¸p dông hai bµi to¸n c¬ b¶n ®Ó chøng minh bÊt ®¼ng thøc
Môc lôc
STT
NỘI DUNG
1
MỤC LỤC
2
A. PHẦN MỞ ĐẦU
TRANG
1
2
I.Lý do chọn đề tài
1.Cở sở lý luận
2.Cơ sở thực tiễn
II. Mục đích nghiên cứu
3
III.Phương pháp nghiên cứu
IV. PHẠM VI NGHIÊN CỨU VÀ SỬ DỤNG
3
B. HAI BÀI TOÁN CƠ BẢN
Bài I
Bài II
4
4-14
ÁP DỤNG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
DẠNG 1
DẠNG 2
DẠNG 3
ÁP DỤNG TÌM GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT, LỚN NHẤT
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
5
15
C.KẾT QUẢ ĐẠT ĐƯỢC VÀ BÀI HỌC KINH NGHIỆM
1.KẾT QUẢ ĐẠT ĐƯỢC
6
7
2.BÀI HỌC KINH NGHIỆM
D. KẾT LUẬN
TÀI LIỆU THAM KHẢO
1
16
17
¸p dông hai bµi to¸n c¬ b¶n ®Ó chøng minh bÊt ®¼ng thøc
A.PHẦN MỞ ĐẦU
I.LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI:
1.Cơ sở khoa học:
Toán học có vai trò và vị trí đặc biệt quan trọng trong khoa học kĩ thuật và đời sống,
giúp con người tiếp thu một cách dễ dàng các môn khoa học khác có hiệu quả. Thông qua
việc học toán, học sinh có thể nắm vững được nội dung toán học và phương pháp giải
toán, từ đó vận dụng vào các môn học khác nhất là các môn khoa học tự nhiên. Hơn nữa
Toán học còn là cơ sở của mọi ngành khoa học khác, chính vì thế toán học có vai trò
quan trọng trong trường phổ thông, nó đòi hỏi người thầy giáo mọi sự lao động nghệ
thuật sáng tạo để có được những phương pháp dạy học giúp học sinh học và giải quyết
bài toán.
Bất đẳng thức là một nội dung quan trọng trong chương trình toán học THCS . Trong quá
trình dạy toán ở THCS, qua kinh nghiệm dạy bồi dưỡng học sinh giỏi và qua quá trình
tìm tòi bản thân tôi thấy hai bài toán được áp dụng nhiều trong quá trình chứng minh bất
đẳng thức .Thiết nghĩ mỗi giáo viên toán cần trang bị cho học sinh để giúp các em giải tốt
các bài toán về bất đẳng thức góp phần nâng cao tư duy toán học, tạo diều kiện cho việc
học toán nói riêng và trong quá trình học tập nói chung.
2. Cơ sở thực tiễn
Bất đẳng thức là loại toán mà học sinh THCS vẫn coi là loại toán khó. Nhiều học sinh
không biết giải Bất đẳng thức thì phải bắt đầu từ đâu và phương pháp giải loại toán này
như thế nào.
2
¸p dông hai bµi to¸n c¬ b¶n ®Ó chøng minh bÊt ®¼ng thøc
Thực tế cho thấy toán Bất đẳng thức có nhiều trong chương trình THCS, nhưng không
được trang bị một số bài tập cơ bản nhất định gây cho học sinh nhiều khó khăn khi gặp
và giải quyết loại toán này.
Các bài toán có liên quan tới Bất đẳng thức hầu như có mặt ở mọi đề thi kể cả các đề thi
tốt nghiệp cho đến đề thi học sinh giỏi các cấp và thi vào lớp 10 trung học phổ thông.
Đối với các giáo viên còn thiếu kinh nghiệm giảng dạy, đặc biệt là bồi dưỡng học sinh
giỏi thì việc nắm vững phương pháp Bất đẳng thức sẽ bổ sung nhiều vào kho kiến thức
của mình. Đối với học sinh sẽ khắc phục được những hạn chế trước đây giúp các em có
tinh thần tự tin trong học tập bộ môn toán.
Với những kinh trong quỏ trỡnh dạy học của bản thõn tôi xin giới thiệu bạn bè đồng
nghiệp, các nhà chuyên môn và các cấp quản lý giáo dục đề tài kinh nghiệm: “ÁP DỤNG
HAI BÀI TOÁN CƠ BẢN ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC”.
II. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU.
