Chuyên đề bồi dưỡng HSG lớp 9 Phần bất đẳng thức

24 3.5K 24
Chuyên đề bồi dưỡng HSG lớp 9  Phần bất đẳng thức

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

Thông tin tài liệu

A.MỤC TIÊU:1Học sinh nắm vững một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức.2Một số phương pháp và bài toán liên quan đến phương trình bậc hai sử dụng công thức nghiệm sẽ cho học sinh học sau.3Rèn kỹ năng và pp chứng minh bất đẳng thức.B NỘI DUNG PHẦN 1 : CÁC KIẾN THỨC CẦN LƯU Ý 1 Định nghĩa 2 Tính chất 3Một số hằng bất đẳng thức hay dùng

Chuyên đề bồi dưỡng HSG lớp - Phần bất đẳng thức Chuyên đề: BẤT ĐẲNG THỨC A.MỤC TIÊU: 1-Học sinh nắm vững số phương pháp chứng minh bất đẳng thức 2-Một số phương pháp toán liên quan đến phương trình bậc hai sử dụng cơng thức nghiệm cho học sinh học sau 3-Rèn kỹ pp chứng minh bất đẳng thức B- NỘI DUNG PHẦN : CÁC KIẾN THỨC CẦN LƯU Ý 1- Định nghĩa 2- Tính chất 3-Một số bất đẳng thc hay dựng Phần 2:một số phơng phápchứng minh bấtđẳng thức 1-Phơng pháp dùng định nghĩa 2- Phơng pháp dùng biến đổi tơng đơng 3- Phơng pháp dùng bất đẳng thức quen thuộc 4- Phơng pháp sử dụng tính chất bắc cầu 5- Phơng pháp dùng tính chất tỉ số 6- Phơng pháp làm trội 7- Phơng pháp dùng bất đẳng thức tam giác 8- Phơng pháp đổi biến số 9- Phơng pháp dùng tam thức bậc hai 10- Phơng pháp quy nạp 11- Phơng pháp phản chứng Phần :các tập nâng cao PHầN : ứng dụng bất đẳng thức 1- Dùng bất đẳng thức để tìm cực trị 2-Dùng bất đẳng thức để giải phơng trình bất phơng trình 3-Dùng bất đẳng thức giải phơng trình nghiệm nguyên Phần I : kiến thøc cÇn lu ý Chuyên đề bồi dưỡng HSG lớp - Phần bất đẳng thức 1-§inhnghÜa 2-tÝnh chÊt A ≥ B ⇔ A − B ≥  A ≤ B ⇔ A − B ≤ + A>B ⇔ B < A + A>B vµ B >C ⇔ A > C + A>B ⇒ A+C >B + C + A>B vµ C > D ⇒ A+C > B + D + A>B vµ C > ⇒ A.C > B.C + A>B vµ C < ⇒ A.C < B.C + < A < B vµ < C B > ⇒ A n > B n ∀n + A > B ⇒ A n > B n víi n lỴ + A > B ⇒ A n > B n víi n ch½n + m > n > vµ A > ⇒ A m > A n + m > n > vµ ⇒ 1 > A B 3-một số bất đẳng thøc + A ≥ víi ∀ A ( dÊu = x¶y A = ) + An ≥ víi ∀ A ( dÊu = x¶y A = ) + A ≥ víi ∀A (dÊu = x¶y A = ) + -A B Ta chøng minh A B > Lu ý dùng bất đẳng thức M ≥ víi∀ M VÝ dơ ∀ x, y, z chøng minh r»ng : a) x + y + z ≥ xy+ yz + zx Chuyên đề bồi dưỡng HSG lớp - Phần bất đẳng thức b) x + y + z ≥ 2xy – 2xz + 2yz c) x + y + z +3 ≥ (x + y + z) Gi¶i: a) Ta xÐt hiÖu x + y + z - xy – yz - zx = ( x − y ) + ( x −z ) + ( y − z ) ≥ ®óng víi mäi x;y;z ∈ R = ( x + y + z - xy – yz – zx) [ ] V× (x-y)2 ≥ víi∀x ; y DÊu b»ng x¶y x=y (x-z)2 ≥ víi∀x ; z DÊu b»ng x¶y x=z (y-z)2 ≥ víi∀ z; y DÊu