Tài liệu Skkn bồi dưỡng tư duy sáng tạo qua việc chứng minh bất đẳng thức

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM BỒI DƯỠNG TƯ DUY SÁNG TẠO QUA VIỆC CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Tóm tắt nội dung A – Lời mở đầu 1 – Lí do chọn đề tài 2 – Phạm vi nghiên cứu B – Nội dung Phần I – Lý thuyết chung về Bất Đẳng Thức 1 - Định nghĩa và tính chất 2 – Các hằng bất đẳng thức cần nhớ. Phần II – Phương pháp chứng minh bất đẳng thức 1 – Các phương pháp chung. 2 – Các ví dụ minh hoạ cho từng phương pháp. - Phần bất đẳng thức đại số - Phần bất đẳng thức hình học Phần III – Một số dạng toán vận dụng chứng minh bất đẳng thức 1 – Giải phương trình 2 – Tìm cực trị 3 –So sánh Phần IV – Bài soạn minh hoạ Giáo án 2 tiết C – Kết quả và bài học kinh nghiệm A – Lời mở đầu 1 – Lí do chọn đề tài: Năm học 2007 – 2008 là năm học mà toàn ngành giáo dục hưởng ứng thực hiện cuộc vận động hai không: - Nói không với tiêu cực trong thi cử và bệnh thành tích trong giáo dục. - Nói không với vi phạm đạo đức nhà giáo và việc ngồi nhầm lớp Tại khoản 2 -điều 28 - luật giáo dục năm 2005 nói rừ: “Phương pháp giáo dục phổ thông phải phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động, sáng tạo của học sinh, phù hợp với đặc điểm của từng lớp học, môn học; bồi dưỡng phương pháp tự học, khả năng làm việc theo nhóm; rèn luyện kĩ năng vận dụng kiến thức vào thực tiễn; tác động đến tỡnh cảm, đem lại niềm vui, hứng thú học tập cho học sinh”. Để thực hiện được điều đó, bản thân từng giáo viên, từng học sinh cũng cần có những thay đổi rõ rệt về quan điểm, phương pháp dạy, phương pháp học. Đặc biệt là đối với mỗi giáo viên, ngoài mục tiêu lấy học sinh làm trung tâm trong giờ giảng người giáo viên cần luôn luôn tìm tòi, học hỏi, đổi mới phương pháp sao cho phù hợp với nội dung, hình thức bài giảng. Là một giáo viên dạy toán, tôi thấy việc làm thế nào để học sinh thấy cái hay trong học toán, phát huy được óc sáng tạo, phát triển tư duy lôgic ở học sinh là việc làm rất cần thiết. Do yêu cầu thực tiễn đặt ra: Làm thế nào để bồi dưỡng năng khiếu học toán, nâng cao và bổ sung thêm những kiến thức cần thiết cho học sinh, giúp các em có một nền móng vững chắc từ khi còn ở bậc THCS, làm tiền đề để học tốt môn Toán ở các lớp trên? Việc xây dựng các chuyên đề để bồi dưỡng học sinh khá - giỏi là nhu cầu không thể thiếu trong các trường THCS, nhằm đáp ứng yêu cầu ngày càng cao của chiến lược“ bồi dưỡng nhân tài” trong sự nghiệp đổi mới của đất nước. Chuyên đề chứng minh bất đẳng thức trong chương trình toán THCS là phần khó, gây nhiều bối rối, lo sợ, ngại giải loại toán này. Tuy nhiên, đây cũng là phần đòi hỏi nhiều tư duy, nên cũng rất hay, lôi cuốn những học sinh yêu môn toán. Trong nhiều năm qua, tôi thường được phân công dạy toán lớp 8, lớp 9 và thực hiện triển khai hoạt động của