Đang tải... (xem toàn văn)
Môc lôc a. më ®Çu 1) Lý do chän ®Ò tµi 2) Môc ®Ých nghiªn cøu 3) NhiÖm vô ®Ò tµi 4) Ph¹m vi ®Ò tµi 5) §èi tîng nghiªn cøu vµ ph¬ng ph¸p tiÕn hµnh 6) Dù kiÕn kÕt qu¶ cña ®Ò tµi b. néi dung PhÇn I: ¸p dông gi¶i to¸n bÊt ®¼ng thøc trong ®¹i sè i. mét sè kiÕn thøc c¬ b¶n vÒ bÊt ®¼ng thøc II. mét sè ph¬ng ph¸p c¬ b¶n chøng minh bÊt ®¼ng thøc 1) Ph¬ng ph¸p dùa vµo ®Þnh nghÜa 2) Ph¬ng ph¸p dïng c¸c tÝnh chÊt cña bÊt ®¼ng thøc 3) Ph¬ng ph¸p biÕn ®æi t¬ng ®¬ng 4) Ph¬ng ph¸p dïng ph¬ng ph¸p ph¶n chøng 5) Ph¬ng ph¸p dïng qui n¹p to¸n häc 6) Ph¬ng ph¸p biÕn ®æi 7) Ph¬ng ph¸p dïng c¸c bÊt ®¼ng thøc ®· biÕt 8) Ph¬ng ph¸p tam thøc bËc hai iii. mét vµi øng dông cña bÊt ®¼ng thøc 1) T×m gi¸ trÞ lín nhÊt, nhá nhÊt cña hµm sè, biÓu thøc ®¹i sè 2) T×m ®iÒu kiÖn cña tham sè ®Ó ph¬ng tr×nh, hÖ ph¬ng tr×nh cã nghiÖm, v« nghiÖm 3) Gi¶i ph¬ng tr×nh, hÖ ph¬ng tr×nh PhÇn II: ¸p dông gi¶i to¸n bÊt ®¼ng thøc trong h×nh häc 1) Mét sè kiÕn thøc c¬ b¶n vÒ bÊt ®¼ng thøc trong h×nh häc 2) Mét vµi d¹ng to¸n vµ c¸ch gi¶i C. KÕt luËn D. tµi liÖu tham kh¶o
SỞ GD & ĐT HÀ NỘI – PHÒNG GD & ĐT QUẬN THANH XUÂN - SNG KIN KINH NGHIM Tên đề tài Tạo hứng thú học tập cho học sinh thông qua giải toán bất đẳng thức Giáo viên: Nguyễn Minh Thắm Hà Nội, tháng năm 2012 Mục lục a mở đầu 1) Lý chọn đề tài 2) Mục đích nghiên cứu 3) Nhiệm vụ đề tài 4) Phạm vi đề tài 5) Đối tợng nghiên cứu phơng pháp tiến hành 6) Dự kiến kết đề tài b nội dung Phần I: áp dụng giải toán bất đẳng thức đại số i số kiến thức bất đẳng thức II số phơng pháp chứng minh bất đẳng thức 1) Phơng 2) Phơng 3) Ph¬ng 4) Ph¬ng 5) Ph¬ng 6) Ph¬ng 7) Ph¬ng 8) Phơng pháp pháp pháp pháp pháp pháp pháp pháp dựa vào định nghĩa dùng tính chất bất đẳng thức biến đổi tơng đơng dùng phơng pháp phản chứng dùng qui nạp toán học biến đổi dùng bất đẳng thức biết tam thức bậc hai iii vài ứng dụng bất đẳng thức 1) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ hàm số, biểu thức đại số 2) Tìm điều kiện tham số để phơng trình, hệ phơng trình có nghiệm, vô nghiệm 3) Giải phơng trình, hệ phơng trình Phần II: áp dụng giải toán bất đẳng thức hình học 1) Một số kiến thức bất đẳng thức hình học 2) Một vài dạng toán cách giải C Kết luận D tài liệu tham khảo a mở đầu 1) Lý chọn đề tài: Ngày khoa học kỹ thuật công nghệ phát triển nh vũ bão, phát triển tất ngành khoa học nh ứng dụng tất ngành công nghệ then chốt nh dầu khí, viễn thông hàng không thiếu toán học Sự đời phát triển mạnh mẽ công nghệ thông tin thực dẫn đến tợng Bùng nổ ứng dụng toán học đa lại