Đề tài này sẽ góp phần quan trọng trong việc giảng dạy toán học nói chung và Bất
đẳng thức nói riêng, đặc biệt là trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi và ụn thi tuyển sinh
vào lớp 10 THPT chuyờn và khụng chuyờn .
Đề tài này cũn giúp học sinh biết thêm phương pháp giải Bất đẳng thức một cách
nhanh chóng và hiệu quả, Phát huy được tính tích cực, chủ động sáng tạo của học sinh
trong quá trình học tập.
III. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU:
- Nghiên cứu hai bài toán cơ bản và quen thuộc
- Thông qua nội dung phương pháp và các bài tập mẫu nhằm rèn luyện kỹ năng và phát
triển trí tuệ cho học sinh
- Rèn kĩ năng cho học sinh qua các bài tập tương tự
IV. PHẠM VI NGHIÊN CỨU VÀ SỬ DỤNG:
- Hai bài toán cơ bản.
- Bồi dưỡng cho giáo viên và học sinh THCS.
B. NỘI DUNG ĐỀ TÀI : HAI BÀI TOÁN CƠ BẢN
Bài I.
Víi a,b,c ,x,y > 0. Chøng minh
a2 b2 a b
x
y
x y
2
3
¸p dông hai bµi to¸n c¬ b¶n ®Ó chøng minh bÊt ®¼ng thøc
Gi¶i.
a2 b2 a b
2
(a 2 y b 2 x )( x y ) a b xy
x
y
x y
2
a 2 y 2 a 2 xy b 2 x 2 b 2 xy a 2 xy b 2 xy 2abxy
a 2 y 2 b 2 x 2 2abxy 0
ay bx 0
2
Luôn đúng với mọi a,b,c ,x,y > 0 dÊu “ =” xÈy ra
a b
x y
Suy ra b¶ng sau:
a2 b2 a b
x
y
x y
1
11 1
x y 4 x y
( x y ) 2 4 xy
2
1.
suy
2.
ra
1 1
4
x y x y
( víi a,b,c ,x,y > 0)
dÊu = xÈy ra khi
x 2 y 2 2 xy hoặc
3.
x2 y 2
a b
x y
( x y)2
2
Bµi II. ¸p dông Bµi I ta chøng minh
a2 b2 c2 a b c
x
y z
x yz
2
a2 b2 c 2 a b
c2 a b c
Giải :
x
y z
x y
z
x yz
2
dÊu = xÈy ra
2
(áp dụng bài toán I)
a b c
( víi a,b,c ,x,y > 0)
x y z
Suy ra b¶ng sau:
a2 b2 c2 a b c
x
y z
x yz
2
a b c
dÊu = xÈy ra
x y z
1 1 1
9
x y z x yz
1 1 1
9
x y z
x y z
( víi a,b,c ,x,y,z > 0)
Nhận xét: Khi áp dụng vào chứng minh bất đẳng thức ta phải xác định rõ bài toán
thuộc dạng nào trong các bài toán trên, xem có phải biến đổi bài toán rồi mới áp dụng
không, biến đổi như thế nào cho phù hợp…
4
¸p dông hai bµi to¸n c¬ b¶n ®Ó chøng minh bÊt ®¼ng thøc
ÁP DỤNG ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
Dạng 1
Áp dụng bài toỏn 1
Bµi 1. Cho a , b, c > 0, vµ a + b + c = 1. chøng minh
1
1
1
1 1 1 1
c 1 a 1 b 1 4 a b c
Gi¶i. ¸p dông bµi to¸n I với x, y > 0 ta có
1
11 1
x y 4 x y
1
1 1
1
(
)
cabc 4 ca bc
1
1 1
1
aabc 4 ab ac
1
1 1
1
babc 4 ab bc
1
1
1
1 1
1
1
1
1
1
c a bc a a bc ba bc 4 c a bc a b a c a b b c
11 1 1
4a b c
Dấu “=” xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1/3
NhËn xÐt :NÕu bµi to¸n nµy ta ¸p dông trùc tiÕp tõ vÕ tr¸i th×
kh«ng cho kÕt qu¶ mµ ph¶i biÕn ®æi mÉu ë vÒ tr¸i c+1= c+ a+b+c
råi ¸p dông x = c+a, y= b+c th× bµi to¸n trë nªn dÔ dµng.
