bất đẳng thức lớp 10 nâng cao

Bạn đang xem: Bất đẳng thức lớp 10 nâng cao. Lời giải: Giả sử tam giác ABC tất cả AB = c, BC = a, AC = b. Gọi phường là nửa chu vi tam giác, ta có p. = ( a + b + c) : 2 .Ta chỉ cần chứng minh cho phường > a, các bất đẳng thức còn lại chứng minh tương tự. Thật vậy : a 0. FILE WORD TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ HAY VÀ KHÓ. Bộ đề học kì 1 môn toán lớp 9 thành phố Hồ Chí Minh năm 2020. Chuyên đề bất đẳng thức và cực trị luyện thi vào lớp 10. Chú ý: Do tài liệu trên web đều là sưu tầm từ nhiều nhiều nguồn khác nhau nên không Mô tả. Cuốn ebook "Tuyển tập Bất đẳng thức bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 10" do tác giả Hoàng Minh Quân sưu tầm chọn lọc và biên soạn bao gồm nhiều dạng bài bất đẳng thức hay và khó, mỗi dạng bài đều có lời giải chi tiết và cách thức, phương pháp để giải các Vay Tiền Nhanh Iphone. Bất đẳng thức có thể được coi là một kiến thức nền rất quan trọng, có liên quan hầu hết đến các dạng bài tập ở cả chương trình Toán trung học cơ sở và trung học phổ thông. Trong bài viết dưới đây, Marathon Education đã tổng hợp và chia sẻ đến các em đầy đủ và chi tiết kiến thức về khái niệm, tính chất và các dạng bất đẳng thức thường gặp trong chương trình Toán 8, Toán 9 và Toán 10. Khái niệm cơ bản về số thực dương và số thực âm Nếu a là số thực dương, ta kí hiệu a > a là số thực âm, ta kí hiệu a B, A 0 thì ta sẽ được AC BC. Tính chất nhân 2 bất đẳng thức cùng chiều Nếu dữ kiện cung cấp 0 0, với n ∈ N∗ thì ta sẽ có Tính chất khai căn 2 vế của bất đẳng thức Khi A, B > 0, với n ∈ N∗ thì ta sẽ có A 0 x\geq a\Leftrightarrow x\geq a \ hoặc\ x \leq -a \ ∀ a > 0 Một số bất đẳng thức đáng nhớ Bất đẳng thức tam giác Nếu a, b, c là 3 cạnh trong tam giác, ta sẽ có các bất đẳng thức tam giác sau a > 0, b > 0, c > 0 b – c b > c ⇔ A > B > C với A, B, C lần lượt là góc đối diện cạnh a, cạnh b, cạnh c Một số bất đẳng thức phụ thường gặp Tham khảo ngay các khoá học online của Marathon Education Bất đẳng thức là phần kiến thức cần nắm thật vững nếu các em muốn “xử đẹp” môn Toán Đại số THPT. Qua bài viết, mong rằng các em sẽ nắm vững những lý thuyết về bất đẳng thức để áp dụng giải bài tập nhanh chóng và hiệu quả. Hãy liên hệ ngay với Marathon để được tư vấn nếu các em có nhu cầu học trực tuyến nâng cao kiến thức nhé! Marathon Education chúc các em được điểm cao trong các bài kiểm tra và kỳ thi sắp tới! Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Giáo án Đại số lớp 10 nâng cao - Chương 4 Bất đẳng thức và bất phương trình", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trênChương 4 . BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH Tiết 40. BẤT ĐẲNG THỨC VÀ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Ngày soạn Ngày dạy I Mục tiêu Qua bài học học sinh cần nắm được 1 Về kiến thức Học sinh nắm được Các tính chất của bất đẳng thức, phương pháp chứng minh các bất đẳng thức ; các tính chất của bất đẳng thức về giá trị tuyệt đối; các phương pháp chứng minh bất đẳng thức dựa vào tính chất; Bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân các số không âm 2 Về kĩ năng - Thành thạo các bước biến đổi để đưa về một bất đẳng thức đúng tương đương. - Ứng dụng được các tính chất của bất đẳng thức về giá trị tuyệt đối để CM các BĐT. - Thành thạo