Câu lạc bộ Toán lớp 8 dành cho học sinh giỏi. Tôi luôn tìm tòi cách dạy dễ hiểu, ngắn gọn, đơn giản nhất có thể được để đi đến kết quả, đồng thời tôi luôn nêu ví dụ mẫu, hướng dẫn, gợi ý cho học sinh phát triển bài toán, đặc biệt là đối với phần chứng minh bất đẳng thức và tôi đã đúc rút ra một số kinh nghiệm hay. Đó là lí do mà tôi chọn và trình bày kinh nghiệm: “ Bồi dưỡng tư duy sáng tạo qua việc chứng minh bất đẳng thức ”. Được sự chỉ đạo, giúp đỡ của BGH, tổ, nhóm chuyên môn trong trường, tôi viết ra kinh nghiệm này với mong muốn trao đổi, tự bồi dưỡng nâng cao nghiệp vụ chuyên môn và học hỏi thêm . Trong bài viết chắc còn những thiếu sót, nên tôi rất mong được sự góp ý, chỉ bảo thêm của người đọc. Tôi xin chân thành cảm ơn! 2 – Phạm vi của đề tài - Đối tượng dạy: Chủ yếu là học sinh giỏi lớp 8 và lớp 9 - Phạm vi nghiên cứu: Chủ yếu là các kiến thức cơ bản và nâng cao, phát triển trong chương trình Toán lớp 8, lớp 9. 3 – Tài liệu tham khảo Tên sách Tác giả - SGK Đại số 8 Bộ GD - ĐT - Toán cơ bản và nâng cao Đại số 8 Vũ Hữu Bình - Tài liệu hướng dẫn ôn thi tốt nghiệp THCS Bộ GD - ĐT - Một số vấn đề phát triển Đại số 8, 9 Vũ Hữu Bình - Phương pháp giải 100 bài toán chọn lọc về chứng Phan Văn Phùng minh bất đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất - 23 chuyên đề giải 1001 bài toán sơ cấp Chủ biên Nguyễn Đức Đồng Nguyễn Văn Vĩnh B - Nội dung Phần I Lí thuyết chung về bất đẳng thức I - định nghĩa và tính chất 1 - Định nghĩa * Hai biểu thức A và B nối với nhau bởi một trong các quan hệ “ >”, “<”, “”, “ ”, cho ta một bất đẳng thức A > B hoặc A < B hoặc A  B hoặc A  B. * Viết A > B  A – B > 0 ( đọc là A lớn hơn B) A  B  A – B  0 ( đọc là A nhỏ hơn hay bằng B ) * Bất đẳng thức A > B ( hoặc A < B ) là bất đẳng thức thực sự ( hay bất đẳng thức chặt) 2 – Tính chất: * Tính bắc cầu:  a,b,c  R ab bc  ac * Liên hệ thứ tự với phép cộng ( trừ) abambm  a,b,m  R + Hệ quả 1 : Chuyển vế đổi dấu a  b + c  a – c  b. + Hệ quả 2 : Cộng 2 bất đẳng thức cùng chiều ab cda+cb+d + Hệ quả 3: Trừ 2 bất đẳng thức ngược chiều được bất đẳng thức cùng chiều với bất đẳng thức bị trừ a>b c b–d * Liên hệ thứ tự và phép nhân ( chia)  a, b , m  R a  b  am  bm với m > 0 am  bm với m < 0 + Hệ quả 1: Nhân 2 bất đẳng thức cùng chiều với 2 vế không âm ab0 cd0  a.cb.d + Hệ quả 2: a > b > 0  an > bn a>b nR a2k + 1 > b2k + 1 a  b > 0  na  nb * Lấy nghịch đảo và đổi chiều bất đẳng thức a > b > 0 hoặc a < b < 0 ab 1 1  a b ( a và b cùng dấu) thì: * So sánh 2 luỹ thừa cùng cơ số m > n > 0 thì: a > 1  am > an a = 1  am = an a < 1  am < an 3 – Cần ghi nhớ: * Một bất đẳng thức có thể đúng ( hoặc sai) yêu cầu chứng minh bất đẳng thức, ta phải hiểu đó là bất đẳng thức đúng. * Không được trừ 2 bất đẳng thức cùng chiều. * Không được chia 2 bất đẳng thức cho nhau. * Không được luỹ thừa 2 vế bất đẳng thức