hiệu to lớn cho đời sống xã hội Toán học có vị trí đặc biệt quan trọng việc nâng cao phát triển dân trí Toán học không cung cấp cho học sinh(ngời học toán) kĩ tính toán cần thiết mà điều kiện chủ yếu rèn luyện khả t logic, phơng pháp luận khoa học Trong việc dạy toán việc tìm phơng pháp dạy học giải tập toán đòi hỏi ngời giáo viên phải chọn lọc, hệ thống tập, sử dụng phơng pháp dạy học Đồng thời qua việc học toán học sinh cần đợc bồi dỡng, rèn luyện phẩm chất đạo đức, thao tác t để giải tập toán có giải toán bất đẳng thức Một số thực trạng dạy toán bất đẳng thức trờng THCS là: Giáo viên dạy bất đẳng thức chữa tập xong, khai thác, phân tích đề bài, mở rộng toán Dẫn đến học sinh gặp toán khác chút không giải đợc, không nắm đợc phơng pháp giải cho loại dạng Học sinh thờng ngại học toán bất đẳng thức kiến thức ít, không liền mạch, phơng pháp giải hạn chế Vận dụng toán bất đẳng thức vào loại toán khó nh cực trị, giải phơng trình hạn chế Vì vậy: phát triển lực, t học sinh thông qua việc giải toán bất đẳng thức cần thiết Trong năm giảng dạy thực tế trờng phổ thông tích luỹ đợc số kiến thức toán bất đẳng thức xin trình bày góc độ nhỏ 2) Mục đích nghiên cứu 2.1 Đề tài có tác dụng giúp học sinh học môn toán nói chung việc giải toán tập chứng minh bất đẳng thức nói riêng Trang bị cho học sinh số kiến thức nhằm nâng cao lực học môn toán giúp em tiếp thu cách chủ động, sáng tạo làm công cụ giải tập có liên quan đến bất đẳng thức 2.2 Gây đợc høng thó cho häc sinh viƯc lµm bµi tËp SGK, sách tham khảo, giúp học sinh tự giải đợc số tập 2.3 Giải đáp thắc mắc, sửa chữa sai lầm hay gặp giải toán bất đẳng thức trình dạy học 2.4 Giúp học sinh nắm vững cách có hệ thống phơng pháp vận dụng thành thạo phơng pháp để giải tập 2.5 Thông qua việc giải toán bất đẳng thức giúp học sinh thấy mục đích việc học toán học tốt tập bất đẳng thức, đồng thời góp phần nâng cao chất lợng giáo dục 3) Nhiệm vụ đề tài 3.1 Trong đề tài đa số kiến thức bất đẳng thức phù hợp với trình độ nhận thøc cđa häc sinh THCS 3.2 Trang bÞ cho häc sinh số phơng pháp giải toán bất đẳng thức áp dụng để làm tập 3.3 Rút số nhận xét ý làm phơng pháp 3.4 Chọn lọc, hệ thống số tập hay gặp cho phù hợp cho phơng pháp giải, cách đổi biến 3.5 Vận dụng giải toán bất đẳng thức vào giải toán cực trị, giải số phơng trình đặc biệt 4) Phạm vi đề tài Phát triển lực, t học sinh thông qua giải toán bất đẳng thức học sinh lớp lớp 5) Đối tợng nghiên cứu phơng pháp tiến hành Đề tài áp dụng học sinh lớp lớp luyện tập, ôn tập cuối kỳ, cuối năm, kỳ học sinh