các bước biến đổi để đưa về một bất đẳng thức đúng tương đương. - Ứng dụng được các tính chất của bất đẳng thức để chứng minh các bất đẳng thức. - Sử dung được các tính chất của bđt để so sánh các số mà không cần tính toán. 3 Về tư duy - Rèn luyện tư duy linh hoạt trong làm toán. - Biết quy lạ về quen. 4 Về thái độ - Cẩn thận, chính xác. - Biết ứng dụng toán học trong thực tiễn. II Phương tiện dạy học 1 Phương tiện dạy học - Chuẩn bị phiếu học tập hoặc các bảng con cho các nhóm. - Chuẩn bị bảng phụ Bảng phụ 1 a > b và c > d Þ a + c ? b + d a + c > b Û a ? b – c a > b ³ 0 và c > d ³ 0 Þ ac ? bd a > b ³ 0 và nÎ N* Þ an ? bn a > b ³ 0 a > b 2 Phương pháp - Gợi mở vấn đáp. - Hoạt động theo nhóm. III Tiến trình bài học và các hoạt động. Các hoạt động Hoạt động 1Dạy học Định nghĩa bất đẳng thức HĐ của GV HĐ của HS Ghi bảng - Cho hai số thực a, b có các khả năng nào xảy ra ? - Các nhóm trả lời vào bảng I Bất đẳng thức và các tính chất 1 Định nghĩa Cho a, b là hai số thực. Các mệnh đề ”a > b”, “a b Û a – b > 0 +Nhắc lại các tính chất đã học ở lớp dưới ? -Các nhóm nhớ lại và ghi trả lời vào bảng 2 Các tính chất + + + + +Treo bảng phụ số 1 - Suy nghĩ và trả lời. 3 Hệ quả a > b và c > d Þ a + c > b + d a + c > b Û a > b – c a > b ³ 0 và c > d ³ 0 Þ ac > bd a > b ³ 0 và nÎ N* Þ an > bn a > b ³ 0 a > b +HD sử dụng HQ 4 + Hoạt động nhóm Bình phương các số và so sánh Ví dụ 1 So sánh hai số và 3 Giải Giả sử £ 3 Û 2 £ 9 Û 5+2 £ 9 Û £ 2 Û 6 £ 4 vô lí Vậy > 3 +Cho các nhóm thực hiện trao đổi. +Gợi ý Dựa vào các tính chất và hệ quả ở trên. +Các nhóm trao đổi sau đó cử đại diện lên trình bày. Ví dụ 2 CMR nếu a > b > 0 thì Giải Ta có luôn đúng Ví dụ 3 CMR a2 + ab + b2 ³ 0 , "a,b Î R Giải a2 + ab + b2 = a + 2 + ³ 0 "a,b Î R Ví dụ 4 CMR nếu a,b,c là ba cạnh của tam giác thì a2 0 và a 0 Giải Ta có x2 - 2x +3 = x – 12 + 2 > 0 * Lưu ý Nếu bất đẳng thức có chứa biến thì ta hiểu bất đẳng thức đó xảy ra với mọi giá trị của biến. Hoạt động 2 Dạy - học bất đẳng thức về GTTĐ.. HĐ của GV HĐ của HS Ghi bảng +Hãy nhắc lại định nghĩa về GTTĐ? +Từ đó nhận xét gì về quan hệ giữa a, ? +Khi nào a? +CM ? +HD HS thực hiện HĐ1 +HS trả lời. +HS trả lời. +HS trả lời. +HS trả lời. +HS thực hiện HĐ1 II/ Bất đẳng thức về giá trị tuyệt đối + Định nghĩa + Tính chất a ,"aÎR b với a > 0 c hoặc với d CM Ta có . Thật vậy ó ó ó ab Hiển nhiên đúng áp dụng BĐT trên cho 2 số a+b và -b ta có ó Tóm lại - Giáo viên nhận xét, đánh giá và hướng dẫn cách làm bài C1 1 + a 1 - a2 = 1+a 2 1 – a C2 1 + a ³ 0 và 1 – a2 ³ 0 +Gợi ýDựa vào bất dẳng thức chứa GTTĐ. + Các nhóm suy nghĩ và giải vào bảng con - Chọn một học sinh của một nhóm lên bảng trình bày VD1 CMR nếu thì 1 + a 1 - a2 £ 0 Giải Ta có nên đpcm VD2Chứng minh rằng với mọi ta có VD3Tìm GTLN – GTNN của hàm số fx = Hoạt động cố dặn dò. Phát bảng phụ cho các nhóm thực hiện Bảng 1 Tìm phương án đúng ? Câu 1 khi và chỉ khi A/ x 4 D/ cả A,B,C đều sai Câu 2 x2 b Û a-c >b-c B a > b Û > C ac > bc Û a >b D a > b Û E a > b Û F a > b Û a2 > b2 Câu 2 Chứng minh rằng nếu a ³ b ³ 0 thì Củng cố dặn dò Qua bài học cần nắm được Các phép biếnđổi bất đẳng thức nào là phép biến đổi tương đương ? Nêu phương pháp chứng minh bất đẳng thức bằng phép biến đổi tương đương ? Các phép biếnđổi bất đẳng thức nào là phép biến đổi không tương đương ? Cách