b»ng x¶y z=y VËy x + y + z ≥ xy+ yz + zx DÊu b»ng x¶y x = y =z b)Ta xÐt hiÖu x + y + z - ( 2xy – 2xz +2yz ) = x + y + z - 2xy +2xz –2yz =( x – y + z) ≥ ®óng víi mäi x;y;z ∈ R VËy x + y + z ≥ 2xy – 2xz + 2yz ®óng víi mäi x;y;z ∈ R DÊu b»ng x¶y x+y=z c) Ta xÐt hiÖu x + y + z +3 – 2( x+ y +z ) = x - 2x + + y -2y +1 + z -2z +1 = (x-1) + (y-1) +(z-1) ≥ DÊu(=)x¶y x=y=z=1 VÝ dô 2: chøng minh r»ng : a2 + b2  a + b  ≥ a)  ;b) c) HÃy tổng quát toán a2 + b2 + c2  a + b + c  ≥  3   gi¶i a +b a+b −    a2 + b2 a + 2ab + b − = 4 = 2a + 2b − a − b − 2ab = ( a − b) ≥ a) Ta xÐt hiÖu ( ) ( ) Chuyên đề bồi dưỡng HSG lớp - Phần bất đẳng thức a2 + b2  a + b  ≥ VËy    DÊu b»ng x¶y a=b b)Ta xÐt hiƯu a2 + b2 + c2  a + b + c  −  3   2 = ( a − b) + ( b − c) + ( c − a ) ≥ [ ] a2 + b2 + c2  a + b + c  VËy ≥  3   DÊu b»ng x¶y a = b =c c)Tỉng qu¸t 2 a12 + a + + a n  a1 + a + + a n  ≥  n n   Tóm lại bớc để chứng minh A B tho định nghĩa Bớc 1: Ta xét hiệu H = A - B Bớc 2:Biến đổi H=(C+D) H=(C+D) +….+(E+F) Bíc 3:KÕt luËn A ≥ B VÝ dụ:(chuyên Nga- Pháp 98-99) Chứng minh m,n,p,q ta có m + n + p + q +1≥ m(n+p+q+1) Gi¶i:  m2   m2   m2   m2  ⇔ − mn + n  +  − mp + p  +  − mq + q  +         − m + 1 ≥          2 2 m  m  m  m  ⇔  − n  +  − p  +  − q  +  − 1 ≥ (luôn đúng) m  −n =0 m  − p=0 2 ⇔ DÊu b»ng x¶y  m  −q =0 2 m  −1 =  Lu ý: m  n =  m  m=2 p =  ⇔ n = p = q =  m q=  m =2  phơng pháp : Dùng phép biến đổi tơng đơng Chuyên đề bồi dưỡng HSG lớp - Phần bt ng thc Ta biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh tơng đơng với bất đẳng thức bất đẳng thức đà đợc chứng minh Chú ý đẳng thức sau: ( A + B ) = A + AB + B ( A + B + C ) = A + B + C + AB + AC + BC ( A + B ) = A + A B + AB + B VÝ dô 1: Cho a, b, c, d,e số thực chøng minh r»ng b2 ≥ ab b) a + b + ≥ ab + a + b c) a + b + c + d + e ≥ a( b + c + d + e ) a) a + Gi¶i: b2 ≥ ab ⇔ 4a + b ≥ 4ab ⇔ 4a − 4a + b ≥ ⇔ ( 2a − b ) (bất đẳng thức đúng) a) a + b2 ≥ ab (dÊu b»ng x¶y 2a=b) b) a + b + ≥ ab + a + b ⇔ 2( a + b + ) > 2(ab + a + b) ⇔ a − 2ab + b + a − 2a + + b − 2b + ≥ ⇔ (a − b) + ( a − 1) + (b − 1) Bất đẳng thức cuối 2 VËy a + b + ≥ ab + a + b VËy a + DÊu b»ng x¶y a=b=1 c) a + b + c + d + e ≥ a( b + c + d + e) ⇔ 4( a + b + c + d + e ) ≥ 4a( b + c + d + e ) ⇔ a − 4ab + 4b + a − 4ac + 4c + a − 4ad + 4d + a − 4ac + 4c ≥ ⇔ ( a − 2b ) + ( a − 2c ) + ( a − 2d ) + ( a − 2c ) ≥ ( ) ( ) ( ) ( Bất đẳng thức ta có điều phải chứng minh Ví dụ 2: Chứng minh r»ng: ( a10 + b10 )( a + b ) ≥ ( a + b )( a + b ) Gi¶i: (a )( ) ( ) )( ) ) + b10 a + b ≥ a + b a + b ⇔ a 12 + a 10 b + a b10 + b12 ≥ a 12 + a b + a b + b12 ⇔ a 8b a − b + a 2b b − a ≥ ⇔ a2b2(a2-b2)(a6-b6) ≥ ⇔ a2b2(a2-b2)2(a4+ a2b2+b4) 10 ( ( ) Bất đẳng thứccuối ta có điều phải chứng minh Ví dụ 3: cho x.y =1 vµ x.y Chuyên đề bồi dưỡng HSG lớp - Phần bất đẳng thức Chøng minh x2 + y2 ≥2 x− y Gi¶i: x +y 2 :x y nên x- y 〉 ⇒ x2+y2 ≥ 2 ( x-y) x− y ⇒ x2+y2- 2 x+ 2 y ≥ ⇔ x2+y2+2- 2 x+ 2 y -2 ≥ ⇔ x2+y2+( )2- 2 x+ 2 y -2xy x.y=1 nên 2.x.y=2 (x-y- )2 Điều luôn Vậy ta có điều phải chứng minh 2 VÝ dô 4: 2 1)CM: P(x,y)= x y + y − xy − y + ≥ ∀x, y ∈ R a2 + b2 + c2 ≤ a + b + c 2)CM: (gỵi ý :bình phơng vế) 3)choba số thực khác không x, y, z tháa m·n: x y.z =  1 1  + + < x+ y+z x y z  Chøng minh r»ng :cã ®óng mét ba số x,y,z lớn (đề thi Lam Sơn 96-97) Gi¶i: XÐt (x-1)(y-1)(z-1)=xyz+(xy+yz+zx)+x+y+z-1 x y 1 x z y z x y z =(xyz-1)+(x+y+z)-xyz( + + )=x+y+z - ( + + ) > (v× + + < x+y+z theo gt) → sè x-1 , y-1 , z-1 âm ba sỗ-1 , y-1, z-1 dơng Nếủ trờng hợp sau xảy x, y, z >1 x.y.z>1 Mâu thuẫn gt x.y.z=1 bắt buộc phải xảy trờng hợp tức có ba số x ,y ,z số lớn Phơng pháp 3: dùng bất đẳng thức quen thuộc A/ số bất đẳng thức hay dùng 1) Các bất đẳng thức phụ: a) x + y ≥ xy 2 b) x + y ≥ xy dÊu( = ) x = y = c) ( x + y ) ≥ xy a b b a d) + 2)Bất đẳng thøc C« sy: a1 + a + a3 + + a n n ≥ a1 a a3 a n n 3)Bất đẳng thức Bunhiacopski (a 2 )( ) Víi > 2 + a2 + + an x12 + x2 + + ≥ ( a1 x1 + a2 x2 + + an xn ) n 4) Bất đẳng thức Trê- b-sép: Chuyên đề bồi dưỡng HSG lớp - Phần bất đẳng thức  a≤b≤c A ≤ B ≤ C  a≤b≤c NÕu  A ≥ B ≥ C  a=b=c DÊu b»ng x¶y  A = B = C ⇒ aA + bB + cC a + b + c A + B + C ≥ 3 ⇒ NÕu  aA + bB + cC a + b + c A + B + C ≤ 3 b/ c¸c vÝ dơ ví dụ Cho a, b ,c số không âm chứng minh (a+b)(b+c)(c+a) 8abc Giải: Cách 1:Dùng bất đẳng thức phụ: ( x + y ) ≥ xy Tacã ( a + b ) ≥ 4ab ; ( b + c ) ≥ 4bc ; ( c + a ) ≥ 4ac ⇒ ( a + b ) ( b + c ) ( c + a ) ≥ 64a b c = ( 8abc ) ⇒ (a+b)(b+c)(c+a) ≥ 8abc DÊu “=” x¶y a = b = c vÝ dô 2(tù giải): 1)Cho a,b,c>0 a+b+c=1 2)Cho x,y,z>0 x+y+z=1 3)Cho a>0 , b>0, c>0 CMR: a b c + + ≥ b+c c+a a+b 4)Cho x ≥ ,y ≥ tháa m·n x − y = vÝ dô 3: CMR: a + b + c ≥ (403-1001) CMR:x+2y+z ≥ 4(1 − x)(1 − y )(1 − z ) ;CMR: x+y ≥ Cho a>b>c>0 vµ a + b + c = chøng minh r»ng a3 b3 c3 + + ≥ b+c a+c a+b Gi¶i:  a2 ≥ b2 ≥ c2  Do a,b,c ®èi xøng ,gi¶ sư a ≥ b ≥ c ⇒  a ≥ b ≥ c b + c a + c a + b áp dụng BĐT Trê- b-sép ta cã a b c a2 + b2 + c2  a b c  2 a +b +c ≥  + + = = b+c a+c a+b b+c a+c a+b 2 a3 b3 c3 + + ≥ VËy DÊu b»ng x¶y a=b=c= b+c a+c a+b 2 vÝ dơ 4: Cho a,b,c,d>0 vµ abcd =1 Chøng minh r»ng : a + b + c + d + a ( b + c ) + b( c + d ) + d ( c + a ) ≥ 10 Gi¶i: Chuyên đề bồi dưỡng HSG lớp - Phần bất đẳng thức Ta cã a + b ≥ 2ab c + d ≥ 2cd 1 (dïng x + ≥ ) ab x Ta cã a + b + c ≥ 2(ab + cd ) = 2(ab + ) ≥ ab a ( b + c ) + b( c + d ) + d ( c + a ) Mặt khác: Do abcd =1 nên cd = (1) =(ab+cd)+(ac+bd)+(bc+ad)        +  ac +  +  bc +  ≥ + + ab   ac   bc   2 2 VËy a + b + c + d + a( b + c ) + b( c + d ) + d ( c + a ) ≥ 10 =  ab + vÝ dô 5: Cho sè a,b,c,d bÊt kú chøng minh r»ng: (a + c) + (b + d ) ≤ a + b + c + d Gi¶i: Dïng bÊt ®¼ng thøc Bunhiacopski tacã ac+bd ≤ a + b c + d mµ ( a + c ) + ( b + d ) = a + b + 2( ac + bd ) + c + d ( ) ≤ a2 + b2 + a2 + b2 c2 + d + c2 + d ⇒ ( a + c) + (b + d ) ≤ a + b + c + d vÝ dô 6: Chøng minh r»ng a + b + c ≥ ab + bc + ac Giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski Cách 1: Xét cặp số (1,1,1) (a,b,c) ta có (1 + + )(a + b + c ) ≥ (1.a + 1.b + 1.c ) ( a + b + c ) ≥ a + b + c + 2( ab + bc + ac ) ⇒ 2 2 2 ⇒ a + b + c ≥ ab + bc + ac Phơng pháp 4: 2 2 Điều phải chứng minh Dấu xảy a=b=c Sử dụng tính chất bắc cầu Lu ý: A>B b>c A>c 0< x c+d , b>c+d Chøng minh r»ng ab >ad+bc Gi¶i: a > c + d b > c + d Tacã  ⇒ ⇔ a − c > d > ⇒  b − d > c > (a-c)(b-d) > cd ab-ad-bc+cd >cd Chuyên đề bồi dưỡng HSG lớp - Phần bất đẳng thc ab> ad+bc (điều phải chứng minh) ví dụ 2: Cho a,b,c>0 tháa m·n a + b + c = Chøng minh 1 1 + + < a b c abc Gi¶i: Ta cã :( a+b- c)2= a2+b2+c2+2( ab –ac – bc) 〉 2 ( a +b +c ) 1 ⇒ ac+bc-ab ≤ 〈 Chia hai vÕ cho abc > ta cã + − 〈 a b c ⇒ ac+bc-ab 〈 abc vÝ dô Cho < a,b,c,d 1-a-b-c-d Gi¶i: Ta cã (1-a).(1-b) = 1-a-b+ab Do a>0 , b>0 nªn ab>0 ⇒ (1-a).(1-b) > 1-a-b (1) Do c 0 ta cã ⇒ (1-a).(1-b) ( 1-c) > 1-a-b-c ⇒ (1-a).(1-b) ( 1-c).(1-d) > (1-a-b-c) (1-d) =1-a-b-c-d+ad+bd+cd ⇒ (1-a).(1-b) ( 1-c).(1-d) > 1-a-b-c-d (Điều phải chứng minh) ví dụ 1- Cho a + b mµ 0< a,b a , b > b Tõ (1) vµ (2) ⇒ 1+ a b > a + b VËy a + b < 1+ a b T¬ng tù b + c ≤ + b c c + a3 ≤ + c2a Cộng bất đẳng thức ta có : 2a + 2b + 2c ≤ + a b + b c + c a b)Chøng minh r»ng : NÕu a + b = c + d = 1998 ac+bd =1998 (Chuyên Anh 98 99) Giải: Ta cã (ac + bd) + (ad – bc ) = a c + b d + 2abcd + a d = a2(c2+d2)+b2(c2+d2) =(c2+d2).( a2+ b2) = 19982 + b c - 2abcd = Chuyên đề bồi dưỡng HSG lớp - Phần bất đẳng thức rá rµng (ac+bd)2 ≤ ( ac + bd ) + ( ad − bc ) = 1998 ⇒ ac + bd 1998 2-Bài tập : 1, Cho số thực : a1; a2;a3 ….;a2003 tháa m·n : a1+ a2+a3 + ….+a2003 =1 c høng minh r»ng : a 12 + a 22 + a32 + + a 2003 ≥ 2003- 2004Thanh hãa ) 2,Cho a;b;c ≥ tháa m·n :a+b+c=1(?) a b ( đề thi vào chuyên nga pháp 2003 c Chứng minh rằng: ( 1).( 1).