giái, tèt nghiƯp THCS vµ thi tun vµo cÊp Phơng pháp tiến hành: Học sinh có kiến thức bản, đa phơng pháp giải, tập áp dụng, sai lầm hay gặp, tập tự giải nhà 6) Dự kiến kết đề tài Khi cha thực đề tài này: Học sinh giải đợc số tập bất đẳng thức đơn giản, hay mắc sai lầm, hay gặp khó khăn, ngại làm tập bất đẳng thức Nếu thực đợc đề tài học sinh có hứng thú giải toán bất đẳng thức, làm tập tốt hơn, tự giải đợc tập bất đẳng thức có dạng tơng tự, hạn chế đợc nhiều sai lầm giải toán bất đẳng thức b Nội dung Phần I: áp dụng giải toán bất đẳng thức đại số trờng THCS I Một số kiến thức bất đẳng thức: Định nghÜa: Cho hai sè a vµ b ta cã: a lín h¬n b, kÝ hiƯu a>b⇔a-b>0 a nhá h¬n b, kí hiệu aca>c Tính chất liên hệ thứ tự phép cộng: cộng số vào hai vế bất đẳng thức a>b a+c>b+c Chú ý: không đợc trừ vế hai bất đẳng thức chiều Tính chất liên hệ thứ tự phép nhân: a) Nhân hai vế bất đẳng thức với số dơng a>b; c>0ac>bc b) Nhân hai vế bất đẳng thức với số âm đổi chiều bất đẳng thức a>b; c0an>bn a>b an > bn với n=2k+1(kN) So sánh hai luỹ thừa số với số mũ nguyên dơng Nếu m > n : a>1 ⇒ am > an a=1 ⇒ am = an 00 ⇒ 1 < a b hc a < b < ⇒ 1 > a b Chú ý: bất đẳng thức chặt (a>b) ta gặp bất đẳng thức không chặt (a b) tức a>b a=b Trong tính chất nhiều tính chất dấu > ( dấu 0; - a2 < X¶y dấu đẳng thức a=0 a Xảy dấu đẳng thức a=0 -a a a Xảy dấu đẳng thức a=0 a+b a + b Xảy dấu đẳng thøc ab ≥ a-b ≥ a - b Xảy dấu đẳng thức ab 0; a ≥ b a ≥ b ≥ c¸c điều kiện diễn đạt a b 4) Một số đẳng thøc quan träng 4.1 a2 + b2 ≥ 2ab a+b 4.2 ≥ ab hay (a+b) ≥ 4ab ( bất đẳng thức côsi) 1 4.3 + ≥ ; víi a, b >0 a b a+b a b 4.4 + ≥ víi ab>0 b a 4.5 (ax + by)2 ≤ (a2 + b2)(x2 + y2) (bất đẳng thức Bunhiacôpski) II số phơng pháp chứng minh 1.Phơng pháp dùng định nghĩa 1.1 Phơng pháp Để chứng minh : >0 A > B ta xÐt hiƯu A – B vµ chøng tá A – B A < B ta xÐt hiÖu A – B vµ chøng tá A – B 3x2 víi x≥ 2) x4 – x > 2 Phơng pháp dùng tính chất bất đẳng thức 2.1 Phơng pháp: - Xuất phát từ bất đẳng thức biết vận dụng tính chất bất đẳng thức để suy bất đẳng thức phải chứng minh - Thờng áp dụng tính chất bất đẳng thức ( nêu phần trên) 2.2 Ví dụ minh hoạ: Ví dụ Cho a + b >1 Chøng minh r»ng: a4 + b4 > Gi¶i Ta cã: a+ b >1(1) bình phơng hai vế ta đợc: (a+b)2 >1 a2 + 2ab + b2 >1(2) Mặt khác: (a-b)2 ⇔ a2 – 2ab – b2 ≥ (3) Cộng vế (2) (3) ta đợc: 2(a2+b2) >1 a2+b2 > Bình phơng vế (4) ta đợc: a4 + 2a2b2 + b4 > Mặt khác (a2-b2)2 ≥ ⇒ a4 - 2a2b2 + b4 > (6) Cộng vế (5) (6) ta đợc 2(a4 + b4) > (4) (5) 1 ⇒ a4 + b4 > VÝ dụ 2: Cho a, b, c độ dài cạnh tam giác Chứng