sử dụng ppbđ không tương đương để chứng minh BĐT ? BTVN Các bài tập trong SGK. Tiết 41. Hoạt động 1Kiểm tra bài cũ Định nghĩa bất đẳng thức? Chứng minh Với a > 0, b > 0 chứng minh HĐ của GV HĐ của HS Ghi bảng +Ta đã biết thế nào là trung bình cộng 2 số,thế nào là trung bình nhân của 2 dẫn dắt vào định lí. +Hãy pb bằng lời? +HD HS thực hiện HĐ2 SGK +HS theo dõi GV giảng và kết hợp xem SGK. +HS trả lời +HS trao đổi và thực hiện HĐ2 đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân. với 2 số không âm. Định lý ta có Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b CM +HĐ +Cho HS trao đổi theo bàn. +Gọi 2 HS lên bảng giải bài. +HS trao đổi và giải bài. Ví dụ 1 chứng minh Ta đã biết là bất đẳng thức đúng đpcm Ví dụ 2 a > 0, b > 0 chứng minh +NX gì về VT của BĐT cần CM? +Theo CMT ta có kết quả gì? +HS trả lời. +HS trả lời. Ví dụ 3 a > 0, b > 0, c > 0, chứng minh Giải VT = Ta có CM trên CMTT và đpcm Đẳng thức xảy ra khi a = b = c +Hai số dương thay đổi - có tổng không đổi ,nhận xét gì về tích của chúng? +Hai số dương thay đổi ,có tích không đổi nhận xét gì về tổng của chúng. * Hình chữ nhật có chu vi 2p không đổi, diện tích lớn nhất khi nào? * Hình chữ nhật có diện tích không đổi, chu vi bé nhất khi nào? +HS trả lời. +HS trả lời. * Hai kích thước bằng nhau Đó là hv * Khi 2 kích thước bằng nhau +Hệ quả * Hai số dương thay đổi - có tổng không đổi - tích lớn nhất khi 2 số đó bằng nhau. * Hai số dương thay đổi - có tích không đổi có tổng bé nhất khi 2 số đó bằng nhau +Ứng dụng * Hình chữ nhật có cùng chu vi thì hình vuông có diện tích lớn nhất * Hình chữ nhật có cùng diện tích thì hình vuông có chu vi bé nhất +Với x > 0 có nhận xét gì về tích các số hạng trong hàm số? +HD HS trình bày bài. +Với điều kiện đã cho, có NX gì về tích các số hạng của fx? +HD HS trình bày bài. +HS trả lời +HS trả lời. VD4 Tìm GTNN của hàm số fx = 2x + với x > 0 Giải Vì x > 0 nên ta có Vậy GTNN của fx bằng khi VD5 Tìm GTLN, GTNN của hàm số fx = x - 24 – x với Giải Với ta có Suy ra fx = x - 24 – x Vậy GTLN của fx bằng 1 khi x – 2 = 4 – x Ta có fx = x - 24 – x Nên GTNN của fx bằng 0 khi x = 2 hoặc x = 4 +Với 3 số , ta có bất đẳng thức tương tự như với 2 số a, b. +HS nghe hiểu bài b Đối với 3 số không âm Đẳng thức xảy ra khi a = b = c +Với 3 số a, b, c dương ta có bất đẳng thức nào? + Với 3 số dương ta có bất đẳng thức nào? +HD HS thực hiện HĐ 3 +HS trả lời. +HS trả lời +Thực hiện HĐ3 Ví dụ 6 a > 0, b > 0, c > 0, chứng minh Đẳng thức xảy ra khi nào? Giải Ta có đẳng thức xảy ra khi a = b = c đpcm HĐ3 -Nếu 3 số dương có tổng không đổi thì tích lớn nhất khi 3 số bằng nhau. -Nếu 3 số dương có tích không đổi thì tổng nhỏ nhất khi 3 số bằng nhau. Hoạt động 4. Củng cố - dặn dò Nắm chắc bất đẳng thức côsi và các hệ quả của nó. BTVN Các bài tập trong SGK. kinh nghiệm Tiết 42. 