( 1) Phơng pháp 5: dïng tÝnh chÊtcña tû sè KiÕn thøc 1) Cho a, b ,c số dơng a a a+c > th× > b b b+c a a a+c b – NÕu < th× < b b+c b a – NÕu 2)NÕu b,d >0 th× tõ a c a a+c c < ⇒ < < b d b b+d d ` vÝ dô : Cho a,b,c,d > Chøng minh r»ng 1< a b c d + + + Chøng minh r»ng < b d b b +d2 d a c ab cd ab ab + cd cd c < = Tõ < ⇒ < ⇒ < b d b d b b +d2 d2 d a ab + cd c < < điều phải chứng minh b b2 + d d Cho: < Gi¶i: Vậy ví dụ : Cho a;b;c;dlà số nguyên d¬ng tháa m·n : a+b = c+d =1000 a c tìm giá trị lớn + giải : b d Không tính tổng quát ta giả sử : a ≤ v× a+b = c+d c a b a b a a+b b ≤ ⇒ ≤ ≤ Tõ : ≤ c d c d c c+d d b a b ≤ 998 ⇒ + ≤ 999 d c d a b 999 b, NÕu: b=998 th× a=1 + = + Đạt giá trị lớn d= 1; c=999 c d c d a b Vậy giá trị lớn + =999+ a=d=1; c=b=999 c d 999 a, NÕu :b ≤ 998 th× Phơng pháp 6: Phơng pháplàm trội Lu ý: Dùng tính bất đẳng thức để đa vế bất đẳng thức dạng tính đợc tổng hữu hạn tích hữu hạn (*) Phơng pháp chung để tính tổng hữu hạn : S = u1 + u2 + + un Ta cố gắng biến đổi số hạng tổng quát u k hiệu hai số hạng liên tiếp nhau: u k = ak − ak +1 Khi ®ã : S = ( a1 − a2 ) + ( a2 − a3 ) + + ( an − an+1 ) = a1 an+1 (*) Phơng pháp chung tính tích hữu hạn P = u1u2 un Biến đổi số hạng u k thơng hai số hạng liên tiếp nhau: uk = ak ak +1 11 Chuyên đề bồi dưỡng HSG lớp - Phần bất đẳng thức a a a a n Khi ®ã P = a a a = a n +1 n +1 VÝ dô : Víi mäi sè tù nhiªn n >1 chøng minh r»ng 1 1 < + + + < n +1 n + n+n Gi¶i: Ta cã Do ®ã: 1 > = n + k n + n 2n víi k = 1,2,3,…,n-1 1 1 n + + + > + + = = n +1 n + 2n 2n n 2n VÝ dô : Chøng minh r»ng: 1+ ( ) 1 + + + > n +1 −1 n Giải : Với n số nguyên ( 2 = > = k +1 − k k k k + k +1 Ta cã Khi cho k chạy từ đến n ta có > ( − 1) ( >2 3− 2 ) ……………… ( > n +1 − n n ) Céng tõng vÕ c¸c bÊt đẳng thức ta có 1+ ( ) 1 + + + > n +1 −1 n VÝ dô : Chøng minh r»ng n ∑k k =1 (a+b-c).(b+c-a).(c+a-b) Giải a)Vì a,b,c số đo cạnh tam giác nên ta cã 0 < a < b + c  0 < b < a + c 0 < c < a + b  a < a (b + c)  b < b( a + c )  c < c ( a + b)  Cộng vế bất đẳng thức ta cã a2+b2+c2< 2(ab+bc+ac) b) Ta cã a > b-c  ⇒ a > a − (b − c) > b > a-c  ⇒ b > b − (c − a) > c > a-b  ⇒ c > c (a b) > Nhân vế bất đẳng thức ta đợc [ ][ ][ a 2b c > a − ( b − c ) b − ( c − a ) c − ( a − b ) 2 ⇒ a 2b c > ( a + b − c ) ( b + c − a ) ( c + a − b ) ⇒ abc > ( a + b − c ).( b + c − a ).