minh rằng: Giải: 1 1 1 + + ≥ + + a+b−c b+c−a c+a−b a b c 1 + víi a+b-c>0, b+c-a>0 a+b−c b+c−a ¸p dơng bÊt ®¼ng thøc: + y ≥ x + y x 1 + ≥ = a+b−c b+c−a 2b b 1 t¬ng tù ta cã: + ≥ b+c−a c+a−b c 1 + ≥ a+c−b a+b−c a Xét Cộng vế bất đẳng thức chia vế cho ta đợc: 1 1 1 + + ≥ + + a+b−c b+c−a c+a−b a b c DÊu b»ng x¶y a=b=c VÝ dô 3: Cho x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ Chøng minh r»ng (x+y)(y+z)(z+x) ≥ 8xyz(1) Gi¶i Vì hai vế (1) không âm nên để chøng minh (1) ta sÏ chøng minh : Ta cã : (x+y)2(y+z)2(z+x)2 ≥ 64x2y2z2 Ta cã (x+y)2 ≥ 4xy (y+z)2 ≥ 4yz (z+x)2 ≥ 4zx Hai vÕ cña bÊt đẳng thức không âm nên nhân vế bất đẳng thức với ta đợc (x+y)2(y+z)2(z+x)2 ≥ 64x2y2z2 ⇒ [(x+y)(y+z)(z+x)]2 ≥ [8x2y2z2]2 ⇒ (x+y)(y+z)(z+x) ≥ 8xyz ( v× xyz≥ 0; (x+y)(y+z)(z+x) ≥ 0) DÊu b»ng chØ x¶y ⇔ x= y= z=0 2.3 Chó ý: Khi sử dụng bất đẳng thức ta cần tránh sai lầm sau: a > b a-c > b-d c > d a > b ⇒ ac > bd c > d (Nh©n vế với vế bất đẳng thức mà cha biết hai vế có âm hay không) Bình phơng hai vế bất đẳng thức mà cha biết hai vế không âm a > b a2 >b2 Khư mÉu mµ cha biÕt dÊu cđa chóng a c > ⇒ ad > cb b d LÊy nghịch đảo hai vế đổi chiều bất đẳng thức mµ cha biÕt hai vÕ cïng dÊu : a>b ⇒ 1 > a b 2.4 Bài tập tự giải: Chứng minh bất đẳng thức sau 1/ a + b ≥ a+ b ( a>0; b>0) 2/ a2 + b2 + c2 + d2 ≥ abcd Phơng pháp biến đổi tơng đơng 3.1 Phơng pháp: - Để chứng minh bất đẳng thức A B ta biến đổi tơng đơng (dựa vào tính chất bất đẳng thức) A B C D Và cuối đạt đợc bất đẳng thức hiển nhiên C D Vì phép biến đổi tơng đơng nên A B - Để dùng phép biến đổi tơng đơng ta cần ý đẳng thức sau: ( A + B)2 = A2 + 2AB +B2 (A+B+C)2 = A2 + B2 + C2 +2AB + 2BC + CA 3.2 Các ví dụ minh hoạ : Ví dụ 1: Chøng minh: x2 –x +1 >0 ∀ x Gi¶i Ta cã : x2 –x +1 >0 ⇔ (x2 –2 .x + ) + ⇔(x- )2 + >0 > ∀ x (điều phải chứng minh) Ví dụ 2: CMR víi sè bÊt k× a, b, x, y ta cã: (a2+b2)(x2+y2) ≥ (ax+by)2 (1) DÊu b»ng x¶y ⇔ b a = y x Gi¶i Ta cã (1) ⇔ a2x2+ a2y2+ b2x2+ b2y2- (ax+by)2 ≥ ⇔ a2x2+ a2y2+ b2x2+ b2y2- a2x2- 2axby - b2y2 ≥ ⇔ a2y2 – 2abxy+ b2x2 ≥ ⇔ (ay-bx)2 ≥ (2) Bất đẳng thức (2) đợc chứng minh nên bất đẳng thức (1) Dấu = xảy ay-bx = ⇔ b a = y x VÝ dô 3: Cho số dơng a b thoả mãn ®iỊu kiƯn a+b=1 1 1 a b 1 1 Ta cã 1 + 1 + ≥ (1) a b a +1 b +1 × ⇔ ≥ a b CMR : 1 + 1 + ≥ ⇔ ab+ a+ b+ ≥ 9ab (v× a > 0, b > => a.b > 0) ⇔ a+b+ ≥ 8ab ⇔ ≥ 8ab (v× a+b =1) ⇔ 1≥ 4ab ⇔ (a+b)2 ≥ 4ab ⇔ (a-b)2 ≥ Bất đẳng thức (2) đúng, mà phép biến đổi tơng đơng Vậy bất đẳng thức (1) đợc chứng minh Dấu xảy a=b 3.3 Chú ý: Sẽ mắc sai lầm lời giải thay dấu tơng đơng c¸c dÊu kÐo theo “⇒” ThËt vËy nÕu (1) “⇒” (2) mà bất đẳng thức (2) cha thể kết luận đợc bất đẳng thức (1) có hay không - Khi sử dụng phép biến đổi tơng đơng, học sinh thờng bỏ biến đổi tơng đơng có điều kiện dẫn đến không chặt chẽ Vì cần lu ý biến đổi tơng đơng có điều kiện Chẳng hạn: a2 > b2 a >b với a, b >0 m>n ⇔ am > an , m, n∈Z, a>1 Cần rõ điều kiện biến đổi tơng đơng 3.4 Bài tập tự giải: Bài 1: So sánh số A= 3 -3 B= 2 -1( không dùng máy tính) Bài 2: Chứng minh với số nguyên dơng x, y thoả m·n xy0 b a Gi¶i: a b , dơng nên áp dụng bất đẳng thức côsi ta đợc: b a a b a b + + a b a b b a ≥ =1 ⇒ b a ≥ hay + ≥ b a b a a b DÊu b»ng x¶y = hay a=b b a Vì (Tích không đổi, tổng nhỏ hai số nhau) Ví dụ 2: Chứng minh bất đẳng thức Becnuli đối víi a ∈ R+ ; 1< q ∈Q th× (1+a)q >1+qa Giải Do q Q q>1 nên q= m , m>n, m,n N n áp dụng bất đẳng thức côsi cho m số: n số hạng mn sè h¹ng (1 + qa ) + + (1 + qa ) + + ≥ n m (1 + qa ) n 1m−n (kh«ng xảy dấu (1+qa)>1) n Hay n(1+qa) + (m-n).1 ≥ n (1 + qa ) m ⇔ n+ nqa + m – n > n (1 + qa ) n m n n qa+1 > + qa m m 1 n Nhng = vËy ta cã: qa +1 > + qa q q m ⇔ ( ) ( ⇔ a +1 > (1 + qa ) q ⇔ ( a + 1) q > 1+qa 15 ) n m 7.3 Chó ý: Khi sư dụng phơng pháp cần ý: Sử dụng bất đẳng thức đợc chứng minh với điều kiện chặt chẽ để có bất đẳng thức cần áp dụng, không dẫn đến sai lầm thiếu sót Ví dô: a b a2 b2 Cho a, b ≠ CMR: + -3 + +4 ≥ (1) b a b a Cã mét häc sinh gi¶i nh sau: a b2 a b 9 − 3 + + - ≥ + + Ta cã (1) ⇔ 2 b a b a 4 a b a b ⇔ + − + − 1 ≥ (2) b a b a a b V× + ≥ ⇒ (2) a,b b a Vậy (1) a,b Điều phải chứng minh a b Bài toán sai chỗ áp dụng bất ®¼ng thøc + ≥ víi ®iỊu b kiện a,b không Lời giải đúng: a a b a b a b Đặt x= + x = + = + ≥ b a b a b a a b vµ ⇒ x ≥ x -2 b a a2 b2 Khi + =x2-2 b a Vì Bất đẳng thức (1) ⇔ x2-3x+2≥ t ≥ XÐt bÊt ph¬ng tr×nh: t2-3t+2 ≥ ⇔ (t-2)(t-1) ≥ ⇔ t ≤1 Tõ x ≥ hc x ≤ -2 ⇒ x nằm miền nghiệm bất phơng trình xÐt VËy x ph¶i tho¶ m·n t2-3t+2 ≥ tức x2-3x+2 Mà (1) x2-3x+2 ⇒ (1) ®óng VËy ta cã: a b a2 b2 + -3 + +4 ≥ 2 b a b a 7.4 Bài tập tự giải: 1/ CMR số dơng a, b, c có tổng a+b+c =1 th× 1 2/ Cho x < , y < CMR: − x + − y ≥ − xy 3/ Cho x,y ∈ ; x,y ≥ vµ x2+y2=1 16 1 + + ≥9 a b c CMR: ≤ x2 + y2 ≤ a b 1 c 4/ CMR: 1 + 1 + 1 + ≥ 64 víi a,b,c >0 vµ a+b+c=1 5/ cho a≥ 1, b≥ 1; CMR: a b − + b a ab Phơng pháp dùng tam thức bậc 2: 8.1 Phơng pháp Ta dùng định lý vỊ dÊu cđa tam thøc bËc 2, dÊu cđa nghiƯm cđa tam thøc bËc … ®Ĩ chøng minh bất đẳng thức Cho tam thức bậc 2: F(x) = ax2+bx+c ∆=b2-4ac + NÕu ∆ 0 víi ∀x∈R + NÕu ∆ =0 th× a F(x) >0 víi ∀ x ≠ −b a ⇒ F(x) cïng dÊu víi a + NÕu ∆ >0 th× ⇒ ∃ x1, x2; x2>x1 x nằm khoảng hai nghiệm: xx2 a.F(x)0 nên x F(x) ≥ ab > víi ∀x∈R VËy bất đẳng thức (1) đợc chứng minh (dấu = xảy ⇔ x=y=z=0) 8.3 Chó ý: Khi sư dơng ph¬ng pháp tam thức bậc hai cần lu ý: + Nắm định lý dấu tam thức bậc hai + Thờng dùng phép biến đổi tơng đơng để đa bất ®¼ng thøc F ( x) ≥ F ( y) ≥ hc F ( x) ≤ F ( y) ≤ cÇn chøng minh dạng Trong F(x), F(y) tam thức bậc hai biến số x,y 8.4 Bài tËp tù gi¶i: 1/ Chøng minh r»ng víi mäi a∈R ta ®Ịu cã : a2 + a +1 ≤ ≤3 a2 − a + 2/ Cho a b c thoả mãn hệ thức: a2+b2+c2=2 ab+bc+ca=1 18 4 3/ Cho c¸c sè x1 , x , y1 , y , z1 , z thoả mãn điều kiện: y1.y2>0; y- CMR: − ≤ a, b, c ≤ x1>z12 ; y2x2>z22 CMR: (y1+y2)(x1+x2)≥ (z1+z2)2 4/ Cho b>c>d CRM: víi mäi a∈R ta lu«n cã: (a+b+c+d)2 > 8(ac+bd) 5/ Cho sè a, b ,c, d, m,n tho¶ m·n: a2+b2+c2+d2< m2+n2 CMR: (m2-a2-b2)(n2-c2-d2)≤ (mn-ac-bd)2 III số ứng dụng bất đẳng thức A Một số định lý, bất đẳng thức cần dùng Mệnh đề Nếu tổng số thực dơng x1, x2, xn số cho trớc, tÝch cđa chóng sÏ lín nhÊt x1= x2= …=xn * Định lý 1: Nếu có n số thực dơng x1, x2, xn có tổng s không đổi tích P= x1m x 2m x nm có giá trị lín nhÊt n x x1 x = = = n m1 m mn Trong mi số hữu tỷ dơng Mệnh đề 2: đối ngẫu Nếu tích số dơng x1, x2, …xn b»ng mét sè cho tríc th× tỉng cđa chóng sÏ bÐ nhÊt x1= x2= …=x * Định lý 2: Nếu n số thực dơng x1, x2, …xn cã tÝch P= x1m x 2m x nm kh«ng ®ỉi th× tỉng cđa chóng S= x1+ x2 +…+xn cã giá trị bé x x1 x = = = n m1 m mn Trong mi số hữu tỷ cho trớc Cho a1, a2…an∈ R Ta cã: a1 + a + + a n ≥ a1 + a + + a n (1) DÊu “=” x¶y dấu(a1, a2an>0) Đặc biệt: a1 a ≥ a1 − a B ¸p dơng: Tìm cực trị hàm số, biểu thức đại số: Bài 1: Tìm giá trị nhỏ hàm sè: y= ( x − 1993) + ( x 1994) giải 19 n Dễ dàng thấy hàm số xác định với x Ta có: y = x − 1993 + x − 1994 ¸p dơng bÊt ®¼ng thøc a1 − a ≥ a1 − a y ≥ x − 1993 + 1994 − x = ⇒ y ≥ DÊu b»ng x¶y (x-1993)(1994-x)≥ ⇔ 1993≤ x≤ 1994 Do ®ã ymin=1 Bài 2: Tìm giá trị nhỏ hàm số: y = x + x −1 + x − x Giải Điều kiện để hàm số xác định là: x Lúc đó: y = ( ) x −1 +1 + 1− x −1 x − + + ( x − − 1) = ⇒ y ≥ x − + + − x − =2 ( )( ) x −1 +1 x ≥ DÊu b»ng x¶y ⇔ x −1 −1 ≥ ⇔ < x ≤ Do ®ã ymin =2 Tìm điều kiện tham số để phơng trình , hệ phơng trình tam thức bậc hai thoả mãn điều kiện Bài 1: Cho phơng trình: a x − + a x − + 2a = Tìm giá trị tham số a để phơng trình có hai nghiệm tập hợp số nguyên Gi¶i; 2 2 2 2 2 Ta cã: a x − + a x − + 2a = a x − 2a + a x +2a2 =A áp dụng bất đẳng thức (1) ta đợc: A a x 2a + − a x + 2a = DÊu b»ng x¶y ⇔ a2x2-2a2; 1-a2x2; 2a2 cïng dÊu Do ®ã: 2 2 x − ≥ 1 − a x ≥ NÕu a=0 th× công thức vô hạn số nguyên thoả mãn: x ≥ NÕu a ≠ th× ≤ x a2 Để phơng trình có hai nghiệm nguyên x2 nhận giá trị số phơng đoạn 2; VËy ≤ 1 ≤9 ⇔ ≤ a ≤ a Bµi Cho tam thøc bËc 2: F(a) = ax2+bx +c 20 a2 Tho¶ m·n: F (−1) ≤ 1; F (1) ≤ CMR: F ( x) ≤ x ≤ Gi¶i: F (1) + F (−1) F(1) = a + b + c a= − F (0) Ta cã: F(-1) = a - b + c ⇒ b = F (1) + F (−1) − F (0) F(0) = c Thay vào F(x) ta đợc: F( 1) + F( −1) F( 1) + F( −1) − F( ) x + − F( ) x + F( ) 2 F F F F = ( 1) x + ( 1) x − F( ) x + ( 1) x − ( −1) x + F( ) 2 2 F F = ( 1) x + x + ( −1) x − x + F( ) − x 2 F(x) = ( ) ( ) ( ) áp dụng bất đẳng thức (1) giả thiết ta đợc: F ( x) ≤ x + x + x2 − x + 1− x2 2 Ta xÐt c¸c trêng hỵp sau: x + x + x − x + − x =1+x+x2(*) 2 1 + víi -1≤ x≤ 0: th× F ( x ) ≤ x + x + x − x + − x =1-x+x2(**) 2 tõ (*) vµ (**) víi x ≤ ta cã: + víi 0≤ x≤ 1: th× : F ( x ) ≤ F( x ) ≤ + x − x = vËy F( x ) ≤ 5 − ( x − 1) ≤ 4 Điều phải chứng minh Dùng bất đẳng thức để giải phơng trình hệ phơng trình: Bài 1: Giải phơng trình sau: 3x 12 x + 16 + y − y + 13 = Ta thÊy: 3x − 12 x + 16 = 3( x − ) + ≥ 2 y − y + 13 = ( y − 2) + ≥ DÊu b»ng x¶y ra: 3x − 12 x + = ⇔ y − y + 13 = 3x − 12 x + = ⇔ y − y + 13 = x = ⇔ y = Vậy nghiệm phơng trình (x=2, y=2) 21 Bài 2: Giải hệ phơng trình sau: x + y − y + = 0(1) x + x y − y = 0( 2) gi¶i Tõ (1) suy x3=-1-2(y-1)2 V× (y-1)2≥ = -1-2(y-1)2 ≤ -1 ⇒ x3 ≤ -1⇔ x≤ -1 2y 1+ y2 2y MỈt kh¸c y2+1≥ 2y ⇒ x2= ≤ ⇒ x2 ≤ 1⇔ -1≤ x≤ 1(**) 1+ y2 Tõ (2) ⇒ x2(1+y2)=2y ⇒ x2= Tõ (*)(**) ⇒ x=-1 Thay x=-1 vµo (2) ta có: y=1 Vậy hệ phơng trình có nghiệm (x=-1, y=1) Phần thứ hai: áp dụng giải toán bất đẳng thức hình học I Một số kiến thức bất đẳng thức hình học: Một số kí hiệu đợc dùng để yếu tố tam giác: 1.1 a, b, c tơng ứng với độ dài cạnh BC, AC, AB ABC 1.2 , , tơng ứng độ lớn góc ba đỉnh A, B, C ABC 1.3 ma, mb, mc tơng ứng với độ dài đờng trung tuyến dựng từ đỉnh A, B, C cđa ∆ ABC 1.4 ha, hb, hc t¬ng ứng với độ dài đờng cao dựng từ ®Ønh A, B, C cña ∆ ABC 1.5 la, lb, lc tơng ứng với độ dài đờng phân giác dựng từ đỉnh A, B, C ABC 1.6 R,r tơng ứng độ dài bán kính đờng tròn ngoại tiếp nội tiếp tam giác ABC 1.7 SABC diện tích tam giác ABC 1.8 ra, rb, rc tơng ứng bán kính đờng tròn bàng tiÕp gãc A,B,C cđa tam gi¸c ABC 1.9 Gãc kÝ hiƯu: “∠” VÝ dơ: gãc ABC kÝ hiƯu lµ ABC Một số kiến thức cần dùng 2.1 Với ba điểm A B C ta có: AB BC+CA Dấu xảy điểm C nằm hai điểm A B 2.2 Trong tam giác góc đối diện với cạnh lớn góc lớn Cạnh đối diện với góc lớn cạnh lớn A AB CD C ≤ B 22 B C 2.3 Trong tam gi¸c vuông cạnh huyền