khi chưa rõ dấu. * Không được khử mẫu bất đẳng thức khi chưa rõ dấu. II – Các hằng bất đẳng thức cần nhớ 1) A2  0 , dấu “=” xảy ra khi A = 0 2) | A|  0 , dấu “=” xảy ra khi A = 0 3) | a + b|  | a| + | b| dấu “=” xảy ra khi ab  0 4) | a - b|  | a| - | b| dấu “=” xảy ra khi ab  0 5) dấu “=” xảy ra khi A = 0 A  0 6) Bất đẳng thức Cô si Với các ai  0 ta có: n  i 1 ai  n n  n ai i 1 Dấu đẳng thức xảy ra khi ai = aj + Hệ quả: 1) a1  a2   an  1  1  ...  1   n2    a1 a2 an  2) a b   2 b a 7) Bất đẳng thức Bunhiacôpxki ai; bi  |R 2  n    a i bi    i 1  n n  a . b i 1 2 i i 1 2 i Dấu đẳng thức xảy ra khi a ai  bi b j j a  m 8) a> 0 , b> 0; m > 0 Nếu a  1 thì b  m b  a b 9) a, b, c là độ dài 3 cạnh một tam giác thì | c – b | < a < c + b. 10) Trong tam giác vuông, độ dài cạnh huyền lớn hơn (hoặc bằng) cạnh góc vuông. 11) Trong một tam giác, cạnh đối diện góc lớn hơn là cạnh lớn hơn. Phần hai – Phương pháp chứng minh bất đẳng thức I - Phương pháp chung chứng minh bất đẳng thức 1 – Cách 1 : Dùng định nghĩa. Để chứng minh A > B ta xét hiệu A – B và chứng minh A – B > 0 2 - Cách 2 : Dùng các phép biến đổi tương đương đưa bất đẳng thức phải chứng minh về hằng bất đẳng thức đã biết. 3 – Cách 3: Từ các hằng bất đẳng thức đã biết và dùng các tính chất của bất đẳng thức suy ra bất đẳng thức cần chứng minh. 4 – Cách 4: Dùng phương pháp làm trội, làm non suy ra bất đẳng thức cần chứng minh 5 – Cách 5 : Dùng nguyên lý quy nạp toán học. 6 – Cách 6:Đặt biến phụ, đưa bất đẳng thức cần chứng minh về các hằng bất đẳng thức đã biết. 7 – Cách 7: Chứng minh bất đẳng thức bằng phản chứng. 8 – Cách 8: Dùng phương pháp xét khoảng. II – Các ví dụ minh hoạ Bất đẳng thức đại số 1) Các bất đẳng thức dạng đa thức liên quan đến tổng các bình phương và tích 2 số đích cuối cùng cũng sử dụng đến hằng bất đẳng thức ( a  b)  0 * Ví dụ 1: Chứng minh : a2 + b2 + c2  ab + ac + bc ( 1 ) Trong ví dụ này, tôi hướng cho học sinh xét và vận dụng hằng bất đẳng thức a2 – 2ab + b2 = ( a – b)2  0 nên có các cách sau: - Cách 1: Dùng định nghĩa để chứng minh: Xét hiệu M = a2 + b2 +c2 - ab – ac - bc Biến đổi 2M = ( a2 – 2ab + b2) + (a2 – 2ac + c2) + ( b2 – 2bc + c2) 2M = (a – b)2 + ( a – c)2 + ( b – c)2  0 M0  bất đẳng thức (1) đã được c/m. - Cách 2: Dùng phép biến đổi tương đương. Trong cách 2 chỉ khác cách 1 về trình bày như sau: ( 1 )  2a2 + 2b2 + 2c2  2ab + 2ac + 2bc  (a – b)2 + ( a – c)2 + ( b – c)2  0 luôn đúng  bất đẳng thức (1) đúng. - Cách 3 : Dùng hằng bất đẳng thức để chứng minh: có ( a – b )2  0  a2 + b2  2ab a2 + c2  2ac b2 + c2  2bc  2 VT  2 VP  VT  VP ( đpcm) - Cách 4: dùng phương pháp chứng minh bằng phản chứng. Giả sử: : a2 + b2 + c2 < ab + ac + bc  2(a2 + b2 + c2 ) < 2(ab + ac + bc)  (a – b)2 + ( a – c)2 + ( b – c)2 < 0 ( vô lí ) Vậy bất đẳng thức (1 ) đúng. * Ví dụ 2: Chứng minh : a2 + b2 + c2 + d2 + e2  a( b + c + d + e ) (2 ) Nhận xét: vế trái là tổng các bình phương của 5 số hạng, vế phải là tổng ( 2)  ( a2 a2 a2 a2  ab  b 2 )  (  ac  c 2 )  (  ad  d 2 )  (  ae  e 2 ) 4 4 4 4 các tích có a phân phối đều vào các tích, nên hướng làm như ví dụ trên, nhưng số hạng a2 phân bố đều 4 tổng, nên cách giải tương tự như ví dụ trên.  ( a a a a  b)2  (  c)2  (  d )2  (  e)2  0 2 2 2 2  bất đẳng thức ( 2 ) đúng luôn dương ( đpcm ) ( các cách khác trình bày tương tự như ví dụ 1 ) * Ví dụ 3: Thay đổi kí hiệu của biến để học sinh quan sát, phân tích, tổng hợp và đưa về bài toán quen thuộc. Đó là chứng minh: x12 + x22 + x32+ x42 + x52  x1 ( x2 + x3 + x4 + x5 ) ( đưa về VD 2) 2) Các bất đẳng thức liên quan đến tích và tổng các số không âm thường dùng bất đẳng thức Côsi và hệ quả của bất đẳng thức đó. Ví dụ: Cho a > 0; b > 0 ; c > 0 và a + b + c = 1. Chứng minh: b + c > 16 abc Giải : áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2số không âm ta có : (b + c)2  4 bc (1) [ a + (b + c)]  4a(b + c) (2) Vì a + b + c = 1 nên (2) viết thành: 1  4a(b + c) (3) Vì các vế của (1) và (3) luôn dương nên nhân vế với vế ta được (b + c)2  16 abc (b + c) Vì b + c > 0  b + c  16 abc 3) Các bất đẳng thức tổng quát, có luỹ thừa bậc n hoặc n số hạng, hoặc n thừa số ;… thường được chứng minh dựa vào phương pháp quy nạp. * Phương pháp quy nạp: + Bất đẳng thức phải chứng minh đúng với n = n0 + Giả sử bất đẳng thức đó đúng với n = k thì ta cần chứng minh bất đẳng thức đó đúng với n = k + 1 * Ví dụ 1: Chứng minh: 2n > n3 ( 1 ) với n  0 ; n  |N. Giải : Bất đẳng thức ( 1 ) đúng với n = 10 ( *1 ) Vì 210 = 1024 > 103 = 1000. Giả sử bất đẳng thức ( 1 ) đúng với n = k , tức là 2k > k3 ( *2) Ta cần chứng minh 2k+ 1 > ( k + 1 )3 Thật vậy : Xét 2k+ 1 - ( k + 1 )3= 2k+ 1 – k3 - 3k2- 3k - 1 = 2k .2 – 2k3 + k3 - 3k2 - 3k - 1 = 2(2k – k3 ) + k ( k2- 3k – 3) – 1 + Ta có (2k – k3 )> 0 vì 2k > k3 ( theo giả sử ) Xét [ k ( k- 3) – 3)] – 1 có k  0  k( k – 3)  70  [ k ( k- 3) – 3)] – 1  10. 67 – 1 = 669 > 0  Xét 2k+ 1 - ( k + 1 )3  0  2k+ 1 > ( k + 1 )3 ( *3) Từ (*1); ( *2); (*3)  bất đẳng thức đúng theo nguyên tắc quy nạp toán học. 1 1 1 n   ...  n  2 3 2 1 2 Ví dụ 2: Chứng minh: 1  Giải : Bấi đẳng thức (1) đúng với n = 1 vì 1 > (1) với n  |N. 1 2 Giả sử bất đẳng thức (1) đúng với n = k ta có: Sk = 1  1 1 1 k   ...  k  2 3 2 1 2 Ta cần chứng minh bất đẳng thức (1) đúng với n = k + 1: 1  1   1 1  1 1 Thật vậy: Sk+1 = 1    ...  k  ...  k 1   k  k  2 3 2  1 2 1  2 2 1  Sk + Pk với Pk = Pk > 1 2  Pk > k 1  1 2 k 1 1 2k   ...  1 2k  1 1 2 k 1   ...  2k 2 k 1 1 2 k 1  1  1 2 k 1 k 1 1  Sk+1 >   2 2 2 2  Bất đẳng thức đúng với n = k + 1  cũng đúng với mọi n. 4) Các bất đẳng thức vế trái là đa thức bậc cao, luỹ thừa giảm dần của biến thì thường dùng phương pháp xét khoảng. * Nếu đa thức đan xen dấu “ + ”; “ – ” nên nhóm xuất hiện ( x – 1) thì ta thường xét khoảng so với 1. Ví dụ 1: Chứng minh x10 – x9 + x4 – x + 1 > 0 Giải : Gọi vế trái bất đẳng thức là f(x) Xét các trường hợp : + Nếu x  1 f(x) = x9 (x – 1) + x( x3 – 1) + 1  f(x)  1 ( 1 ) + Nếu x < 1 f(x) = x10 + x4(1 – x5) + ( 1 – x)  f(x) > 0 (2) Từ ( 1 ) và ( 2 )  f(x) > 0 * Nếu đa thức toàn bộ là dấu “ + ” thì nhân vế trái với (x – 1) cho ta hằng đẳng thức và ta cũng xét khoảng so với 1. Ví dụ 2: Chứng minh A = x4 + x3 + x2 + x + 1 > 0 Giải: Xét A(x – 1 ) = x5 – 1 + Nếu x  1  A > 0 + Nếu x < 1  A = (x5 – 1) : (x – 1) > 0 ( vì x5 – 1 < 0 và x – 1 < 0 )  A > 0 x  R 5) Nếu bất đẳng thức có dạng tổng dãy số quy luật thì thường chọn phương pháp làm trội, làm non. Ví dụ 1: Chứng minh với mọi số nguyên dương n ta có: 1 1 1 1 1    ...  2 1.2 1.2.3 1.2.3.4 1.2.3.4.....n Giải: Xét thấy: 1 1  ; 1.2.3.4 3.4 1 1 1    ; 1.2.3.4  3 4  Vậy VT < 1 + 1 - … 1 1  1.2.3.4.....n (n  1)n …  1 1 1     1.2.3.4.....n  (n  1) n  1 1 1 1 1    ...   n 1 n 2 2 3 1 VT < 2  < 2 n Ví dụ 2: Chứng minh: 1< Giải: VT < a b c    2 với a, b, c > 0 ac ac cb ab bc ca   vì a, b, c > 0. acb bac cba VT < 2(a  b  c) 2 acb VT > a b c   Vì a, b, c > 1 acb bac cba VT > abc 1 acb Từ (1) và (2)  1  (1) (2) 1 1 1 1    ...  2 1.2 1.2.3 1.2.3.4 1.2.3.4.....n Ví dụ 3: Chứng minh 1 1 1 1 1    ...  3 1! 2 ! 3 ! 2008 ! 1 1 1   n ! 1 ...( n  1). n ( n  1). n Giải: Xét Có: 1 1 1 1    2 ! 1 .2 1 2 1 1 1 1    3! 2 .3 2 3 1 1 1 1    4 ! 3 .4 3 4 ……………………………….. 1 1 1 1    2008 ! 2007 . 2008 2007 2008 VT  1  1  1   VT  3   VT < 3 1 1 1 1 1 1 1      ...   2 2 3 3 4 2007 2008 1 2008 Ví dụ 4: Chứng minh: 1 1 1 1    ...  2 2 3 2 4 3 2008 2007 Giải: Xét 1 k 1  1   k   (k  1) k (k  1).k  k k  1 1  1 1  1  1 1   1 1   1  1  k       k      2  k  1  k k 1 k  1  k k  k k 1  k  k 1  1 1 1  1 1 1  1     2    2    ...  2  4 3  3 2  2  1  2007 2008  VT< 2 1 1 1 1 1 1 1   VT< 21       ...    2 2 3 3 4 2007 2008      VT < 2 2008 1  VT < 21   6) Nếu bất đẳng thức có dạng (ax + b)(ax + c)(ax + d)(ax + k)> mà thoả mãn b + c = d + k thì nên đặt ẩn phụ. VT = [(ax)2 + (b+c)ax + bc][ (ax)2 + (d+k)ax + dk] Có b+ c = d + k đặt t = (ax)2 + (b+c)ax + bc  VT = t (t + bc – dk) với (bc>dk) = t2 + t(bc – dk) Sau đó chứng minh t2 + t(bc – dk) -  > 0 bằng cách biến đổi vế trái về bình phương biểu thức cộng với một số dương( học sinh đã thường làm) + Nếu bất đẳng thức có dạng: Cho n ai  k i 1 n cần chứng minh :  i 1 ai2 k2  n k   x1  n  k a2   x2   n  .......... ..........   k an   xn  n  n  cã  a i  k  i 1  a1  thì nên đặt ẩn phụ: Đặt: 2 n x i 1 2 i 0 n k n k2 n 2 k2 k k  2 VT     xi   n    xi  2 . xi    xi  n i1 n i1 n i 1  n  n  i1  n Ví dụ 1: Chứng minh (x - 1)(x - 3)(x - 4)(x - 6) + 9  0 Giải: Xét thấy: VT = [(x - 1)(x - 3)][(x - 4)(x - 6)] + 9 = (x2 - 7x + 6)(x2 -7x + 12) + 9 Đặt: x2 - 7x + 9 = a Vt = (a - 3)(a + 3) + 9 = a2  0. Ví dụ 2: Cho a + b + c = = 0. Chứng minh rằng a2 + b2 + c2  Giải: Đặt a = 1 +x 3 b= 1 +y 3 c= 1 + z. 3 Do a + b + c = 1 nên x + y + z = 0. 