Kỹ thuật chuẩn hoá 02
* Không mất tính tổng quát ta giả sử a + b =2
Do đó (a+b )(1a+
1
b)≥ 4 ⇔ (a+ b)
2
ab ≥ 4 ⇔ ab ≤1 luôn đúng
Vì ab (a+b )
2
4 =1 ; a + b =2
Bình luận: Tại sao lại chuẩn hoá a + b = 2 ở đây ?
Cách 20: Kỹ thuật thêm biến
Trang 5* Đặt
¿
a= x
z>0
b= y
z >0
¿{
¿
;
Không mất tính tổng quát giả sử a ≥ b>0 ⇔ x ≥ y ≥ 1
Do đó (a+b )(1a+
1
b)≥ 4 ⇔(x z+
y
z)(x z+
z
y)≥ 4 ⇔( x + y)2
≥ 4 xy ⇔( x − y )2
≥ 0 (luôn đúng)
Cách 21: Kỹ thuật phương trình bậc hai
*Đặt
¿
s=a+b>0
p=ab>0
¿{
¿
; thế thì a và b là nghiệm của phương trình bậc hai sau: X2 – sX + p = 0
Hay X2 – ( a+b )X + ab = 0 (*), rõ ràng thoả mãn đầu bài thì phương trình (*) có nghiệm
⇔ Δ ≥0 ⇔ (a+b )2
− 4 ab ≥ 0 ⇔( a+b)2≥ 4 ab ⇔ (a+ b)
2
(a+b ) ≥ 4 ab
( a+b)
(vì a,b > 0 ) ⇔( a+b) ≥
4
(a+b )
ab
⇔(a+b )≥ 4
1
a+
1
b
⇔ (a+b )(1a+
1
b)≥ 4
(ĐPCM)
Trên đây là một số cách tham khảo, ngoài ra còn rất nhiều cách khác ( phương pháp chặn, phương pháp tam thức bậc hai, phương pháp véc tơ, phương pháp hàm hồi ,phương pháp hàm
số ,…., mong các bạn tìm thêm !