lớn cạnh góc vuông CA>CB>BC A B C 2.4 Trong tam giác góc đối diện với cạnh nhỏ góc nhỏ 2.5 Trong hai đờng xiên kẻ từ điểm A đến đờng thẳng có hình chiếu lớn lớn ngợc lại B H C 2.6 Trong tam gi¸c ABC cã: AB-AC < BC < AB+AC AB-BC < AC < AB+BC AC-BC < AB < AC+BC 2.7 Trong đờng tròn hai đờng tròn nhau: + Cung lớn dây trơng cung lớn + Đờng kính dây cung lín nhÊt CD≤ AB≤ 2R 2.8 SABC ≤ 1 BC.AC; SABC ≤ BC.AB; SABC ≤ AB.AC; 2 2.9 Bất đẳng thức côsi: Với số x≥ 0; y≥ ta cã ( x + y ) ≥ ⇔ x + y ≥ xy Dấu xảy x=y Đặc biệt: + Nếu x+y=k(không đổi) xy k2 dấu xảy x=y=1/2 + Nếu xy= k (không đổi) x+y 2k Dấu xảy x=2k II Một số cách chứng minh bất đẳng thức: Sử dụng bất đẳng thức tam giác: Bài tập: chứng minh tam giác bÊt k× ta cã: b+c−a b+c < ma < 2 Giải: Xét tam giác Xét ABM có: AM> AB-BM XÐt ∆ ACM cã: AM> AC-CM A ma C M 23 Cộng bất đẳng thức ta đợc: 2AM> AB+AC-(BM+CM) c B D ⇒ 2AM > AB+AC-BC ⇒ ma > b+ca (1) Trên tia đối tia MA lÊy ®iĨm D cho MA=MD ⇒ ∆ ABM =∆ DCM (c.g.c) ⇒ AB=CD XÐt tam gi¸c ADC cã AD< AC+BC⇒ ma < Tõ (1)(2) ⇒ b+c−a b+c B’C c XÐt tam giác vuông CCB ta có: B C CB= C ' C + C ' B b + c ≥ 4ha2 + a ⇔ ( b + c ) ≥ 4ha2 + a 1 ⇔ ha2 ≤ ( b + c ) − a = ( b + c − a )( b + c + a ) = p ( p − a ) 4 ⇔ ≤ p( p − a ) [ ⇔ ≤ ] p ( p a ) điều phải chứng minh 25 C x a C.kết luận Điều làm hài lòng áp dụng kinh nghiệm vào giảng dạy có nhiều học sinh lên toán bất đẳng thức không khó nh em nghĩ Tôi giúp học sinh có đủ tự tin gặp toán bất đẳng thức, xoá bỏ đợc nỗi sợ hãi em Hơn nữa, với học sinh giỏi, gieo vào em niềm say mê giải toán bất đẳng thức Mỗi ngày, em hăng say, tự tìm tòi bất đẳng thức mới, tự chứng minh áp dụng 26 Tuy nhiên, số kinh nghiệm nhỏ mà tích luỹ đợc qua thời gian công tác cha nhiều Chắc chắn điều cha thể gọi tổng quát không tránh khỏi nội dung nhiều khuyết điểm Tôi mong đợc trao đổi, góp ý kiến bạn đồng nghiệp, bảo thầy cô trớc để giảng dạy đạt kết cao Tôi xin chân thành cảm ơn! Hà Nội, tháng năm 2012 Ngời viết Nguyễn Minh Thắm d tài liệu tham khảo 1/ Phơng pháp giải toán hình học 2/ Toán nâng cao chuyên đề đại số 9- Nguyễn Ngọc Đạm, Vũ Dơng Thuỵ 27 3/ 255 toán hình học chọn lọc- Nguyễn Ngọc Đạm, Vũ Dơng Thuỵ 4/ Toán bồi dỡng học sinh lớp 9- Vũ Hữu Bình, Tôn Thân 5/ 400 toán đại số chọn lọc- Vũ Dơng Thuỵ, Trơng Công Thành 6/ 23 chuyên đề giải 1001 toán sơ cấp- Ngyễn Văn Vĩnh, Nguyễn Đức Đồng 7/ 23 chuyên đề giải 1001 toán Đại số- Ngyễn Văn Vĩnh, Nguyễn Đức Đồng 8/ Tuyển chọn toán hay dùng cho lớp chuyên chọn- Lê Hải Châu 9/ Giúp học tốt hình học 9- Nguyễn Bá Kim, Nguyễn Tiến Quang 28