Bµi 2.Cho a, b > 0 vµ a + b =1. T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt A
Gi¶i : ¸p dông bµi to¸n I :
3
2
2
a b ab
1
11 1
với x, y > 0 ta có
x y 4 x y
1
3.4
1
3 2
12
2
2
a b 2ab a b
1
1
2
2ab a b 2
2
5
2
¸p dông hai bµi to¸n c¬ b¶n ®Ó chøng minh bÊt ®¼ng thøc
A
3
2
1 1
3.4
1
1
3 2
2 12 14
2
2
2
2
a b ab
( v× ab
a b 2ab 2ab a b
a b
2
2
(a+b)2/4 )
Min A = 14 khi vµ chØ khi a = b =1/2
NhËn xÐt : §èi víi bµi to¸n nµy ta ph¶i ®a mÉu vÒ d¹ng (a+b)2
th× míi cã kÕt qu¶
Bµi 3.Cho a, b, c,d,e > 0 vµ a + b + c + d + e = 4. T×m GTNN
B
a b c d a b c a b
abcde
Gi¶i. ¸p dông bµi to¸n I
a b c d e 4 a b c d e
2
abcd
a b c
a b
2
2
2
4 a b c d
4 a b c
4ab
Nhân vế theo vế
a b c d e . a b c d . a b c . a b
2
2
2
2
4 a b c d e.4 a b c d .4 a b c.4ab
16(a+b+c+d)(a+b+c)(a+b) 44 abcde
B
(a b c d )(a b c)(a b)
16
abcde
Giá trị nhỏ nhất B = 16 khi và chỉ khi a = b = 1/4; c = 1/2; d = 1 ; e = 2 ;
6
¸p dông hai bµi to¸n c¬ b¶n ®Ó chøng minh bÊt ®¼ng thøc
Bµi 4.Cho a, b, c > 0 CM
1
1
1
1
1
1
2a 3b 2b 3c 2c 3a a 2b 2c b 2a 2c c 2b 2a
Giải ¸p dông bµi to¸n I: với x, y > 0 ta có
1
11 1
x y 4 x y
1
1
4
2
2a 3b b 2a 2c 4a 4b 2c 2a 2b c
1
1
4
2
2b 3c c 2b 2a 4b 4c 2a 2b 2c a
1
1
4
2
2c 3a a 2b 2c 4c 4a 2b 2a 2c a
Cộng vế theo vế ta được đpcm
1
1
1
1
1
1
Dấu “=” xẩy ra khi và
2a 3b 2b 3c 2c 3a a 2b 2c b 2a 2c c 2b 2a
chỉ khi a = b = c .
NhËn xÐt: Ta thÊy (2a+3b) + (b+2a+2c) = 2(2a+2b+c) nªn
ph¶i nghÜ ngay kÕt hîp hai biÓu thøc nµy l¹i
Bµi 6. Cho a, b, c > 0 vµ a b c 3 .CM
a
a2 1
b
b2 1
Gi¶i . ¸p dông bµi to¸n I : ( x y ) 2 4 xy với x, y > 0
a b c
2
3 ab bc ac ab bc ac 1;
a
a ab bc ac
2
b
b ab bc ac
2
c
c ab bc ac
2
7
c
c2 1
3
2
¸p dông hai bµi to¸n c¬ b¶n ®Ó chøng minh bÊt ®¼ng thøc
a
a b a c
b
b c b a
c
c b c a
a 1
1 b 1
1 c 1
1
2 ab a c 2bc ba 2cb ca
1 a
b 1 b
c 1 c
a 3
2 ab ab 2bc cb 2 ca a c 2
Suy ra ®pcm .Dấu “=” xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c =
3
3
Bµi 7. ( §Ò thi HSG tØnh Hµ TÜnh n¨m 2012- 2013)
Cho x, y, z > 0 vµ x+y+z =1.