43 LUYỆN TẬP BẤT ĐẲNG THỨCTiết 1 Ngày soạn Ngày dạy đích, yêu cầu 1. Kiến thức CM 1 số bất đẳng thức đơn giản và tìm được GTLN, GTNN của 1 hàm số hoặc 1 biểu dụng BĐT côsi vào bài toán CM các BĐt khác và tìm GTLN, GTNN của hàm số, của biểu thức. năng Vận dụng các bất đẳng thức đã học vào giải các các bài tập, và ứng dụng vào các bài toán thực thực cách vận dụng BĐT côsi vào các bài toán có liên quan. duy Thấy được sự liên quan của BDT Cauchy và hình học, ứng dụng của nó trong việc đánh giá các số. 4. Thái độ Nghiêm túc, tích cực trong công động, tích cực, biết liên hệ bài đã học vào thực tế. chuẩn bị của giáo viên và học sinh 1. Thực tiễn Học sinh đã được học về cách CM BĐT pháp dạy học Gợi mở giải quyết vấn đề đan xen họat động nhóm. III. Tiến trình bài học và các hoạt động Hoạt động 1 BĐT Bu-nhi-a-cốp-xki HĐ của GV HĐ của HS Ghi bảng +Nêu cách CM? +Đây gọi là BĐT Bu-nhi-a-cốp-xki +Gợi ýAD kết quả trên +Mở rộng cho bộ ba số ta có kết quả như thế nào? +Dùng PP biến đổi tương đương. +HS CM +HS trả lời. Bài 1CMR Với 4 số thực a,b,c,d ta luôn có ac + bd2 £a2 + b2c2 + d2. Đẳng thức xảy ra khi Áp dụng CMR x, y là 2 số thực thỏa x2 + y2 = 1 thì 4x – 3y = 15 thì x2 + y2 Giải Ta có ac + bd2 £a2 + b2c2 + d2 ADa. Áp dụng bđt BCS với 2 bộ số 1,1 và x, y ta được = 2 Ûïx+yï£ Û -£ x + y £ có +Mở rộng BĐT BCS với bộ 3 số thực bkì a1, a2, a3 và b1, b2, b3 , ta có a1b1+a2b2+a3b32£a12+a22+a32b12+b22+b32 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi Hoạt động 2 Chữa bài 7b 8, 9, 10 SGK / 110. HĐ của GV HĐ của HS Ghi bảng +Nêu PP giải bài? +Gọi HS trình bày. +HS trả lời +HS trình bày. Bài 7b / 110 SGK. +a, b, c là 3 cạnh của 1 tam giác ta có tính chất gì? +Gọi HS giải bài. +HS trả lời +HS giải bài. Bài 8 / 110 SGK. Vì a, b, c là độ dài 3 cạnh tam giác nên vai trò của a, b, c như nhau, ta giả sử Khi đó Tương tự a2 + c2 0, " x ¹ , = 0. * D > 0 fx có hai nghiệm phân biệt x1 0 rồi xét dấu a và kết luận. 79. Tìm m để hệ bpt sau có nghiệm. Ta có , nên hệ bpt I có nghiệm Û . 81. Giải và biện luận các Bpt a/ Ta có 3 Û . * Nếu thì . * Nếu thì *Nếu thì 3 Û 0x > 2 nên . b/ Ta có * Nếu thì * Nếu thì Hoạt động III Làm bài tập trắc nghiệm Từ bài 87 đến 89/ 156-157. Đs 10 NC. HĐ của GV HĐ của HS NỘI DUNG GHI BẢNG GV lần lượt nêu từng câu hỏi và gọi hs trả lời. 87a/ C ; 87b/ B ; 87c/ D. 88a/ A ; 88b/ B ; 88c/ C. 89a/ C ; 89b/ B ; 89c/ D. 87a/ C ; 87b/ B ; 87c/ D. 88a/ A ; 88b/ B ; 88c/ C. 89a/ C ; 89b/ B ; 89c/ D. Hoạt động IV Củng cố * Dấu của nhị thức và tam thức bậc hai. * PP giải bpt bậc nhất và bậc hai, Giải và biện luận Bpt có dạng bậc nhất, bậc hai. * PP giải hệ bpt bậc nhất một ẩn. * Pp giải PT và BPt quy về bậc hai. KIỂM TRA 1 TIẾT. Ngày soạn Ngày kiểm tra tiêu 1. Kiến thức kiểm tra toàn bộ kiến thức của chương phương trình, bất phương trình bậc nhất, bất phương trình bậc hai, các phương trình và bất phương trình quy về phương trình và bất phương trình bậc nhất, bậc hai. 2. kĩ năng Kiểm tra kĩ năng giải các bài tập Giải phương trình bậc nhất, phương trình bậc hai, hệ bất phương trình bậc hai, tìm điều kiện để phương trình có nghiệm... 3. Thái độ , tư duy Chủ động, tích cực ôn tập và làm bài kiểm tra tốt. II. Chuẩn bị GV ra đề và thang điểm, dấp án. HS Ôn tập toàn bộ các dạng bài GV đã hướng dẫn. III. Nội dung ĐỀ CHẴN ĐỀ LẺ Câu 12 điểm Giải phương trình Câu 24 điểm Giải các bất phương trình a. b. Câu 32 điểm. Tìm m để phương trình m – 1x2 + 2mx – 3m = 0 có 2 nghiệm dương phân biệt Câu 42 điểm. Tìm m để bất phương trình x2 + 2mx + 3m – 2 > 0 có nghiệm đúng với mọi x > 1 Câu 12 điểm Giải phương trình Câu 24 điểm Giải các bất phương trình a. b. Câu 32 điểm. Tìm m để phương trình m + 2x2 + 2mx – 2m = 0 có 2 nghiệm dương phân biệt Câu 42 điểm. Tìm m để bất phương trình x2 + 2mx – 5m – 4 > 0 có nghiệm đúng với mọi x > 