Sáng kiến kinh nghiệm Một số phương pháp và kinh nghiệm giải bài toán bất đẳng thức

Nội dung text: Sáng kiến kinh nghiệm Một số phương pháp và kinh nghiệm giải bài toán bất đẳng thức

1. Mét sè kinh nghiÖm gi¶i bµi to¸n bÊt ®¼ng thøc A. PHẦN MỞ ĐẦU Bất đẳng thức là một trong những dạng toán hay và khó đối với học sinh trong quá trình học tập cũng như trong các kỳ thi, trước hết là kỳ thi đại học mà hầu hết học sinh THPT đều phải vượt qua. Ngoài ra bất đẳng thức cũng là một dạng thường gặp trong các kỳ thi học sinh giỏi toán ở các cấp: Tỉnh, Quốc gia, Olympic khu vực và Olympic quốc tế. Để giúp các em có thêm một số kinh nghiệm trong quá trình học tập nhằm nắm vững các phương pháp chứng minh bất đẳng thức đồng thời sử dụng linh hoạt hơn trong việc giải các bài toán về bất đẳng thức, tôi quyết định viết đề tài này nhằm chia sẽ cùng đồng nghiệp, học sinh và độc giả một số phương pháp, kinh nghiệm giải bài toán bất đẳng thức. Đề tài gồm 2 phần cơ bản: Phần I: Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức. Phần II: Bất đẳng thức lượng giác trong tam giác. Do khuôn khổ của đề tài, ở mỗi phần tôi xin miễn nhắc lại các kiến thức cơ bản về bất đẳng thức vì những kiến thức này được trình bày chi tiết trong sách giáo khoa trung học phổ thông, mà chỉ tập trung vào các phương pháp biến đổi đồng thời nêu một số ví dụ minh họa. §inh ThÞ L­u – Tr­êng THPT Chuyªn Qu¶ng B×nh 1
2. Mét sè kinh nghiÖm gi¶i bµi to¸n bÊt ®¼ng thøc B. NỘI DUNG Phần I: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC 1) Dùng các phép biến đổi thích hợp 2) Tam thức bậc 2 3) Phương pháp đạo hàm, cực trị hàm số 4) Quy nạp 5) Lượng giác hóa 6) Phương pháp hình học 7) Các BĐT thông dụng 8) Một số phương pháp khác I. Sử dụng các phép biến đổi. Ví dụ 1: CM với a,b,c là 3 số dương thì a b c 1 2 a b b c c a Giải: Vì a,b,c là 3 số dương nên ta có a a b b c c a b a b c b c a b c c a a b c a b c Cộng vế theo vế ta được 1 a b b c c a Mặt khác ta có a a c b a b c b c a b a b c b c a b c c a a b c a b c Cộng vế theo vế ta được 2 a b b c c a Ví dụ 2: CM x R ta luôn có 2 x8 x 5 x 2 x 3 Giải: 2 x x 2 3x 2 3 1 1 1 x8 x 5 x 2 x x8 2x 4 . 2. x. 3 2 4 4 2 3 3 3 2 x 2 3 1 1 1 4 x x 0 x R 2 2 3 3 3 §inh ThÞ L­u – Tr­êng THPT Chuyªn Qu¶ng B×nh 2