T×m MinF biÕt F =
x4
y4
z4
( x 2 y 2 )( x y ) ( y 2 z 2 )( y z ) ( x 2 z 2 )( x z )
x4
y4
z4
Gi¶i Ta cã ( 2 2
)( x y )( x y ) ( y 2 z 2 )( y z ) ( x 2 z 2 )( x z )
(
y4
z4
x4
x4 y 4
y4 z4
z 4 x4
)
=
( x 2 y 2 )( x y ) ( y 2 z 2 )( y z ) ( x 2 z 2 )( x z )
( x 2 y 2 )( x y) ( y 2 z 2 )( y z ) ( x 2 z 2 )( x z )
x y x y x 2 y 2 y z z y y 2 z 2 z x x z x 2 z 2 x y y z z x
=0
x y x 2 y 2
z y y 2 z 2
x 2 z 2 x z
suy ra ¸p dông bµi to¸n I x 2 y 2
( x y)2
với x, y > 0 ta cã 2F =
2
x4 y4
y4 z4
z 4 x4
( x 2 y 2 )2
( y 2 z 2 )2
( z 2 x2 )2
( x 2 y 2 )( x y ) ( y 2 z 2 )( y z ) ( x 2 z 2 )( x z ) 2( x 2 y 2 )( x y) 2( y 2 z 2 )( y z ) 2( x 2 z 2 )( x z )
x2 y 2
y2 z 2
z 2 x 2 ( x y )2 ( y z )2 ( z x)2
2( x y ) 2( y z ) 2( x z ) 4( x y ) 4( y z ) 4( x z )
1
1
1
.2( x y z ) 2 F F
4
2
4
MinF =1/4 khi vµ chi khi x = y= z = 1/3
Nhận xét: Đây là bài toán rất cơ bản nhưng để giải được bài này ta phải phối hợp
được giữa hai biến trên một biểu thức, vì x2 +y2, x -y có trong x4 - y4 nên ta nghĩ ngay
phải thêm nó vào để làm cho bài toán gọn hơn và dễ chứng minh hơn.
8
¸p dông hai bµi to¸n c¬ b¶n ®Ó chøng minh bÊt ®¼ng thøc
Dạng 2
Áp dụng bài toỏn 2
Bµi 1.Cho a , b, c > 0 vµ ab + bc + ac = 670. CM
a
b
c
1
2
2
a bc 2010 b ac 2010 c ab 2010 a b c
2
Gi¶i. ¸p dông bµi to¸n II
a
b
c
a2
b2
c2
a 2 bc 2010 b2 ac 2010 c 2 ab 2010 a(a 2 bc 2010) b(b 2 ac 2010) c(c 2 ab 2010)
a b c
a b c
2
a 3 b3 c3 3abc 2010(a b c)
2
(a b c)(a 2 b 2 c 2 ab bc ac ) 3.670(a b c )
abc
1
(a b c ) 3(ab bc ac ) 3(ab bc ac ) a b c
2
Dấu “=” xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c =
670
3
Nhận xét: Ta thấy nếu tổng các biểu thức ở mẫu thì không cho ta được được điều gì
nên ta phải nghĩ hướng tạo xuất hiện bình phương ở tử, từ đó cho ta tổng các mẫu có
xuất hiện biểu thức a3 + b3+ c3 -3abc đây là bài toán quen thuộc ở lớp 8, phân tích thành
nhân tử sẽ xuất hiện biểu thức a+b+c và ab+bc+ac nên chứng minh bài toán được dễ
dàng.
Bµi 2. Cho a,b,c > 0 vµ abc = 1. cm
1
a
b
c
2
2
2
a b c ab a 1
bc b 1 ac c 1
Gi¶i
a
a
1
1
1
b
ab
ab a 1 ab a abc b 1 bc b abc bc b 1 ac c
b 1 bc ab a 1
c
abc
1
bc c 1 ab a 1 ab a 1
a
b
c
a
ab
1
1
ab a 1 cb b 1 bc c 1 ab a 1 ab a 1 ab a 1
Ta cã ¸p dông bµi to¸n II
9
¸p dông hai bµi to¸n c¬ b¶n ®Ó chøng minh bÊt ®¼ng thøc
2
a
ab a 1
2
b
bc b 1
2
c
ac c 1
2
2
2
a
b
c
ab a 1
cb b 1
bc c 1
a
b
c
2
a
b
c
1
ab a 1 cb b 1 bc c 1
abc
a bc
Dấu “=” xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1
Bài 3. Cho a,b c >0 .Chứng minh rằng:
ab
bc
ca
abc
a 3b 2c 2a b 3c 3a 2b c
6
Giải. ¸p dông bµi to¸n II.
Tacó
ab
ab
ab 1
1
1 1 ab
ab
a
(1)
a 3b 2c ( a c) (b c) 2b
9 a c b c 2b 9 a c b c 2
Tương tự
bc
bc
bc 1
1
1
2a b 3c ( a b) ( a c ) 2c 9 a c b c 2b
1 bc
bc b
(2)
9 ab bc 2
ac
ac
ac 1
1
1
3a 2b c (a b) (b c) 2a 9 a b b c 2a
1 ac
ac
c
(3)
9 ab bc 2
Từ (1) (2) (3)
1 ac bc ab ac bc ab a b c a b c
P
.