2 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM. Điểm ĐỀ CHẴN ĐỀ LẺ Câu 1 2 đ Câu 2 4 đ a. đkxđ x Đối chiếu đk Tập nghiệm của bpt là S = [ Tập nghiệm của bpt là S = - 2; 2 Đkxđ x 1 Đối chiếu đk Tập ngh của bpt là S = [1; b. Tập nghiệm của bpt là S = Câu 3 2đ Để phương trình có 2 nghiệm dương phân biệt thì Để phương trình có 2 nghiệm dương phân biệt thì Câu4 2 đ Xét tam thức fx = x2 + 2mx + 3m – 2 có hệ số a = 1 > 0 và = m2 – 3m + 2 -Nếu 0 với mọi x. Tập nghiệm của bpt là S = RTM -Nếu = 0 m = 2 hoặc m = 1. Với m = 2 thì fx > 0 với mọi x – 2. Tập nghiệm của bpt là S = R\{- 2} tm Với m = 1 thì fx > 0 với mọi x – 1. Tập nghiệm của bpt là S = R\{- 1} tm -Nếu > 0 m > 2 hoặc m 1 thì Kết hợp điều kiện ta có Vậy thì bpt có nghiệm đúng với mọi x > 1. Xét tam thức fx = x2 + 2mx – 5m – 4 có hệ số a = 1 > 0 và = m2 + 5m + 4 -Nếu 0 với mọi x. Tập nghiệm của bpt là S = RTM -Nếu = 0 m = - 1 hoặc m = - 4. Với m = - 1 thì fx > 0 với mọi x 1. Tập nghiệm của bpt là S = R\{ 1} tm Với m = - 4 thì fx > 0 với mọi x 4. Tập nghiệm của bpt là S = R\{4} loại -Nếu > 0 m > - 1 hoặc m 2 thì Kết hợp điều kiện ta có Vậy – 4 2. DẠNG TOÁN 1 SỬ DỤNG ĐỊNH NGHĨA VÀ TÍCH CHẤT CƠ BẢN 1. Phương pháp giải Để chứng minh bất đẳng thứcBĐT \A \ge B\ ta có thể sử dụng các cách sau Ta đi chứng minh \A - B \ge 0\. Để chứng minh nó ta thường sử dụng các hằng đẳng thức để phân tích \A - B\ thành tổng hoặc tích của những biểu thức không âm. Xuất phát từ BĐT đúng, biến đổi tương đương về BĐT cần chứng minh. 2. Các ví dụ minh họa Loại 1 Biến đổi tương đương về bất đẳng thức đúng Ví dụ 1 Cho hai số thực \a,b,c\. Chứng minh rằng các bất đẳng thức sau a \ab \le \frac{{{a^2} + {b^2}}}{2}\ b \ab \le {\left {\frac{{a + b}}{2}} \right^2}\ c \3\left {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right \ge {\left {a + b + c} \right^2}\ d \{\left {a + b + c} \right^2} \ge 3\left {ab + bc + ca} \right\ Hướng dẫn a Ta có \{a^2} + {b^2} - 2ab = {a - b^2} \ge 0 \Rightarrow {a^2} + {b^2} \ge 2ab\. Đẳng thức\ \Leftrightarrow a = b\. b Bất đẳng thức tương đương với \{\left {\frac{{a + b}}{2}} \right^2} - ab \ge 0\ \ \Leftrightarrow {a^2} + 2ab + {b^2} \ge 4ab \Leftrightarrow {\left {a - b} \right^2} \ge 0\ đúng ĐPCM. Đẳng thức xảy ra\ \Leftrightarrow a = b\ c BĐT tương đương \3\left {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right \ge {a^2} + {b^2} + {c^2} + 2ab + 2bc + 2ca\ \ \Leftrightarrow {\left {a - b} \right^2} + {\left {b - c} \right^2} + {\left {c - a} \right^2} \ge 0\ đúng ĐPCM. Đẳng thức xảy ra\ \Leftrightarrow a = b = c\ d BĐT tương đương \{a^2} + {b^2} + {c^2} + 2ab + 2bc + 2ca \ge 3\left {ab + bc + ca} \right\ \ \Leftrightarrow 2\left {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right - 2\left {ab + bc + ca} \right \ge 0\ \ \Leftrightarrow {\left {a - b} \right^2} + {\left {b - c} \right^2} + {\left {c - a} \right^2} \ge 0\ đúng ĐPCM. Đẳng thức xảy ra\ \Leftrightarrow a = b = c\ Nhận xét Các BĐT trên được vận dụng nhiều, và được xem như là "bổ đề" trong chứng minh các bất đẳng thức khác. Ví dụ 2 Cho năm số thực \a,b,c,d,e\. Chứng minh rằng \{a^2} + {b^2} + {c^2} + {d^2} + {e^2} \ge ab + c + d + e\. Hướng dẫn Ta có \{a^2} + {b^2} + {c^2} + {d^2} + {e^2} - ab + c + d + e = \ \ = \frac{{{a^2}}}{4} - ab + {b^2} + \frac{{{a^2}}}{4} - ac + {c^2} + \frac{{{a^2}}}{4} - ad + {d^2} + \frac{{{a^2}}}{4} - ae + {e^2}\ \ = {\frac{a}{2} - b^2} + {\frac{a}{2} - c^2} + {\frac{a}{2} - d^2} + {\frac{a}{2} - e^2} \ge 0 \Rightarrow \ đpcm. Đẳng thức xảy ra \ \Leftrightarrow b = c = d = e = \frac{a}{2}\. Loại 2 Xuất phát từ một BĐT đúng ta biến đổi đến BĐT cần chứng minh Đối với loại này thường cho lời giải không được tự nhiên và ta thường sử dụng khi các biến có những ràng buộc đặc biệt * Chú ý hai mệnh đề sau thường dùng \a \in \left[ {\alpha ;\beta } \right] \Rightarrow \left {a - \alpha } \right\left {a - \beta } \right \le 0\ \\left * \right\ \a,b,c \in \left[ {\alpha ;\beta } \right] \Rightarrow \left {a - \alpha } \right\left {b - \alpha } \right\left {c - \alpha } \right + \left {\beta - a} \right\left {\beta - b} \right\left {\beta - c} \right \ge 0\left {**} \right\ Ví dụ 1 Cho a,b,c là độ dài ba cạnh tam giác. Chứng minh rằng \{a^2} + {b^2} + {c^2} c \Rightarrow ac + bc > {c^2}\. Tương tự \bc + ba > {b^2};{\rm{ }}ca + cb > {c^2}\ cộng ba BĐT này lại với nhau ta có đpcm Nhận xét * Ở trong bài toán trên ta đã xuất phát từ BĐT đúng đó là tính chất về độ dài ba cạnh của tam giác. Sau đó vì cần xuất hiện bình phương nên ta nhân hai vế của BĐT với c. Ngoài ra nếu xuất phát từ BĐT \a - b < c\ rồi bình phương hai vế ta cũng có được kết quả. Ví dụ 2 Cho \a,b,c \in [0;1]\. Chứng minh \{a^2} + {b^2} + {c^2} \le 1 + {a^2}b + {b^2}c + {c^2}a\ Hướng dẫn Cách 1 Vì \a,b,c \in [0;1] \Rightarrow 1 - {a^2}1 - {b^2}1 - {c^2} \ge 0\ \ \Leftrightarrow 1 + {a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2} - {a^2}{b^2}{c^2} \ge {a^2} + {b^2} + {c^2}\ * Ta có \{a^2}{b^2}{c^2} \ge 0;{\rm{ }}{a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2} \le {a^2}b + {b^2}c + {c^2}a\ nên từ * ta suy ra \{a^{\rm{2}}} + {b^2} + {c^2} \le 1 + {a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2} \le 1 + {a^2}b + {b^2}c + {c^2}a\ đpcm. Cách 2 BĐT cần chứng minh tương đương với \{{\rm{a}}^{\rm{2}}}\left {1 - b} \right + {b^2}\left {1 - c} \right + {c^2}\left {1 - a} \right \le 1\ Mà \a,b,c \in \left[ {0;1} \right]\ \ \Rightarrow {a^2} \le a,{b^2} \le b,{c^2} \le c\ do đó \{a^2}\left {1 - b} \right + {b^2}\left {1 - c} \right + {c^2}\left {1 - a} \right \le a\left {1 - b} \right + b\left {1 - c} \right + c\left {1 - a} \right\ Ta chỉ cần chứng minh \a\left {1 - b} \right + b\left {1 - c} \right + c\left {1 - a} \right \le 1\ Thật vậy vì \a,b,c \in \left[ {0;1} \right]\ nên theo nhận xét \\left {**} \right\ ta có \abc + \left {1 - a} \right\left {1 - b} \right\left {1 - c} \right \ge 0\ \ \Leftrightarrow \\a + b + c - \left {ab + bc + ca} \right \le 1\ \ \Leftrightarrow \\a\left {1 - b} \right + b\left {1 - c} \right + c\left {1 - a} \right \le 1\ vậy BĐT ban đầu được chứng minh. DẠNG TOÁN 2 SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHYcôsi ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC VÀ TÌM GIÁ TRI LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT 1. Phương pháp giải Một số chú ý khi sử dụng bất đẳng thức côsi * Khi áp dụng bđt côsi thì các số phải là những số không âm * BĐT côsi thường được áp dụng khi trong BĐT cần chứng minh có tổng và tích * Điều kiện xảy ra dấu =’ là các số bằng nhau * Bất đẳng thức côsi còn có hình thức khác thường hay sử dụng Đối với hai số\{x^2}\,\, + \,{y^2}\,\, \ge \,\,2xy;\,\,\,\,\,\,\,\,{x^2}\,\, + \,{y^2}\,\, \ge \,\,\frac{{{{x\, + \,y}^2}}}{2};\,\,\,\,\,\,\,xy \le \,\,{\left {\frac{{x + y}}{2}} \right^2}\. Đối với ba số \abc \le \frac{{{a^3} + {b^3} + {c^3}}}{3},\,\,abc \le {\left {\frac{{a + b + c}}{3}} \right^3}\ 2. Các ví dụ minh họa Loại 1 Vận dụng trực tiếp bất đẳng thức côsi Ví dụ 1 Cho \a,b\ là số dương thỏa mãn \{a^2} + {b^2} = 2\. Chứng minh rằng a \\left {\frac{a}{b} + \frac{b}{a}} \right\left {\frac{a}{{{b^2}}} + \frac{b}{{{a^2}}}} \right \ge 4\ b \{\left {a + b} \right^5} \ge 16ab\sqrt {\left {1 + {a^2}} \right\left {1 + {b^2}} \right} \ Hướng dẫn a Áp dụng BĐT côsi ta có \\frac{a}{b} + \frac{b}{a} \ge 2\sqrt {\frac{a}{b}.\frac{b}{a}} = 2,\,\,\frac{a}{{{b^2}}} + \frac{b}{{{a^2}}} \ge 2\sqrt {\frac{a}{{{b^2}}}.\frac{b}{{{a^2}}}} = \frac{2}{{\sqrt {ab} }}\ Suy ra \\left {\frac{a}{b} + \frac{b}{a}} \right\left {\frac{a}{{{b^2}}} + \frac{b}{{{a^2}}}} \right \ge \frac{4}{{\sqrt {ab} }}\ 1 Mặt khác ta có \2 = {a^2} + {b^2} \ge 2\sqrt {{a^2}{b^2}} = 2ab \Rightarrow ab \le 1\ 1 Từ 1 và 2 suy ra \\left {\frac{a}{b} + \frac{b}{a}} \right\left {\frac{a}{{{b^2}}} + \frac{b}{{{a^2}}}} \right \ge 4\ ĐPCM. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \a = b = 1\. b Ta có \{\left {a + b} \right^5} = \left {{a^2} + 2ab + {b^2}} \right\left {{a^3} + 3a{b^2} + 3{a^2}b + {b^3}} \right\ Áp dụng BĐT côsi ta có \{a^2} + 2ab + {b^2} \ge 2\sqrt {2ab\left {{a^2} + {b^2}} \right} = 4\sqrt {ab} \ và \\left {{a^3} + 3a{b^2}} \right + \left {3{a^2}b + {b^3}} \right \ge 2\sqrt {\left {{a^3} + 3a{b^2}} \right\left {3{a^2}b + {b^3}} \right} = 4\sqrt {ab\left {1 + {b^2}} \right\left {{a^2} + 1} \right} \ Suy ra \\left {{a^2} + 2ab + {b^2}} \right\left {{a^3} + 3a{b^2} + 3{a^2}b + {b^3}} \right \ge 16ab\sqrt {\left {{a^2} + 1} \right\left {{b^2} + 1} \right} \ Do đó \{\left {a + b} \right^5} \ge 16ab\sqrt {\left {1 + {a^2}} \right\left {1 + {b^2}} \right} \ ĐPCM. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \a = b = 1\. Ví dụ 2 Cho \a,b,c\ là số dương. Chứng minh rằng a \\left {a + \frac{1}{b}} \right\left {b + \frac{1}{c}} \right\left {c + \frac{1}{a}} \right \ge 8\ b \{a^2}1 + {b^2} + {b^2}1 + {c^2} + {c^2}1 + {a^2} \ge 6abc\ c \1 + a1 + b1 + c \ge {\left {1 + \sqrt[3]{{abc}}} \right^3}\ d \{a^2}\sqrt {bc} + {b^2}\sqrt {ac} + {c^2}\sqrt {ab} \le {a^3} + {b^3} + {c^3}\ Hướng dẫn a Áp dụng BĐT côsi ta có \a + \frac{1}{b} \ge 2\sqrt {\frac{a}{b}} ,\,\,b + \frac{1}{c} \ge 2\sqrt {\frac{b}{c}} ,\,\,c + \frac{1}{a} \ge 2\sqrt {\frac{c}{a}} \ Suy ra \\left {a + \frac{1}{b}} \right\left {b + \frac{1}{c}} \right\left {c + \frac{1}{a}} \right \ge 8\sqrt {\frac{a}{b}} .\sqrt {\frac{b}{c}} .\sqrt {\frac{c}{a}} = 8\ ĐPCM. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \a = b = c\. b Áp dụng BĐT côsi cho hai số dương ta có \1 + {a^2} \ge 2\sqrt {{a^2}} = 2a\, tương tự ta có \1 + {b^2} \ge 2b,\,\,1 + {c^2} \ge 2c\ Suy ra \{a^2}1 + {b^2} + {b^2}1 + {c^2} + {c^2}1 + {a^2} \ge 2\left {{a^2}b + {b^2}c + {c^2}a} \right\ Mặt khác, áp dụng BĐT côsi cho ba số dương ta có \{a^2}b + {b^2}c + {c^2}a \ge 3\sqrt {{a^2}b.{b^2}c.{c^2}a} = 3abc\ Suy ra \{a^2}1 + {b^2} + {b^2}1 + {c^2} + {c^2}1 + {a^2} \ge 6abc\. ĐPCM. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \a = b = c = 1\. c Ta có \1 + a1 + b1 + c = 1 + \left {ab + bc + ca} \right + \left {a + b + c} \right + abc\ Áp dụng BĐT côsi cho ba số dương ta có \ab + bc + ca \ge 3\sqrt[3]{{ = 3{\left {\sqrt[3]{{abc}}} \right^2}\ và \a + b + c \ge 3\sqrt[3]{{abc}}\ Suy ra \1 + a1 + b1 + c \ge 1 + 3{\left {\sqrt[3]{{abc}}} \right^2} + 3\sqrt[3]{{abc}} + abc = {\left {1 + \sqrt[3]{{abc}}} \right^3}\ ĐPCM Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \a = b = c\. d Áp dụng BĐT côsi cho hai số dương ta có \{a^2}\sqrt {bc} \le {a^2}\left {\frac{{b + c}}{2}} \right,\,\,\,{b^2}\sqrt {ac} \le {b^2}\left {\frac{{a + c}}{2}} \right,\,\,{c^2}\sqrt {ab} \le {c^2}\left {\frac{{a + b}}{2}} \right\ Suy ra \{a^2}\sqrt {bc} + {b^2}\sqrt {ac} + {c^2}\sqrt {ab} \le \frac{{{a^2}b + {b^2}a + {a^2}c + {c^2}a + {b^2}c + {c^2}b}}{2}\ 1 Mặt khác theo BĐT côsi cho ba số dương ta có \{a^2}b \le \frac{{{a^3} + {a^3} + {b^3}}}{3},\,\,{b^2}a \le \frac{{{b^3} + {b^3} + {a^3}}}{3},\,\,{a^2}c \le \frac{{{a^3} + {a^3} + {c^3}}}{3},\ \{c^2}a \le \frac{{{c^3} + {c^3} + {a^3}}}{3},\,\,{b^2}c \le \frac{{{b^3} + {b^3} + {c^3}}}{3},\,\,{c^2}b \le \frac{{{c^3} + {c^3} + {b^3}}}{3}\ Suy ra \{a^2}b + {b^2}a + {a^2}c + {c^2}a + {b^2}c + {c^2}b \le 2\left {{a^3} + {b^3} + {c^3}} \right\ 2 Từ 1 và 2 suy ra \{a^2}\sqrt {bc} + {b^2}\sqrt {ac} + {c^2}\sqrt {ab} \le {a^3} + {b^3} + {c^3}\ Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \a = b = c\. Loại 2 Kĩ thuật tách, thêm bớt, ghép cặp Để chứng minh BĐT ta thường phải biến đổi nhân chia, thêm, bớt một biểu thức để tạo biểu thức có thể giản ước được sau khi áp dụng BĐT côsi. Khi gặp BĐT có dạng \x + y + z \ge a + b + c\hoặc \xyz \ge abc\, ta thường đi chứng minh \x + y \ge 2a\hoặc\ab \le {x^2}\, xây dựng các BĐT tương tự rồi cộnghoặc nhân vế với vế ta suy ra điều phải chứng minh. Khi tách và áp dụng BĐT côsi ta dựa vào việc đảm bảo dấu bằng xảy rathường dấu bằng xảy ra khi các biến bằng nhau hoặc tại biên. Ví dụ Cho \a,b,c\ là số dương. Chứng minh rằng a \\frac{{ab}}{c} + \frac{{bc}}{a} + \frac{{ac}}{b} \ge a + b + c\ b \\frac{a}{{{b^2}}} + \frac{b}{{{c^2}}} + \frac{c}{{{a^2}}} \ge \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}\ Hướng dẫn a Áp dụng BĐT côsi ta có \\frac{{ab}}{c} + \frac{{bc}}{a} \ge 2\sqrt {\frac{{ab}}{c}.\frac{{bc}}{a}} = 2b\ Tương tự ta có \\frac{{bc}}{a} + \frac{{ac}}{b} \ge 2c,\,\,\frac{{ac}}{b} + \frac{{ba}}{c} \ge 2a\. Cộng vế với vế các BĐT trên ta được \2\left {\frac{{ab}}{c} + \frac{{bc}}{a} + \frac{{ac}}{b}} \right \ge 2\left {a + b + c} \right \Leftrightarrow \frac{{ab}}{c} + \frac{{bc}}{a} + \frac{{ac}}{b} \ge a + b + c\ ĐPCM Đẳng thức xảy ra khi \a = b = c\ . b Áp dụng BĐT côsi ta có \\frac{a}{{{b^2}}} + \frac{1}{a} \ge 2\sqrt {\frac{a}{{{b^2}}}.\frac{1}{a}} = \frac{2}{b}\ Tương tự ta có \\frac{b}{{{c^2}}} + \frac{1}{b} \ge \frac{2}{c},\,\,\frac{c}{{{a^2}}} + \frac{1}{c} \ge \frac{2}{a}\ Cộng vế với vế các BĐT trên ta được \\frac{a}{{{b^2}}} + \frac{b}{{{c^2}}} + \frac{c}{{{a^2}}} + \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \ge \frac{2}{a} + \frac{2}{b} + \frac{2}{c} \Leftrightarrow \frac{a}{{{b^2}}} + \frac{b}{{{c^2}}} + \frac{c}{{{a^2}}} \ge \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}\ ĐPCM. Đẳng thức xảy ra khi \a = b = c\ .

bất đẳng thức lớp 10 nâng cao