2 2 1  1  1  Ta có a + b + c =   x     y     z  3  3  3  2 2 2 2 1 . 3 1 2  1 2  1 2  =   x  x2     y  y2     z  z2  9 3  9 3  9 3  = 1 2   x  y  z  + x2 + y2 + z2. 3 3 = 1 1 + x2 + y2 + z2  3 3 Dấu “=” xảy ra  x = y = z  a=b=c= 1 . 3 Bất đẳng thức hình học Chứng minh bất đẳng thức hình học thường dựa vào: + Bất đẳng thức 3 cạnh trong tam giác. + Bất đẳng thức cạnh huyền lớn hơn cạnh góc vuông có bất đẳng thức về diện tích. + Các bất đẳng thức liên quan tổng và tích các cạnh, thường sử dụng bất đẳng thức : 2 ab    ab  2  Ví dụ 1: Cho a, b, c là 3 cạnh của một tam giác. Hãy chứng minh: 1 1 1 1 1 1      a b c b  c a c a b a b c Giải: áp dụng hằng bất đẳng thức 1 1 4   a b a b (a  0, b  0) Vì a, b, c là 3 cạnh của tam giác  a + b > c ; b + c > a; c + a > b nên 1 1 4 2    a  b  c b  c  a 2b b 1 1 4 2    a b  c c  a b 2a a 1 1 4 2    b c a c a b 2c c  2(VT)  2( VP)  VT > VP Ví dụ 2: Cho tứ giác lồi ABCD có tổng độ dài 2 đường chéo là d. Chứng minh: B S ABCD Giải: d2  8 A O C S ABCD  S ABD  S BCD DB. AO  DB( AO  CO ) DB. AC 2  S    ABCD  DB.CO  2 2   2  S ABD  mµ S BDC mµ  S  DB  AC  DB. AC    2   ABCD  D 2 ( DB  AC ) 2 d2  8 8 Ví dụ 3: Tam giác ABC nhọn, H là trực tâm; AB = a; AC = b; BC = b a) Chứng minh: HA + HB + HC < 2 (a + b + c) 3 b) Gọi K là hình chiếu của A trên BC. 2 BC Chứng minh KH . KA  4 A Giải: M N 1 a) Dưng HM // AC; HN // AB H (M  AB; N  AC) => Tứ giác AMHN là hình bình hành. B => MH = AN 1 1 2 C K Mà HA < AM + MH (Bất đẳng thức  AHM). => HA < MA + NA. Vì H là trực tâm  ABC và HM // AC; HN // AB =>  BHM và  CHN vuông tại H. Do đó HB < BM; HC < CN (Quan hệ cạnh huyền và cạnh góc vuông) => HA + HB + HC < AM + AN + BM + CN = AB + AC (1) Tương tự ta có: HA + HB + HC < AB + BC (2) HA + HB + HC < AC + BC (3) Từ (1), (2), (3) => HA + HB + HC < Hay HA + HB + HC < 2 (AB + BC + AC) 3 2 (a + b + c) 3 b) Xét  AKB và  CKH có K1 = K2 = 900; A1 = C1 (Cùng phụ với góc ABC)  AKB  CKH (g.g) AK KB    KA.KH  CK.KB  BA 2 a 2 CK KH     KA.KH   4 4 (CK  KB) 2  mµ KB.KC   4 Phần III – Một số dạng toán vận dụng chứng minh bất đẳng thức I – Giải phương trình Dùng bất đẳng thức để đánh giá 2 vế của phương trình Ví dụ 1: 3x 2  6 x  7  5 x 2  10 x  14  4  2 x  x 2 Giải: VP = 5 – (x + 1 )2  5 VT = 3( x  1) 2  4  5( x  1) 2  9  2  3  5  VT = VP  x = -1 Vậy x = - 1 là nghiệm của phương trình. Ví dụ 2: Giải phương trình: x  1  x  3  2 x 2  10 x  16 với x > 3 Giải : + Xét thấy: 2x2 – 10x + 16 = 2(x2 – 5x + 9) = 2[(x – 3)2 + ( x – 1)] + Nên áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki cho 2 bộ số (1; 1) và ( x  1; x  3) Ta có: 1. x  1  1.( x  3) Ta có : VT2  2 [ ( VT  2  (12  12 ) x  1) 2  ( x  3) 2 ] 2 x 2  10  16 VT  VP 2 x  1   x  32  