9 ab
bc
ac
2
6
Dấu “=” xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c
Nhận xét: Ta thấy vai trò của a, b,c trong bài toán này là như nhau nên ta tách
2a+b+3c = (a+b) +(a+c) + 2c rồi áp dụng, tuy nhiên ở đây không thấy được kết quả
liền mà phải cộng lại đặt nhân tử ta sẽ được đpcm
Bài 4 (Olimpic 30/04):
Cho 3 số dương a, b, c. CMR:
a4
b4
c4
a 3 b3 c 3
bc ca a b
2
Giải: ¸p dông bµi to¸n II. Ta có: VT
10
(2).
a6
b6
c6
a 2 (b c) b 2 (c a) c 2 (a b)
¸p dông hai bµi to¸n c¬ b¶n ®Ó chøng minh bÊt ®¼ng thøc
(a 3 b3 c3 ) 2
VT 2
. Để chứng minh BĐT (2), ta phải chứng minh:
a (b c) b 2 (c a) c 2 (a b)
(a 3 b3 c 3 ) 2
a 3 b3 c3
a 2 (b c ) b 2 ( c a ) c 2 ( a b )
2
2(a3 b3 c 3 ) a 2 (b c) b 2 (c a) c 2 (a b)
(a 3 b3 a 2b b 2 a ) (b3 c3 b 2c bc 2 ) (a 3 c 3 a 2c ac 2 ) 0
(a b) 2 .(a b) (b c)2 .(b c) (c a) 2 .(c a ) 0 (luôn đúng).
Dấu “ = ” xảy ra khi a = b = c.
Bài 5.(Đề thi HSG Tĩnh Hà Tĩnh 2011-2012)
Cho a, b, c là những số dương thõa mãn abc =1.Chứng minh
a3
b3
c3
3
(b 1)(c 1) ( a 1)(c 1) (b 1)( a 1) 4
Giải ta có áp dụng bài toán II
a3
b3
c3
(b 1)(c 1) ( a 1)(c 1) (b 1)(a 1)
a4
b4
c4
a (b 1)(c 1) b(a 1)(c 1) c(b 1)(a 1)
a
2
b2 c
a b c
2 2
a b c 2( ab bc ac) 3abc
4
9
(a b c) 2
a b c 2.
3
3
t4
3
t a b c 9 2 4t 4 18t 2 27t 81 0
2t
4
t
3
(t 3)(4t 3 12t 2 18t 27) 0(t a b c 3 3 abc 3)
Luôn đúng. Dấu “=” xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Nhận xét: Đây là dạng toán cơ bản khi áp dụng cần chú ý đổi biến chứng minh bài
toán phụ
Dạng 3
Áp dụng bài toán 1 và 2
Bµi 1. Cho a, b, c > 0, vµ a +b+c 3. chøng minh
1
2009
670
2
2
a b c ab bc ac
2
11
¸p dông hai bµi to¸n c¬ b¶n ®Ó chøng minh bÊt ®¼ng thøc
Gi¶i :
a2 b2 a b
C¸ch 1. ¸p dông bµi to¸n I.
x
y
x y
2
( víi a,b,c ,x,y > 0)
Ta chứng minh
(a b)2 (b c) 2 (c a) 2 0
Suy ra a 2 b 2 c 2 2ab 2bc 2ac 3(ab bc ac )
(a b c )2 3( ab bc ac)
Ta có
1 2 2007 670
1
4
2007
2
2
2
a b c
2ab 2bc 2ac ab bc ac a b c 2 a b c 2
3
2
C¸ch 2. ¸p dông bµi to¸n II :
1 1 1
9
với x, y, z > 0
x y z x yz
a
1
1
1
)
2
2
a b c ab bc ac ab bc ac
2
b 2 c 2 ab bc ac ab bc ac (
2
2007
2007
9
670
2
ab bc ac
a b c
3
( v× a+b+c)2 3(ab+bc+ac) )
Suy ra
1
2009
670 . Dấu “=” xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1
2
2
a b c ab bc ac
2
Bµi 2.Cho a , b,c > 0 vµ a + b + c =1.CM C
1
1
1
1
30
2
2
a b c ab ab ab
2
Giải: ¸p dông bµi to¸n I vµ ¸p dông bµi to¸n II :
1 1 1
9
, x,
x y z x y z
y, z > 0
1
1 1
9
7
7.3
;
ab bc ac ab bc ac ab bc ac (a b c ) 2
1
4
9
1
1
1
1
2
2
2 C
2
2
2
a b c
2(ab bc ac) (a b c)
a b c ab ab ab
2
1
9
1
22
7
1 2 7.3 30
2 2 2
2
2
2
a b c ab bc ac a b c 2(ab bc ac ) ab bc ac (a b c ) 2 (a b c) 2
2
12
¸p dông hai bµi to¸n c¬ b¶n ®Ó chøng minh bÊt ®¼ng thøc
Suy ra ®pcm . Dấu “=” xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1/3
NhËn xÐt: §©y lµ mét bµi to¸n tho¹t qua nh×n rÊt dÔ nhng khi
vµo chøng minh ta míi gÆp khã kh¨n nÕu kh«ng nắm v÷ng ph¬ng
ph¸p chøng minh. Trong bµi nµy ta nhÊt ®Þnh lµm xuÊt hiÖn (a
+b+c)2 th× míi cho kÕt qu¶ ®îc
ÁP DỤNG ĐỂ TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT
Dạng 1: Áp dụng tìm cực trị trong hình học
Bài 1 Cho tam giác ABC có ba cạnh có độ dài là a, b, c thỏa mãn điều kiện: 30ab +
4bc + 1977ca = 2012.abc
Tìm giá trị nhỏ nhất của:
Q
2007 34 1981
p a p b p c
p
Với
a bc
2
Giải: Ta có:
1
1
1 1
1
1
4
1977
p a p b
p b p c
p c p a
Q 30
Áp dụng bài toán I ta có:
1
1
4
30
2 p a b
p a p b
30
1
1
4
4
2 p b c
p b p c
4
1
1
4
1977
p
c
p
a
2
p
ca
1977
(1)
(2)
(3)
Từ (1), (2), (3) ta có:
4 1977 30ab 4bc 1977ca
2012abc
4
4
8048
b
abc
abc
c a
30
Q 4
Vậy min Q = 8048 đạt được khi và chỉ khi: a b c
2011
2012
Nhận xét: Bài toán này ta không áp dụng được trực tiếp, vì vậy ta nghĩ cách ghép hai
A
1
1
biểu thức
lại với nhau ta thấy 2p-c-a = b…nên đây là hướng để giải dạng
p c p a
C1
toán thuộc loại này
M
B1
Bài 2.Cho ABC. Điểm M nằm trong ABC.
13
B
A1
C
¸p dông hai bµi to¸n c¬ b¶n ®Ó chøng minh bÊt ®¼ng thøc
Kẻ MA1 BC , MB1 CA , MC1 AB .
Tìm vị trí của điểm M để biểu thức:
BC CA
AB
có giá trị nhỏ nhất.
MA1 MB1 MC1
Giải: Ta có:
MA1.BC = 2SMBC,
MB1.CA = 2SMAC, MC1.AB = 2SMAB.
Do đó: MA1.BC + MB1.CA + MC1.AB = 2SMBC + 2SMAC + 2SMAB = 2SABC
BC CA
AB
BC 2
CA2
AB 2
Mặt khác:
=
MA1 MB1 MC1
MA1.BC MB1.CA MC1. AB
Áp dụng bài toán II
ta có:
BC CA AB
BC CA AB
BC CA
AB
MA1 MB1 MC1 MA1.BC MB1 .CA MC1. AB
2S ABC
2
2
không đổi Suy ra:
2
BC CA
AB
BC CA AB
đạt giá trị nhỏ nhất bằng
khi và chỉ khi:
MA1 MB1 MC1
2 S ABC
MA1 = MB1 = MC1 M là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
Nhận xét: Đây là một bài toán hình học nếu chúng ta không nhận ra để áp dụng bài
toán II thì việc giải rất khó khăn vì vậy khi tìm cực trị trong hình học cần lưu ý tới vận
dụng bất đẳng thức.
Dạng 2: Áp dụng tìm cực trị cho biểu thức
Q
Bài 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của
Giải: Vì 0 x
Q
1
2
1
với 0 x .
x 1 2x
2
x 0
1
, Áp dụng bài toán I ta có:
2 1 2 x 0
2
2
2x 1 2x
2
2x
2
2
2
1 2x
Q 8 khi 2 x 1 2 x x
2 2
2
2x 1 2x
1
.
4
Vậy giá trị nhỏ nhất của Q là 8 khi x
1
.