3. Mét sè kinh nghiÖm gi¶i bµi to¸n bÊt ®¼ng thøc 2 Do đó x8 x 5 x 2 x (đpcm) 3 Ví dụ 3: CMR 1 1 1 1 n N 1.2 2.3 n(n 1) Giải: Ta có 1 1 1 (k N * ) k(k 1) k k 1 Cho k=1, 2, n rồi cộng các đẳng thức theo vế ta có 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1.2 2.3 n(n 1) 2 2 3 n n 1 n 1 Vậy ta có đpcm. II. Phương pháp Tam thức bậc 2. Ví dụ 1: CMR 13 59 5x 2 2 13 59 11 3x 2 2x 4 11 Giải: TXĐ: x R 5x 2 2 Gọi P thì 3x 2 2x 4 (3P 5)x 2 2Px 4P 2 0 (*) Để (*) có nghiệm x thì ' 0 P 2 (4P 2)(3P 5) 0 11P 2 26P 10 0 13 59 13 59 P 11 11 13 59 5x 2 2 13 59 Vậy 11 3x 2 2x 4 11 Dấu đt bên trái xảy ra 13(13 59) x 121 Dấu đt bên phải xảy ra §inh ThÞ L­u – Tr­êng THPT Chuyªn Qu¶ng B×nh 3
4. Mét sè kinh nghiÖm gi¶i bµi to¸n bÊt ®¼ng thøc 13(13 59) x 121 III. Phương pháp hàm số, dùng đạo hàm. Ví dụ 1 : CMR x 0 thì sin x x Giải : Xét hàm số f (x) x sin x f '(x) 1 cos x 0 f (x) đồng biến Mặt khác f(0)=0. Vậy f(x)>0 với mọi x>0 hay với mọi x>0 thì sin x x Ví dụ 2: CMR nếu 0<b<a thì a b a a b ln a b b Giải: Xét hàm số f(x)=lnx liên tục và có đạo hàm trên 0, 1 f '(x) . Theo định lí Lagrange tồn tại x0 với b<x0<a sao cho x f (b) f (a) f '(x ) 0 b a 1 ln a lnb a b a ln x0 a b x0 b 1 1 1 Vì b<x0<a nên suy ra đpcm. a x0 b Ví dụ 3: Cho a,b,c,d là 4 số dương bất kì. CM abc abd acd bcd ab ac ad bc bd cd 3 4 6 Giải: Không mất tính TQ giả sử a b c d Xét hàm số y f (x) (x a)(x b)(x c)(x d) f(x) là một hàm số liên tục và có đạo hàm trên R Vì f(a)=f(b)=f(c)=f(d)=0 và f’(x) là một hàm bậc 3 nên tồn tại y1 , y2 , y3 sao cho a y1 b y2 c y3 d sao cho f '(y1 ) f '(y2 ) f '(y3 ) 0 Vậy f '(x) 4(x y1 )(x y2 )(x y3 ) Trong khai triển ta có §inh ThÞ L­u – Tr­êng THPT Chuyªn Qu¶ng B×nh 4
5. Mét sè kinh nghiÖm gi¶i bµi to¸n bÊt ®¼ng thøc 4y1 y2 y3 (abc acd abd bcd) 4(y1 y2 y2 y3 y3 y1 ) 2(ab ac ad bc bd cd) Theo BĐT Cauchy y y y y y y 1 2 2 3 3 1 3 (y y y ) 2 3 1 2 3 abc abd acd bcd ab ac ad bc bd cd 3 4 6 IV. Phương pháp quy nạp. Phương pháp này được áp dụng khi BĐT phụ thuộc 1 tham số n N , với các bước chứng minh như sau: + Bước 1. C/m BĐT đúng với n=n0 + Bước 2. Giả sử BĐT đúng với n=k (k n0 ) ta cần chứng minh BĐT đúng với n = k+1. + Bước 3. Kết luận BĐT đúng với mọi n N . Ví dụ 1 : C/m n 2 , n N * ta có : 1 3 5 2n 1 1 . . (*) 2 4 6 2n 3n 1 3 1 Giải: + Khi n=2 ta có (*) đúng. 8 7 + Giả sử BĐT đúng với n=k tức là 1 3 5 2k 1 1 . . 2 4 6 2k 3k 1 Ta cần chứng minh (*) cũng đúng với n=k+1 (k 2) . Thật vậy 1 3 5 2k 1 1 1 3 2k 1 2k 1 1 2k 1 . . . . . 2 4 6 2k 3k 1 2 4 2k 2k 2 3k 1 2k 2 Ta cần chứng minh 1 2k 1 1 1 . 3k 1 2k 2 3(k 1) 1 3k 4 (2k 1). 3k 4 3k 1.(2k 2) (4k 2 4k 1)(3k 4) (3k 1)(4k 2 8k 4) 19k 4 20k 4 k 1 Đến đây ta thấy (*) đúng với n=k+1. §inh ThÞ L­u – Tr­êng THPT Chuyªn Qu¶ng B×nh 5
6. Mét sè kinh nghiÖm gi¶i bµi to¸n bÊt ®¼ng thøc Vậy theo giả thiết quy nạp (*) đúng vớin 2 Ví dụ 2: Cho x>0 CMR với n 1 ta có x 2 x 3 x n e x 1 x 2! 3! n! Giải: +Với n=1 ta có e y 1 y 0, x x x Vậy e x dy dy e x 1 x e x 1 x x 0 0 0 Vậy BĐT đúng với n=1. + Giả sử BĐT đúng với n=k (k 1) x 0 tức là x 2 x 3 x k e x 1 x 2! 3! k! Ta c/m BĐT cũng đúng với n=k+1 tức là : x 2 x 3 x k 1 e x 1 x 2! 3! (k 1)! Thật vậy theo giả thiết quy nạp ta có: x 2 x 3 x k e x 1 x x 0 2! 3! k! Như vậy ta có y 2 y 3 y k e y 1 y y 0, x 2! 3! k! Do đó ta có: x x y2 yk e ydy (1 y )dy 0 0 2! k! x2 x3 xk 1 ex 1 x 2! 3! (k 1)! x2 x3 xk 1 ex 1 x 2! 3! (k 1)! +Vậy theo nguyên lí quy nạp ta có BĐT đúng với n 1 V. Sử dụng phương pháp lượng giác hóa. Để sử dụng phương pháp lượng giác hóa, trước hết học sinh phải nắm vững các tính chất, công thức và các phép biến đổi lượng giác. Trên cơ sở đó, §inh ThÞ L­u – Tr­êng THPT Chuyªn Qu¶ng B×nh 6
7. Mét sè kinh nghiÖm gi¶i bµi to¸n bÊt ®¼ng thøc trong một số bài toán nếu đặt các giá trị ẩn thích hợp qua các hàm số lượng giác thì rất thuận tiện. Ví dụ 1: CMR x, y ta có: 1 (x 2 y 2 )(1 x 2 y 2 ) 1 2 4 (1 x 2 ) 2 (1 y 2) 4   Giải: Đặt x tg y tg ,  2 2 Ta có: (x 2 y 2 )(1 x 2 y 2 ) (tg 2 tg 2  )(1 tg 2 .tg 2  ) A 2 (1 x 2 ) 2 (1 y 2) (1 tg 2 ) 2 (1 tg 2  ) 2 (sin 2 cos 2  sin 2  cos 2 )(cos2 cos 2  sin 2 sin 2  ) sin(  )sin( b)cos(  )cos(  ) 1 sin(2 2 )sin(2 2 ) 2 1 A dpcm 4 *) Một số bài tập: 1. CMR x, y R thì 1 (x y)(1 xy) 1 2 (x 2 1)(y 2 1) 2 2. Cho 4 số thực a, b, c, d thõa mãn a 2 b 2 1 2 2 c d 1 CMR 1 ac bd 1 VI. Phương pháp hình học. a) Sử dụng các BĐT về vectơ 1. u v u v Dấu “=” xảy ra u,v cùng chiều 2. u.v u .v  u .v u .v §inh ThÞ L­u – Tr­êng THPT Chuyªn Qu¶ng B×nh 7
8. Mét sè kinh nghiÖm gi¶i bµi to¸n bÊt ®¼ng thøc Ví dụ 1: Cho a, b, c là 3 số thực bất kì CM (a b) 2 c 2 (a b) 2 c 2 2 a 2 c 2 Giải: Đặt u (a b;c) v (a b;c) thì u v (2a;2c) Ta có u v u v suy ra đpcm. Ví dụ 2: CM x, y R thì x 2 4y 2 6x 9 x 2 4y 2 2x 12y 10 5 Giải: Đặt u (x 3;2y) v (1 x;3 2y) thì u v (4;3) Lại áp dụng u v u v suy ra đpcm. Ví dụ 3: CM a,b,c thì abc(a b c) a 4 b 4 c 4 Chú ý: Phương pháp vectơ được áp dụng trong các trường hợp ta có thể biểu diễn các thành phần của bđt thành đồ dài các vectơ tuy nhiên nó chỉ áp dụng thường thi khi không có sự ràng buộc nào của các biên còn nếu có sự ràng buộc thì ta thường dùng phương pháp tọa độ. b) Phương pháp tọa độ: Ví dụ 4: Cho a,b thõa mãn a – 2b + 2 = 0. CMR (a 3) 2 (b 5) 2 (a 5) 2 (b 7) 2 6 Giải: Chọn A(3; 5) B(5; 7) M(a; b) vì thõa mãn a – 2b + 2 = 0 nên nằm trên đường thẳng x- 2y + 2=0 ( ) . Lấy A’ đối xứng A qua ( ) ta có A’(5; 1) Ta có MA+MB=MA’+MB A’B Hay (a 3) 2 (b 5) 2 (a 5) 2 (b 7) 2 6 7 Dấu “=” xảy ra a 5  b A 2 x c) Các phương pháp khác: M Ví dụ 5: Cho 0<x, y, z<1. CM A P x(1 y) (y(1 z) z(1 x) 1 y Giải: Dựng tam giác đều cạnh 1 như hình vẽ B z N C A A §inh ThÞ L­u – Tr­êng THPT Chuyªn Qu¶ng B×nh 8
9. Mét sè kinh nghiÖm gi¶i bµi to¸n bÊt ®¼ng thøc Ta có S AMP S CPN S BNM S ABC 1 0 1 0 A sin 60 x(1 y) y(1 z) z(1 x) .sin 60 .1.1 2 2 x(1 y) y(1 z) z(1 x) 1 Ví dụ 6: Cho a, b, c dương. CM a 2 2ab b 2 b 2 3bc c 2 a 2 2 3ac c 2 Giải: Dựng hình như hình vẽ sao cho: A OA=a ; OB=b ; OC=c AOB 450 BOC 300 a Áp dụng định lí hàm số cosin trong tam giác ta có: b O B AB a2 2ab b2 c 2 2 BC b 3bc c C cosAOC cos(450 300 ) cos450 cos300 sin 450 sin300 1 3 1 1 1 3 1 1 . . . 2 3 2 2 2 2 2 2 2 Vậy AC a 2 2 3ac c 2 tức là a 2 2ab b 2 b 2 3bc c 2 a 2 2 3ac c 2 Dấu đẳng thức xảy ra ab 2 bc 1 ac 2 3 S S S acsin750 b AOB BOC AOC 4 4 2 a c *) Một số bài tập 1. Cho a, b, c, d là 4 số thực thõa mãn a 2 b 2 1 2(a b) 2 2 c d 36 12(c d) CM: ( 2 1)6 (a c) 2 (b d) 2 ( 2 1)6 §inh ThÞ L­u – Tr­êng THPT Chuyªn Qu¶ng B×nh 9
10. Mét sè kinh nghiÖm gi¶i bµi to¸n bÊt ®¼ng thøc 2. CMR x ta có 2x 2 2x 1 2x 2 ( 3 1)x 1 2x 2 ( 3 1)x 1 3 3. Cho x, y thõa x 2y 8 0 x y 2 0 y 2x 4 0 16 C/m x 2 y 2 20 5 4. Cho x, y, z dương thõa mãn xyz(x+y+z)=1 Tìm MIN (x+y)(x+z) VII. Sử dụng các BĐT quen thuộc. 1. Bất đẳng thức Cauchy a. Cho 2 số không âm x, y ta có x y xy . Dấu “=” x y 2 1 1 4 Dạng khác Dấu “=” a b a b a b b. Tổng quát cho n số không âm a1 ,a2 , ,an ta có a a a 1 2 n n a a a n 1 2 n Ví dụ 1 : Cho a, b, c là 3 số dương tùy ý CMRx R ta có x x x ab bc ca a x b x c x c a b Giải : Áp dụng BĐT Cauchy cho các cặp số dương ta có : x x x ab bc ab.bc 2 2b x c a ca x x x bc ca bc.ca 2 2c x a b ab x x x ca ab ca.ab 2 2a x b c bc §inh ThÞ L­u – Tr­êng THPT Chuyªn Qu¶ng B×nh 10