( c + a − b ) 2 ] VÝ dô2: (404 – 1001) 1) Cho a,b,c chiều dài ba cạnh tam gi¸c Chøng minh r»ng ab + bc + ca < a + b + c < 2(ab + bc + ca) 2) Cho a,b,c lµ chiỊu dài ba cạnh tam giác có chu vi 13 Chuyên đề bồi dưỡng HSG lớp - Phần bất đẳng thức Chøng minh r»ng a + b + c + 2abc < Ph¬ng pháp 8: Ví dụ1: a đổi biến số b c Cho a,b,c > Chøng minh r»ng b + c + c + a + a + b ≥ (1) Gi¶i : y+z−x z+x− y x+ y−z ; b= ;c= 2 y+z−x z+x− y x+ y−z + + ≥ ta cã (1) ⇔ 2x 2y 2z y z x z x y + −1+ + −1+ + −1 ≥ ⇔ x x y y z z y x z x z y ⇔( + )+( + )+( + )≥6 x y x z y z y x z y z x + ≥ nên ta có điều + 2; Bất đẳng thức cuối ( + 2; x y y z x z Đặt x=b+c ; y=c+a ;z= a+b ta cã a= ph¶i chøng minh VÝ dơ2: Cho a,b,c > vµ a+b+c Theo bất đẳng thức Côsi ta có x + y + z ≥ 3 xyz 1 1 + + ≥ x y z xyz ⇒   ( x + y + z ). + +  ≥   x Mµ x+y+z < VËy 1 + + ≥9 x y z y z (®pcm) VÝ dơ3: Cho x ≥ , y ≥ tháa m·n x − y = CMR x + y ≥ 14 Chuyên đề bồi dưỡng HSG lớp - Phn bt ng thc Gợi ý: Đặt x = u , y =v ⇒ 2u-v =1 vµ S = x+y = u + v ⇒ v = 2u-1 thay vµo tÝnh S Bµi tËp 1) Cho a > , b > , c > CMR: 25a 16b c + + >8 b+c c+a a+b ( ) 2)Tỉng qu¸t m, n, p, q, a, b >0 CMR ma nb pc + + ≥ b+c c+a a+b Phơng pháp 9: m + n + p − ( m + n + p) dïng tam thøc bËc hai Lu ý : Cho tam thøc bËc hai f ( x ) = ax + bx + c ∀x ∈ R NÕu ∆ < th× a f ( x ) > b a víi x < x1 hc x > x2 víi x1 < x < x2 NÕu ∆ = th× a f ( x ) > ∀x ≠ − NÕu ∆ > th× a f ( x ) > a f ( x ) < VÝ dô1: Chøng minh r»ng f ( x, y ) = x + y − xy + x − y + > Gi¶i: Ta cã (1) ⇔ x − x( y − 1) + y − y + > ∆′ = ( y − 1) − y + y − = y2 − y +1− 5y2 + y − = −( y − 1) − < VËy f ( x, y ) > víi mäi x, y VÝ dơ2: Chøng minh r»ng ( ) f ( x, y ) = x y + x + y + xy + x > xy Giải: Bất đẳng thức cần chứng minh tơng ®¬ng víi 15 (1) ( x2 > x1 ) Chun đề bồi dưỡng HSG lớp - Phần bất đẳng thức ( ) x y + x + y + xy + x − xy > ⇔ ( y + 1) x + y (1 − y ) x + y > Ta cã ∆′ = y (1 − y ) − y ( y + 1) = −16 y < V× a = ( y + 1) > vËy f ( x, y ) > (đpcm) Phơng pháp 10: dùng quy nạp toán học Kiến thức: Để chứng minh bất đẳng thức với n > n0 ta thùc hiƯn c¸c bíc sau : Kiểm tra bất đẳng thức với n = n0 - Giả sử BĐT với n =k (thay n =k vào BĐT cần chứng minh đợc gọi giả thiết quy nạp ) 3- Ta chứng minh bất đẳng thức với n = k +1 (thay n = k+1vào BĐT cần chứng minh biến đổi để dùng giả thiết quy nạp) kết luận BĐT với n > n0 Ví dụ1: Chứng minh r»ng 1 1 + + + < − 2 n n ∀n ∈ N ; n > (1) Gi¶i : Víi n =2 ta cã + < (đúng) Vậy BĐT (1) với n =2 Giả sử BĐT (1) với n =k ta phải chứng minh BĐT (1) với n = k+1 ThËt vËy n =k+1 th× (1) ⇔ 1 1 + + + + < 2− 2 k (k + 1) k +1 Theo giả thiết quy nạp 1 1 1 + + + + < 2− + < 2− 2 2 k (k + 1) k ( k + 1) k +1 ⇔ 1 1 + + < + < 2 ( k + 1) k + ( k + 1) k ⇔ k +1+1 < ⇔ k (k + 2) < (k + 1) k2+2k 16 Chuyên đề bồi dưỡng HSG lớp - Phần bất đẳng thức n a+b an + bn ≤ Chøng minh r»ng  (1)     Gi¶i Ta thấy BĐT (1) với n=1 Giả sử BĐT (1) với n=k ta phải chứng minh BĐT víi n=k+1 ThËt vËy víi n = k+1 ta cã a+b (1) ⇔      k +1 ≤ a k +1 + b k +1 k a+b a+b a k +1 + b k +1 ⇔ ≤ (2)   2   a k + b k a + b a k +1 + ab k + a k b + b k +1 a k +1 + b k +1 ⇔ VÕ tr¸i (2) ≤ = ≤ 2 k +1 k +1 k +1 k k k +1 a +b a + ab + a b + b ⇔ − ≥0 ⇔ a k − b k ( a − b ) ≥ (3) ( ) Ta chøng minh (3) (+) Gi¶ sư a b giả thiết cho a -b ⇔ a ≥ b k ⇔ a k ≥ b ≥ bk ⇒ (a k ) − b k ( a − b ) ≥ k (+) Gi¶ sư a < b theo giả thiết - a , ab+bc+ac > , abc > Chøng minh r»ng a > , b > , c > Gi¶i : Gi¶ sư a ≤ th× tõ abc > ⇒ a ≠ a < Mà abc > a < ⇒ cb < Tõ ab+bc+ca > ⇒ a(b+c) > -bc > V× a < mµ a(b +c) > ⇒ b + c < a < vµ b +c < a + b +c < trái giả thiết a+b+c > VËy a > t¬ng tù ta cã b > , c > VÝ dô 2: Cho sè a , b , c ,d tháa m·n ®iỊu kiƯn ac ≥ 2.(b+d) Chøng minh r»ng có bất đẳng thức sau lµ sai: , c < 4d a < 4b Giải : Giả sử bất đẳng thức : a < 4b , c < 4d ®Ịu cộng vế ta đợc a + c < 4(b + d ) (1) Theo gi¶ thiÕt ta cã 4(b+d) ≤ 2ac (2) Tõ (1) vµ (2) ⇒ a + c < 2ac hay ( a − c ) < (v« lý) Vậy bất đẳng thức a < 4b vµ c < 4d cã Ýt nhÊt mét bất đẳng thức sai Ví dụ 3: Cho x,y,z > vµ xyz = Chøng minh r»ng NÕu x+y+z > 1 + + th× cã mét ba số lớn x y z Gi¶i : Ta cã (x-1).(y-1).(z-1) =xyz – xy- yz + x + y+ z –1 x y z =x + y + z – ( + + ) xyz = theo giả thiết x+y +z > 1 + + x y z nªn (x-1).(y-1).(z-1) > Trong ba sè x-1 , y-1 , z-1 có số dơng Thật ba số dơng x,y,z > xyz > (trái giả thiết) Còn số dơng (x-1).(y-1).(z-1) < (vô lý) Vậy có mét vµ chØ mét ba sè x , y,z lớn Phần iii : tập nâng cao 18 Chuyên đề bồi dưỡng HSG lớp - Phn bt ng thc 1/dùng định nghĩa 1) Cho abc = vµ a > 36 Chøng minh r»ng a2 + b2+c2> ab+bc+ac Gi¶i Ta cã hiÖu: VËy : a2 + b2+c2- ab- bc – ac a2 a2 = + + b2+c2- ab- bc – ac 12 a2 a2 = ( + b2+c2- ab– ac+ 2bc) + − 3bc 12 a a − 36abc =( -b- c)2 + 12a a a − 36abc =( -b- c)2 + >0 (v× abc=1 a3 > 36 nên 12a a2 + b2+c2> ab+bc+ac Điều phải chứng minh 2) Chứng minh a) x + y + z + ≥ x.( xy − x + z + 1) b) víi mäi sè thùc a , b, c ta cã a + 5b − 4ab + 2a − 6b + > a + 2b − 2ab + 2a − 4b + ≥ c) Gi¶i : a) XÐt hiƯu H = x + y + z + − x y + x − xz − x = ( x − y ) + ( x − z ) + ( x − 1) H ta có điều phải chứng minh b) Vế tr¸i cã thĨ viÕt H = ( a − 2b + 1) + ( b − 1) + H > ta có điều phải chứng minh c) vÕ tr¸i cã thĨ viÕt H = ( a − b + 1) + ( b − 1) H ta có điều phải chứng minh Ii / Dùng biến đổi tơng đơng 1) Cho x > y vµ xy =1 Chøng minh r»ng (x ) + y2 ≥8 ( x − y) Gi¶i : Ta cã ⇒ (x x + y = ( x − y ) + xy = ( x − y ) + 2 +y ) = ( x − y) 2 + 4.( x − y ) + 19 (v× xy = 1) a >0 ) Chuyên đề bồi dưỡng HSG lớp - Phần bất ng thc Do BĐT cần chứng minh tơng đơng víi ⇔ ⇔ ( x − y ) + 4( x − y ) + ≥ 8.