4
Bài 2 Cho 4 số dương a, b, c. Tìm giá trị nhỏ nhất của
14
8,
¸p dông hai bµi to¸n c¬ b¶n ®Ó chøng minh bÊt ®¼ng thøc
R
ac bd ca bd
ab bc cd d a
1
1
1
1
Giải: Ta có: R (a c)
(b d )
ab cd
bc d a
Có: a b 0, c d 0, b c 0, d a 0 , Áp dụng bài toán I , ta có:
(1 1)2
(1 1) 2
R (a c)
(b d )
abcd
bcd a
4
4
4
R (a c)
(b d )
(a c b d ) 4
abcd
bcd a abcd
R 4 khi a= b = c = d .Vậy: giá trị nhỏ nhất của R là 4 khi a=b = c = d
Bài 3 Cho các số thực dương x,y,z .
B
Tìm giá trị lớn nhất của:
yz
zx
xy
2
2
x 2 yz y 2 xz z 2 xy
2
Giải: Áp dụng bài toán II với các số thực dương x,y,z có:
x2
y2
z2
x y z
A
2
x 2 2 yz y 2 2 xz z 2 2 xy x y z
A 2B
Mà
x2
x 2 2 yz
2
y2
1
z2
2 yz
2 zx
2 xy
y 2 2 xz z 2 2 xy x 2 2 yz y 2 2 zx z 2 2 xy
A 2B 3 (**)
Kết hợp (*) và (**) ta được B 1 .
Vậy giá trị lớn nhất của B = 1 khi x = y = z
Bài 4 Cho a, b, c là các số dương và thoả mãn a + b + c = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức: T
a
b
c
2
2
a 8bc b 8ca c 8ab
2
Giải: Áp dụng bài toán II
a b c
a2
b2
c2
Ta có: T 2
2
2
2 2 2
a 8abc b 8abc c 8abc a b c 24abc
2
(a + b + c)3 a3 + b3 + c3 + 3(a + b + c)(ab + bc + ca) - 3abc
a3 + b3 + c3 + 27 3 abc
Từ đó suy ra: T
3
2
abc - 3abc = a3 + b3 + c3 + 24abc
1
= 1.Vậy giá trị nhỏ nhất của T bằng 1 khi: a = b = c = 1/3.
abc
15
¸p dông hai bµi to¸n c¬ b¶n ®Ó chøng minh bÊt ®¼ng thøc
Nhận xét: Trong bài toán này chúng ta áp dụng bài toán II không cho ra kết quả mà
ta suy nghi xem a2 +b2 +c2 +24abc có nhỏ hơn hoặc bằng (a+b+c) 3 hay không, đây là
một cách làm thường gặp ở một số bài chứng minh bất đẳng thức.
Bài tập tương tự
Bµi 1.Cho a, b, c > 0 vµ a + b + c = 1 CM
1
1
1
2
2
9
a 2bc b 2ac c 2ab
2
1 1 1
¸p dông bµi to¸n II : x y z 9 ( víi x,y,z > 0) ta có
x y z
Bµi 2.Cho a,b,c > 0 vµ ab + bc + ac =3abc
Chøng minh
ab
bc
ac
3
a b 1
c b 1
a c 1
HD ¸p dông bµi to¸n II:
1 1 1
1
1
1
ab
bc
ac
3, x ; y ; z
3
c a b
a
b
c
a b 1
c b 1
a c 1
1
1
1
3
x y xy
z y yz
x z zx
Ta cã (x+y+1)2 3(xy+ x+y) nên ta phải chứng minh
1
1
1
1
x y 1 y z 1 z x 1
Bµi 3 Cho a, b, c > 0 vµ a2 +b2 + c2 = 3. chøng minh
1
1
1
4
4
4
2
2
2
ab bc ca a 7 b 7 c 7
HD ¸p dông bµi to¸n I :
1
1
4
8
2 2 2 2
suy ra
ab bc a bc b b a b c 4
®pcm.
Bµi 4.Cho a, b, c > 0 vµ a + b + c = 1. chøng minh b + c 16abc
HD. ¸p dông bµi to¸n I ( x y ) 2 4 xy với x, y > 0.
Bài 5. Cho 3 số dương a, b, c thoả mãn:
3 2 1
1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
a b c
S=a+b+c.
16
¸p dông hai bµi to¸n c¬ b¶n ®Ó chøng minh bÊt ®¼ng thøc
Bài 6 Cho 2 số dương a, b thoả mãn: a + b = 1. Tìm GTLN của: N
a
b
1 2a 1 2b
Khi đẳng thức xảy ra thì tam giác có đặc điểm gì?
Bài 7. Một tam giác có diện tích S và độ dài 3 cạnh là a, b, c. Gọi ha , hb , hc lần lượt là
độ dài các đường cao tương ứng với các cạnh a, b, c.
CMR:
1
1
1
abc
.
ha hb hb hc hc ha
4S
Bài 8 Gọi a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác có p là nửa chu vi và S là diện tích.
CMR:
a 3b
b3c
c3a
abc ( a b c )
.
ab 2 1 bc 2 1 ca 2 1
abc 1
Bài 9 Một tam giác có độ dài 3 cạnh là a, b, c và p là nửa chu vi. CMR:
1
1
1
1 1 1
2 .
p a p b p c
a b c
Khi đẳng thức xảy ra thì tam giác có đặc điểm gì?
Bài 10. Cho các số dương a, b, c, , ,
CMR:
a2
b2
c2
a bc
.
a b c b c a c a b
C. KẾT QUẢ ĐẠT ĐƯỢC VÀ BÀI HỌC KINH NGHIỆM
1.Kết quả đạt được
Đề tài này giúp học sinh có thêm một cách chứng minh bất đẳng thức một cách hiệu
quả
Số liệu và kết quả thực hiện đề tài
Năm học
2011-2012
2012-2013
2.Bài học kinh nghiệm
Tổng số
30
33
Số học sinh vận dụng được
23
28
Trong quá trình vận dụng đề tài tôi rút ra kinh nghiệm :
Việc rèn luyện kỹ năng cho học sinh phải theo lộ trình
17
¸p dông hai bµi to¸n c¬ b¶n ®Ó chøng minh bÊt ®¼ng thøc
*Bài tập mẫu, phân tích, hướng dẫn
*Bài tập tương tự HS tự làm
*Cho hs đề xuất hướng giải quyết mới nếu có
*Rút ra phương pháp chung
*Kiểm tra, sữa chữa đánh giá kết quả
D. KẾT LUẬN
Thông qua sáng kiến kinh nghiệm này, tôi mong muốn đựợc đóng góp một phần nhỏ
bé công sức của mỡnh trong việc hướng dẫn học sinh ứng dụng và khai thác bất đẳng
thức khi làm toán, rèn luyện tính tích cực, phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh, gây
hứng thú cho các em khi học toán. Là giáo viên trực tiếp giảng dạy khối 8-9, khi áp dụng
các dạng bài tập trên thì tôi thấy hiệu quả học tập của học sinh tăng lên rõ rệt. Tôi mạnh
dạn đưa vấn đề này, các bài tập tôi đưa ra có thể chưa khai thác hết triệt để các tình
huống nhưng nó là việc làm hữu ích cho cả cô giáo và học sinh. Trên đây là một số kinh
nghiệm trong quá trình bồi dưỡng học sinh giỏi. Những kinh nghiệm chỉ mang màu sắc
cỏ nhõn, chắc chắn sẽ khụng trỏnh khỏi những tồn tại, hạn chế. Tôi rất mong được sự
đóng góp, bổ sung ý kiến của đồng nghiệp, cỏc nhà chuyờn mụn, cỏc cấp quản lý giỏo
dục để đề tài này sớm được ỏp dụng rộng rói vào thực tiễn dạy- học bất đẳng thức ở
trường THCS.
Tôi xin chân thành cảm ơn !
Hà Tĩnh, ngày 25 tháng 3 năm 2014
Chủ nhiệm đề tài: Nguyễn Duy Hưng
Trường THCS Nguyễn Tuấn Thiện – Hương Sơn – Hà Tĩnh
18
¸p dông hai bµi to¸n c¬ b¶n ®Ó chøng minh bÊt ®¼ng thøc
TÀI LIỆU THAM KHẢO
1.Nõng cõo phỏt triển toỏn 9 – Vũ Hữu Bỡnh – Nhà xuất bản GD
2.Chuyên đề về Bất đẳng thức của – Vừ Giang Giai- Nhà xuất bản Đại Học Quốc
Gia Hà Nội
3.Một số đề thi HSG toán cỏc tỉnh.
19
¸p dông hai bµi to¸n c¬ b¶n ®Ó chøng minh bÊt ®¼ng thøc
20
- Xem thêm -
.PDF 
20 
12 
70 