( x − y ) ( x − y ) − 4( x − y ) + ≥ [ ( x − y ) − 2] BĐT cuối nên ta có ®iỊu ph¶i chøng minh 2) Cho xy ≥ Chøng minh r»ng 1 + ≥ 2 1+ x 1+ y + xy Gi¶i : 1 + ≥ 2 1+ x 1+ y + xy  1   1  ⇔  + x − + y  +  + y − + xy  ≥        Ta cã xy − x xy − y + ≥0 + x (1 + xy ) + y (1 + xy ) x ( y − x) y( x − y) + ≥0 + x (1 + xy ) + y (1 + xy ) ⇔ ( ) ( ) ⇔ ( ) ( ) ⇔ ( y − x ) ( xy − 1) ≥ (1 + x ).(1 + y ).(1 + xy ) BĐT cuối xy > Vậy ta có điều phải chứng minh Iii / dùng bất đẳng thức phụ 1) Cho a , b, c số thực a + b +c =1 Chøng minh r»ng a + b + c Giải : áp dụng BĐT BunhiaCôpski cho sè (1,1,1) vµ (a,b,c) Ta cã ⇔ ⇔ (1.a + 1.b + 1.c ) ≤ (1 + + 1).( a + b + c ) ( a + b + c ) ≤ 3.( a + b + c ) a2 + b2 + c2 ≥ (v× a+b+c =1 ) (đpcm) 2) Cho a,b,c số d¬ng 1 1 Chøng minh r»ng ( a + b + c ). + +  ≥ a Gi¶i : a b a c b a b c c a b c a (1) ⇔ + + + + + + + + ≥ 20 c (1) Chuyên đề bồi dưỡng HSG lớp - Phần bất đẳng thức a b a c b c ⇔ 3+ + + +  + +  ≥ b a c a c b x y ¸p dơng B§T phơ + ≥ Víi x,y > y x Ta có BĐT cuối   VËy ( a + b + c ). + +  ≥ a b c (đpcm) Iv / dùng phơng pháp bắc cầu 1) Cho < a, b,c a3 ; b > b Mặt khác Chøng minh r»ng : 2< Gi¶i : a+b b+c c+d d +a + + + nên ta cã a+b a+b a +b+d < < a+b+c+d a+b+c a+b+c+d b + +c b+c b+c+a < < a+b+c+d b+c+d a+b+c+d 21 (1) (2) Chuyên đề bồi dưỡng HSG lớp - Phần bất đẳng thức d +a d +a d +a+c < < a+b+c+d d +a+b a+b+c+d (3) Céng vế bất đẳng thức ta có : 2< a+b b+c c+d d +a + + + , y > Ta cã x + x = y ⇔ x + x = y ⇔ x = y2 x > Đặt x = k (k nguyên dơng x nguyên dơng ) Ta cã k (k + 1) = y 2 Nhng k < k ( k + 1) < ( k + 1) ⇒ k < y < k +1 Mà k k+1 hai số nguyên dơng liên tiếp không tồn số nguyên dơng Nên cặp số nguyên dơng thoả mÃn phơng trình x = y = Vậy phơng trình có nghiệm : 27 Chuyên đề bồi dưỡng HSG lớp - Phần bất đẳng thức 28 ... d c c+d d b a b ≤ 99 8 ⇒ + ≤ 99 9 d c d a b 99 9 b, Nếu: b =99 8 a=1 + = + Đạt giá trị lớn d= 1; c =99 9 c d c d a b Vậy giá trị lớn cña + =99 9+ a=d=1; c=b =99 9 c d 99 9 a, Nếu :b 99 8 Phơng pháp 6: Phơng... tơng đơng Chuyờn bi dng HSG lớp - Phần bất đẳng thức Ta biÕn đổi bất đẳng thức cần chứng minh tơng đơng với bất đẳng thức bất đẳng thức đà đợc chứng minh Chú ý đẳng thức sau: ( A + B ) = A +... 199 8 ac+bd = 199 8 (Chuyên Anh ? ?98 – 99 ) Gi¶i: Ta cã (ac + bd) + (ad – bc ) = a c + b d + 2abcd + a d = a2(c2+d2)+b2(c2+d2) =(c2+d2).( a2+ b2) = 199 82 + b c - 2abcd = Chuyên đề bồi dưỡng HSG lớp

Ngày đăng: 07/08/2014, 20:06

Từ khóa liên quan

Mục lục

  • KiÕn thøc

    • Gi¶i

    • Gi¶i

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan