CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG NĂNG LỰC GIẢI TOÁN VỀ ĐẲNG THỨC VÀ BẤT ĐẲNGTHỨC CHO HỌC SINH GIỎI LỚP THCS Chương I NHỮNG VẤN ĐỀ CHUNG 1.1 Năng lực giải toán đẳng thức bất đẳng thức Việc giải toán đẳng thức (ĐT) bất đẳng thức (BĐT) giúp nhiều cho việc rèn luyện học sinh (HS) óc trừu tượng hố khái quát hoá Do toán ĐT BĐT có nhiều phương pháp giải, ta có nhiều đường đi, có nhiều cách giải khác để tìm đến kết cuối nên việc tìm lời giải hay, đường ngắn giúp rèn luyện cho HS tư sáng tạo, phương pháp khoa học suy nghĩ, biết giải vấn đề phân tích, tổng hợp, so sánh, khái quát từ HS phát triển phẩm chất tư linh hoạt, độc lập, sáng tạo HS có lực giải tốn (NLGT) ĐT BĐT xác định hướng giải tốn cách nhanh chóng, sau phân tích, biến đổi biểu thức xác, rõ ràng Từ tốn lại làm xuất lớp tốn có liên quan cách đặt thêm câu hỏi khái qt hố, tương tự hố v.v… Có thể xác định NLGT ĐT BĐT HS qua số lực cụ thể sau: Năng lực 1: Năng lực nhận biết đẳng thức (HĐT) biến đổi đại số Ví dụ: Tính giá trị biểu thức A = x2  5x  2xy + 5y + y2 + biết x  y = - Quan sát biểu thức A nhận thấy biểu thức có HĐT (x  y)2 Do đó: A = ( x2  2xy + y2)  5(x y) + A = (x  y)2  5(x  y) + =  + = Năng lực 2: Năng lực sử dụng, vận dụng HĐT Ví dụ: Biết a + b + c = Chứng minh (CMR): (a2 + b2 + c2)2 = 2(a4 + b4 + c4) Trong toán suy nghĩ tự nhiên nảy sinh là: HĐT cho ta mối quan hệ a+ b+ c a2+b2+c2; a2+b2+c2 a4 + b4 + c4 Hoặc là: Từ giả thiết có mối quan hệ b + c = a Vậy HĐT cho ta mối quan hệ b2, c2 a2; b4, c4 a4 ? Bình phương vế ĐT a = (b + c) ta được: a2 = b2 + 2bc + c2 2bc = a2  b2  c2 Tiếp tục bình phương vế ĐT ta được: 4b2c2 = a4 + b4 + c4  2a2b2 + 2b2c2  2a2c2 a4 + b4 + c4 = 2a2b2 + 2b2c2 + 2a2c2 Cộng vế ĐT với a4 + b4 + c4 ta có: (a4 + b4 + c4) = a4 + b4 + c4 + 2a2b2 + 2b2c2 + 2a2c2 = (a2+b2+c2)2 (đpcm) Nhận dạng sử dụng tốt HĐT xuất toán giúp thấy toán quen thuộc, lời giải ngắn gọn Năng lực 3: Năng lực “nhìn” đối tượng (của tốn) theo cách khác Ví dụ: Cho a, b, c số khác thỏa mãn: a3b3+ b3c3+ c3a3 = 3a2b2c2 Tính giá trị biểu thức:  a  b  c  P  1        b  c  a  Nhìn vào giả thiết a3b3 + b3c3 + a3c3 = 3a2b2c2, ta coi: ab = x; bc = y; ca = z ta có x3 + y3 + z3 = 3xyz, gần gũi với dạng (x+y+z)3 Khi đó:  x  y  y  z  z  x  a z b x c y  ;  ;   P b y c z a x xyz Ta có tốn dễ làm Năng lực 4: Năng lực tìm mối quan hệ đại lượng Để tìm lời giải tốn lực tìm quan hệ điều kiện cho giả thiết, giả thiết kết luận cần thiết Ví dụ: CMR: Nếu x  yz y  zx z  xy   a b c a  bc b  ca c  ab   x y z Từ ĐT cho tốn khó biểu diễn dạng tường minh a, b, c theo x, y, z hay ngược lại, ta phải dựa vào đại lượng trung gian Các biểu thức xuất giả thiết kết luận thể vai trị bình đẳng x, y, z, a, b, c Nếu ta đặt tỉ lệ thức giả thiết k mối quan hệ biểu thị cách bình đẳng a, b, c theo k, x, y, z * Đặt x  yz y  zx z  xy   k a b c a x  yz y  zx z  xy ;b  ;c  k k k * Thay giá trị a, b, c vào điều phải tìm ta được: a  bc x  y  x  3xyz  x k2 b  ca c  ab x  y  x  xyz   y z k2 Vậy a  bc b  ca c  ab   x y z Ví dụ: Cho a > b >0 thỏa mãn: 3a2 + 3b2 = 10ab Tính giá trị biểu thức: P a b a b Cần nhận thấy mối quan hệ kết luận giả thiết: Trong giả thiết xuất a b2, Vậy P phải làm xuất a2 b2 Từ nghĩ đến việc bình phương vế biểu thức P Giả thiết có 3(a2 + b2 ) = 10ab ab  10ab Để sử dụng a  b  cần có P      a b  2 Từ ta có lời giải tốn Năng lực 5: Năng lực thao tác thành thạo dạng toán Ví dụ 1: Giải phương trình (PT): (x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4) = 24 (1) Đây dạng toán bản, HS giỏi cần phải có lực thao tác thành thạo dạng Đối với PT (1) người ta thường nhân sau: (x + 1)(x + 4) = x2 + 5x + (x + 2)(x + 3) = x2 + 5x + Đặt x2 + 5x + = t, PT (1) (t  1)(t + 1) = 24 t2 = 25 t = ±5 từ tính x = 0; x = 5 Năng lực 6: Năng lực qui lạ quen Ví dụ: Sau cho HS làm quen với dạng tốn phân tích thành nhân tử: (x + 1)(x + 3)(x + 5)(x + 7) + 15 Bằng cách ghép cặp nhân tử cách phù hợp, ta có: (x + 1)(x + 3)(x + 5)(x + 7) + 15 = [(x+1)(x+7)][(x+3)(x+5)]+ 15 = (x2 + 8x + 7)(x2 +8x + 15) +15 (*) Đặt x2 + 8x +7 = a, (*) trở thành a(a + 8) +15 = a2 + 8a + 15 = (a2 + 8a + 16) - = (a + 4)2 - = (a + 3)(a + 5) Thay vào ta có: (x2 + 8x + 10)(x2 +8x + 12) = [(x + 4)2  6)][(x + 4)2  22] ( x   6)( x   )( x  2)( x  4) Thì cho HS giải tốn: + Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = (x + 1)(x + 3)(x + 5)(x + 7) + 15 + Hay giải PT: (x + 1)(x + 3)(x + 5)(x + 7) + 15 = Gặp tốn HS qui phương pháp quen thuộc tốn ban đầu Ví dụ: Tính giá trị biểu thức P   99 92  0, 99 92       n n Để làm toán này, HS phải quen với cách viết: 99  10n   n Ta có:  10 n   99  (10  1) 0,99          n  10  n n n 2 Khi đặt: a = 10n  P   a  P a 1 P a 1  a  1 a 2 a2  a  1 toán quen thuộc  a  a  1  a   a 1 a    a 1 a 1 Bài toán lạ nội dung; giả thiết, kết luận; phương pháp làm (phương pháp đặc biệt) Song tìm vài ý quen thuộc Bởi việc rèn luyện trí nhớ cần HS Năng lực 7: Năng lực khái quát hoá, đặc biệt hoá, tương tự Ví dụ: Tính tổng sau: S2  1 1     1 2  3  n  n  1 (nN, n≥1) Từ tốn mở rộng hai tốn tính tổng sau: S3  1 1     , (nN, n≥1) 1      n  n  1   n   S4  1 1     , (nN, n≥1) 1         n  n  1   n     n  3 Đồng thời tổng qt hố tốn: Tính tổng: Sk  1 1     , (nN, n≥1) 1  k    k  1    k   n  n  1   k  n  1 Mặt khác có tốn tương tự sau: Tính tổng: M T 1 1      4  7 10  3n   3n  1 1 1     1 6 11 1116  5n   5n  1 (nN, n≥1) (nN, n≥1) Như từ tốn ban đầu tương tự hố theo hướng: - Thay đổi khoảng cách số tích mẫu - Tăng thêm thừa số mẫu số Năng lực 8: Năng lực phân tích tổng hợp: Ví dụ: Tính giá trị biểu thức: S 1 1 1 1          2 3 99 100 Từ toán cho HS cần biết cách biến đổi biểu thức dạng bình phương tổng  làm bậc hai  giản ước, rút gọn Xét biểu thức dạng tổng quát với k  N , k  : 1 1 2     1  2   1  (k  1) k k  (k  1)k k  1 k k   1 1 2 2  2    (k  1) k k 1 k 1 k k Do đó: =>  => (vì 1  1   1    (k  1) k  k 1 k  2   ) (k  1)k k  k 1 1    1  2 (k  1) k k 1 k Cho k = 3, 4, …, 100 ta có: 1   1   1  1  S  1     1                3  4  98 99   99 100   98  1   98, 49 100 Với số tốn khó, khơng có thuật tốn để giải việc tìm hướng giải tốn phụ thuộc chủ yếu vào lực phân tích, tổng hợp HS Ví dụ: Cho số dương a, b, c thoả mãn:  b2 a  ab   25   b 2  c 9 3 c  ac  a  16   Tính giá trị P = ab +2bc + 3ac + Phân tích, tổng hợp (3)(2)(1), ta có kết quả: 2c2 = ab  ac + Xem xét P2 = ( ab + 2bc + 3ac)2 = + Tổng hợp từ (2)(3) => có nhiều hạng tử đồng dạng với hạng tử P2 => Xét P2  9.6.12 với ý 2c2 = ab  ac => Tính P2  9.6.12 theo 2c2 => kết Hướng dẫn:  b2  b2  c   c  ac  a  a  ab   3  Theo giả thiết:     Ta có: P2 = (ab+2bc+3ac)2 = a2b2+ 4b2c2+ 9a2c2 + 4ab2c + 6a2bc+12a2bc => P  12( b2  c )(c  ac  a )  (1) Bằng cách thay P = ab + 2bc + 3ac 2c2= a(bc) vào (1) Từ đó: P  12( b2  c )(c  ac  a ) => P2 = 12.9.16 =22.3.32.42 Vậy P  24 *) Ngoài lực trên, HS cần có: Năng lực huy động kiến thức học để nhận xét, so sánh, bác bỏ; cần có tư logic, khả trình bày vấn đề rõ ràng, chặt chẽ Năng lực dự đoán kết quả, kiểm tra dự đoán, biết cách liên hệ tới vấn đề tương tự gần giống nhau, tổng hợp khái qt hố có phương pháp giải chung cho dạng phương pháp "đặc biệt" với "đặc biệt", "không tầm thường" 1.2 Các dạng tốn ĐT Qua tìm hiểu đề thi HS giỏi THCS, tuyển sinh vào THPT, THPT Năng khiếu (chuyên) tài liệu, cho thấy tập ĐT tập trung vào dạng toán sau: Dạng 1: Chứng minh ĐT Dạng 2: Chứng minh ĐT có điều kiện Dạng 3: Phân tích đa thức thành nhân tử Dạng 4: Rút gọn biểu thức Dạng 5: Tính giá trị biểu thức 1.3 Một số phương pháp chứng minh BĐT 1.3.1 Phương pháp vận dụng định nghĩa tính chất BĐT Phương pháp 1: Phương pháp dựa vào định nghĩa Phương pháp 2: Phương pháp biến đổi tương đương Phương pháp 3: Phương pháp làm trội Phương pháp 4: Phương pháp phản chứng 1.3.2 Phương pháp vận dụng toán BĐT Để chứng minh BĐT A ≥ B nhiều cần sử dụng số toán BĐT để làm toán phụ, giúp tìm đến lời giải tốn Phương pháp 5: Phương pháp vận dụng toán phân số: Ta có hai tốn sau đây: Bài toán 1: Với a, b, c > CMR: a/ Nếu a < b b/ Nếu a ≥ b a ac  b bc a ac  b bc Bài toán 2: Với x, y, z > CMR: a/  ; xy  x  y 2 b/ 1   ; x y x y c/ 1    x y z x yz Phương pháp 6: Phương pháp vận dụng toán giá trị tuyệt đối Kiến thức cần nhớ: Đối với số tốn BĐT có chứa giá trị tuyệt đối, ta vận dụng toán BĐT chứa giá trị tuyệt đối sau: Bài toán 1: CMR: a/ | a | + | b | ≥ | a + b | Dấu “ = “ xảy ab ≥ b/ | a  b | ≥ | a |  | b | Dấu “ = “ xảy b(a – b) ≥ x y y x x y y x Bài toán 2: CMR x, y khác | |  | |  |  |  Dấu “ = “ xảy x = ± y Từ suy m, n > ta có: 1) m n  2 ; n m 2) m  2 m Phương pháp 7: Phương pháp vận dụng BĐT liên hệ tổng bình phương, bình phương tổng, tích hai số 1) 2( x2 + y2 ) ≥ ( x + y )2 ≥ 4xy 2) 3( x2 + y2 + z2 ) ≥ ( x + y + z )2 ≥ 3(xy + xz + yz ) Phương pháp 8: Phương pháp vận dụng toán thức (BĐT Cauchy BĐT Bunhiacơpxki) Khi giải số tốn BĐT có chứa thức bậc hai, ta vận dụng toán BĐT chứa thức Bài toán 1: Cho a,b ≥ CMR: Dấu “ = “ xảy a = b ab  ab (BĐT Cauchy) Bài toán 2: CMR: (ax + by)2 ≤ (a2 + b2)(x2 + y2) Dấu “ = “ xảy ay = bx (BĐT Bunhiacôpxki) 1.3.3 Phương pháp vận dụng tính chất đặc biệt biến Phương pháp 9: Phương pháp vận dụng điều kiện có nghiệm PT bậc 10 c  a 2  4b  c  a 2 4b  4c  a  b b Do đó: a  b  c => a  b  c  b  c  a  b  c  a  c  a 2  4a  4b  4c  4a  b   4b  c   4c  a  b  c  a   4a  b  c  b Bài 40: Cho x2+ 4y2=1 CMR: x  y  Giải: Áp dụng BĐT Bunhiacơpxki, ta có  1 x  y  x.1  y.     2 x  1  y 1     4  Vì x2 + 4y2 =1 Bài 41: Cho x2+ y2 = a2 + b2=1 CMR: a( x  y)  b( x  y)  Giải: Áp dụng tốn phụ (BĐT Bunhiacơpxki) ta có a x  y   b x  y   a  2  b2 x  y  x  y   => ax  y   bx  y   1.2x  y   Bài 42: CMR: 3(a  b)  4(1  ab)  (a  1)(b  1) Giải: áp dụng tốn phụ (BĐT Bunhiacơpxki) ta có 3a  b   41  ab   3  2  a  b  1  ab   = 25a  b  2ab   2ab  a 2b   a  1b  1 Bài 43: Cho a, b >0 CMR: (4 a + b ) (3 a + b )  25(a+b) Giải: Áp dụng tốn phụ (BĐT Bunhiacơpxki) ta có a  b  a  b  4 a  b  a  b  3   32 a  b   a  b  a  b   a  b  Do 4 a  b 3 a  b   a  b a  b  25a  b  c/ Phương pháp vận dụng tính chất đặc biệt biến 76 Phương pháp 9: Phương pháp vận dụng điều kiện có nghiệm PT bậc (Bài 44  47) Đối với số toán chứng minh BĐT nhiều ta phải vận dụng điều kiện có nghiệm PT bậc Kiến thức cần nhớ: PT ax2 + bx + c = ( a≠ 0)  = b2 – 4ac 0 b 2a b   b   PT có nghiệm phân biệt: x1  , x2  2a 2a PT có nghiệm kép: x   Khi b = 2b’: ’ = b’2 – ac ’ < PT vô nghiệm ’ = PT có nghiệm kép: x   b' a b '  ' b '  ' , x1  a a 2 3 Bài 44: Cho x, y thỏa mãn x2 + y2 = xy  x + 2y CMR: x 3 ’ > PT có nghiệm phân biệt : x1  Giải: x2 + y2 = xy  x + 2y y2  (x + 2)y + x2 + x = (*) Xem (*) PT bậc hai ẩn y (*) có nghiệm ∆= ( x + 2)2  4( x2 + x) ≥ x2 + 4x +  4x2  4x ≥ x  x  3 2 3 x 3 Bài 45: Cho x  1, y  thỏa mãn x 1 y + Giải: Điều kiện x  * x=1: y = ta có x3 = < * x>1: Từ 125 (đúng) 64 x  1y  x   y x  y  y  x   (*) 77 x  CMR: x  125 64 , Xem (*) PT bậc ẩn y (*) có nghiệm    4( x  1)  4x +  x  125 x  x 64 Bài 46: Cho số x, y, z thoả mãn x2 + 4y2 + z2 = 4xy + 5y  10y + 2z  CMR:  x  2y  Giải: x2 + 4y2 + z2 = 4xy + 5y  10y + 2z  z2  2z + ( x2 + 4y2  4xy)  ( 5x  10y ) + = z2  2z + ( x  2y)2  (x  2y ) + = (*) Xem (*) PT bậc hai ẩn z (*) có nghiệm  ' =  ( x  2y)2 + (x  2y )   ( x  2y  1) (x  2y  4)   x  y   0, x  y    x  y  1, x  y     x  y   0, x  y    x  y  1, x  y   x  y  Bài 47: Cho a, b số thực thoả mãn a2 + 4b2 = CMR: a  b  Giải: Đặt a  b =x a = x + b Thay vào a2 + 4b2 ta ( x + b)2 + 4b2 = x2 + 2bx + b2 + 4b2 =1 5b2 + 2bx + x2  = (*) Xem (*) PT ẩn b '  x  x   4 x  (*) có nghiệm '   4 x2   x  5 Vậy a  b  2 Phương pháp 10: Phương pháp qui nạp toán học (Bài 48 > 50) 78 Một số toán BĐT cần chứng minh với n ≥ (nN) ta vận dụng phương pháp qui nạp toán học Các bước chứng minh theo phương pháp qui nạp: B1: Kiểm tra BĐT với n = B2: Giả sử BĐT với n = k ≥ Chứng minh BĐT với n = k + Bước 3: Kết luận BĐT với n nguyên dương Bài 48: CMR: 2n+2 > 2n + Với n nguyên dương Giải: Với n =1, ta có 21 +2 > 2.1 +5 > BĐT Giả sử BĐT với n = k ≥ 1, tức 2k+2 > 2k +5 Cần chứng minh BĐT n= k+1 Ta có 2(k+1)+2 = 2k+3 =2 2k+2 > 2.(2k + 5) = 4k + 10 > 2k + + = 2(k + 1) + Vậy BĐT 2k+2 > 2k +5 với n nguyên dương Bài 49: CMR: Giải: Với n = ta có 2n   2n  Với n nguyên dương 3n  1 , BĐT 3.1  Giả sử BĐT với n = k ≥ 1, tức là: 2k   2k 3k  Cần chứng minh BĐT với n = k+ Ta có 2k  2(k  1)   2k 2(k  1) Ta CMR: 2k   3k  2k  2k  3k  2k  3k  (2) 79 (1) Ta có 3k  2k   3k  2k  (2k  1)  3k  (2k  2) 3k  k  BĐT Từ (1) &(2) ta có 1 2k   2k 3(k  1)  BĐT n = k +1 Vậy 2n   2n Với n nguyên dương 3n  Bài 50: Cho n số không âm a1, a2, …, an CMR: a1  a2   an n  a1.a2 an với n  N , n  dấu “ =” xảy ? n (BĐT Cauchy cho n số không âm) Giải: Với n = ta có a1  a2  a1.a2  ( a1  a2 )  , BĐT Giả sử BĐT với n = k, nghĩa a1  a2   ak k  a1 a a k k với a1,a2, ak không âm Cần chứng minh BĐT với n = k +1 Vai trò phần tử nên ta giả sử a1  a2   ak  ak 1 Suy ak+1  a1  a2   ak k Đặt a1  a2   ak =x, (x  ) k 80 (*) ak+1 = x + y với y  Mà xk  a1a2 ak ( suy từ (*) )  a1  a2   ak  ak 1   k 1   k 1  kx  x    k 1 Ta có   x k 1  (k  1) => k 1 y    x  k  1  k 1 y x k  x k 1  x k y  x k  x  y   a1a2 ak ak 1 k 1 a1  a2   ak  ak 1  k 1 Vậy BĐT y   k 1 a1.a2 ak 1 a1  a2   an n  a1.a2 an với n  N , n  n Dấu “ =” xảy a1 = a2 = …= an Phương pháp 11: Phương pháp dùng toạ độ hình học (Bài 51>52) Một số toán BĐT mà biến số dương, ta dễ dàng tìm lời giải sử dụng phương pháp hình học Đặc biệt số tốn BĐT có chứa thức dạng A2  B , phương pháp toạ độ giúp ta có lời giải hay độc đáo Kiến thức cần nhớ: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy có A (xA,yA), B(xB,yB) AB  2  x A  xB    y A  yB  Bài 51: Cho a, b > CMR: a  b  a  b B Giải: Xét ∆ ABC Có Â = 900, AB = a , AC = b Theo định lý Pytago, ta có: a BC2 = AB2 + AC2 = a + b => BC = a  b ∆ ABC có AB + AC > BC => a  b  a  b Bài 52: CMR: A x  x   x  12 x  136  13 Giải: Ta có: x  x   ( x  1)   ( x  1)2  (0  2)2 x  12 x  136   x  6  100  81  x      10  b C Trong mặt phẳng toạ độ Oxy xét điểm A(x;0), B(1;2), C(6;-10) Dễ thấy B C nằm khác phía với trục hồnh, A thuộc trục hồnh (Hình vẽ minh họa) Xét điểm A, B, C Ta có AB + AC ≥ BC với: 2 AB =  x  1      x  x  2 AC =  x      10   x  12 x  136 BC = 1  2  2  10 2  169  13 Do đó: x  x   x  12 x  136  13 2.3.3 Các toán BĐT giải nhiều phương pháp: * Các 1; 3; 4; 6; 7; 8; 11 giải ba cách khác (Lời giải trình bày mục 2.3.2) - Sử dụng phương pháp 1, * Bài giải hai cách khác ( Lời giải trình bày mục 2.3.2) - Sử dụng phương pháp 11 * Bài 12b/ giải bốn cách khác ( Lời giải trình bày mục 2.3.2) - Sử dụng phưong pháp 2, 4, 8, 11 2.3.4 Những sai lầm HS trình giải tốn chứng minh BĐT: Trong q trình chứng minh BĐT, HS thường mắc phải sai lầm sau: - Trừ vế hai BĐT chiều - Nhân vế hai BĐT chiều mà giả thiết vế khơng âm - Bình phương hai vế BĐT mà khơng có giả thiết hai vế không âm - Khử mẫu chưa biết dấu biểu thức mẫu - Nghịch đảo hai vế đổi chiều BĐT chưa có giả thiết hai vế dấu - Thừa nhận xm > xn với m, n nguyên dương m > n chưa biết điều kiện x 82 Cụ thể qui số sai lầm sau: * lôgic: A  B  => A > C B  C * Điều kiện áp dụng biến: Bất đẳng thức Cauchy Phương pháp hình học * Sai kiến thức: Nhân chéo, bình phương khơng có điều kiện: a c  b d a > b => a2 > b2 2.3.5 Áp dụng BĐT để tìm giá trị lớn nhất, nhỏ a/ Các bước giải tốn tìm giá trị lớn (GTLN), giá trị nhỏ (GTNN) (Bài tốn cực trị) * Để tìm GTNN biểu thức A(x) tập xác định (TXĐ) D ta làm sau: - Chứng minh A(x) ≥ m với m số - Chỉ A(a) = m, (aD) - Kết luận GTNN A m Ký hiệu A(x) = m x = a * Để tìm GTLN biểu thức A(x) TXĐ D ta làm sau: - Chứng minh A(x) ≤ M với M số - Chỉ A(a) = M, (aD) - Kết luận GTLN A M Ký hiệu A(x) = M x = a Chú ý: + Có phải thay tốn cho toán tương đương A>0 A A2 A  max A (tương tự tốn cho max) + Có phải tìm cực trị khoảng biến so sánh để tìm cực trị TXĐ D biểu thức b/ Các kiến thức cần nhớ: + x2 ≥ 0, x2n ≥ (n N*); |x| ≥ Dấu xảy x = 83 + |A| ≥ A Dấu xảy A ≥ + |A| ≥ - A Dấu xảy A ≤ c/ Bài tập: Bài 1: a/ Cho tam thức bậc hai P = ax2 + bx + c (a > 0) Tìm giá trị nhỏ P b/ Tìm giá trị nhỏ biểu thức A = x2  4x + c/ Tìm giá trị nhỏ T  x   x   x  d/ Tìm giá trị lớn y  2x 1 x2  Giải: b a/ Ta có: P = a x  x   c    a   b 4ac  b b b  b2 = a  x  x     c = a x       2a  4a a 4a  a    b  4ac  b  Vì a > nên a x    => P  2a  4a  b b Dấu xảy x  = hay x   2a 2a 4ac  b Vậy P = 4a x b 2a b/ Hướng dẫn: A = ( x2  4x + 4) + = (x  2)2 + ≥ Dấu xảy x  = x = Vậy giá trị nhỏ A x = c/ Ta có: x   x   x    x  x  1  3  x   Dấu xảy x  13  x   hay  x  x   , dấu xảy x = 84 Vậy T = x   x   x     Dấu xảy x = Do T = x = d/ Ta có y = x2   x2  2x 1 ( x  1) = 1 1 x2  x 2 Dấu xảy x = Do maxy = x = Bài 2: a/ CMR: i/ Nếu hai số dương có tổng khơng đổi tích chúng lớn hai số ii/ Nếu hai số dương có tích khơng đổi tổng nhỏ vầ hai số Áp dụng: i/ Tìm giá trị lớn A = x3(16  x3) với ( o < x3 < 16) ii/ Tìm giá trị nhỏ B = ( x  2004)2 x (x > 0) Giải: a/ i/ Giả sử x, y > có x + y = k ( không đổi) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số x, y ta có: k2 x + y  xy => xy  k 2 k k Do max (xy) = x = y = Dấu xảy x = y = ii/ Giả sử x, y > xy = k (khơng đổi) Ta có: xy  x  y => x + y  k => (x + y) = k x = y b/ Áp dụng: i/ Ta có x3 + (16  x3) = 16 (khơng đổi) 85 nên tích x3( 16  x3) lớn x3 = 16  x3 hay x3 = hay x = Vậy max A = 23 (16  23) = 16 x = ii/ Ta có: x   2004 x  20042 20042 B= = x   2004 x x 20042 2004 số dương có tích x  = 20042 khơng đổi nên tổng x x 2 2004 2004 x đạt giá trị nhỏ x = hay x = 2004 x x x Vậy B = 2004 x = 2004 Bài 3: Tìm giá trị lớn nhỏ x thoả mãn hệ sau: x  a  b  c   2 2  x  a  b  c  13 với a, b, c tham số Giải: Áp dụng BĐT Bunhiacơpxki ta có: (a + b + c)2≤ (12 + 12 + 12)(a2 + b2 + c2) hay (a + b + c)2≤ 3(a2 + b2 + c2) (Có thể chứng minh cơng thức biến đổi tương đương) Từ giả thiết ta có: a + b + c =  x a2 + b2 + c2 =13  x2 Do (7  x)2  3(13  x2) => 4x2  14x + 19  =>  x  Vậy x đạt giá trị nhỏ a = b = c = x đạt giá trị lớn a = b = c = 2 Bài 4: Tìm giá trị nhỏ biểu thức: a/ A = x2  4x  Hướng dẫn: A= x2  4x  = ( x  x  4)  = ( x  2)2   Dấu xảy (x  2)2 = x  = ± b/ a  2a  + a  12a  136 Hướng dẫn: 86 Trong hệ trục vng góc xét điểm A(a;0); B(1;2); C(6;10) Dễ thấy B C nằm khác phía trục hoành A thuộc trục hoành x’x Do AB + AC  BC (a  1)2  (0  2)  (a  6)  (0  10)2  (1  6)  (2  10)2 = 13 a  2a  + a  12a  136  13 Dấu xảy A giao điểm BC trục x’x Vậy giá trị nhỏ a  2a  + a  12a  136 13 2.3.6 Áp dụng BĐT để giải PT hệ PT a/ Kiến thức cần nhớ: * Lưu ý đến dấu đẳng thức xảy bất đẳng thức: A  B, A  B A  B A  B * Nếu  Thì A = B b/ Bài tập: Bài 1: Giải PT: a/ x + y 1 + z2 = (x + y + z) Giải: * Cách 1: Điều kiện: x  0, y  1, z  Áp dụng BĐT cauchy cho số không âm,ta có: x 1 x = x 1  y 1 = z2 = ( y  1)  y = 2 ( z  2)  z  ( z  2)   = 2 ( y  1)   Suy ra: (x + y + z) x  x   Dấu xảy  y   hay  y   z   z    VT = x + y 1 + z2  Vậy PT có nghiệm là: ( 1, 2, 3) 87 * Cách 2: PT cho tương đương với: (x  x +1) + ( y   y  + 1) + ( z   z  + 1) = ( x  1)2 + ( y   1)2 + ( z   1)2 =  x 1    y       z  1   x   y   z   Vậy PT có nghiệm là: ( 1, 2, 3) b/ Giải PT: x  + 10  x = x2 12x + 40 Hướng dẫn: Điều kiện  x  10 Áp dụng BĐT Cauchy cho số khơng âm, ta có: x2 + 10  x = ( x  2)  + (10  x)  x24 10  x   + = 4 x   x = 10  x  Dấu “=” xảy  Mà x2 12x + 40 = (x2 12x + 36 ) + = ( x  6)2 +  Dấu “=” xảy x  = x =  ( x  1)   Bài 2: Giải hệ PT:  y  ( y  1) x  xy (1)  x y   y x   xy  (2) Giải: Điều kiện: x,y  (2) y 1 + y x 1 = x Áp dụng BĐT Cauchy, ta có: y 1 = Tương tự: Suy ( y  1)   y 1  y = => 2 x 1  x y 1 + y x 1 1 x x   x   y 1  y  Dấu “=” xảy  88 y 1  y x = 2, y = thoả mãn (1) Vậy hệ có nghiệm x = y =  2x2 y  x 1   y3 b/ Giải hệ PT:   z  y  y 1  4z4  x  z  z4  z2 1 Giải: Rõ ràng x = y = z = nghiệm hệ Với xyz  0, ta có x2 x2 y=  =x x 1 2x 3y3 y3 z=  2=y y  y 1 3y 4z 4z4  3=z z6  z4  z 1 4z Suy ra: y  x  z  y => x = y = z x= Từ PT thứ hệ suy ra: x2 = x 2x = = x2 ( x  0) x = x 1 Vậy hệ PT có nghiệm: (0, 0,0) (1, 1, 1) KẾT LUẬN Việc xây dựng sử dụng hệ thống dạng tập q trình dạy học nói chung bồi dưỡng HSG nói riêng góp phần rèn luyện lực giải toán ĐT BĐT cho HS Các em dần tạo thành thói quen thay kiện tốn kiện tương đương, thói quen đặc biệt hóa hay khái qt hố tốn cách tự nhiên, thói quen tìm nhiều giải pháp cho tình để vươn tới hồn thiện, thói quen nhìn nhận vấn đề nhiều góc độ khác Và vậy, việc giải tập đặt hay phát tốn q trình tìm tịi sáng tạo, huy động linh hoạt kiến thức  kỹ  thủ thuật phẩm chất trí tuệ Do HS thực cảm thấy 89 chủ thể nhận thức, em học tập hoạt động hướng dẫn khuyến khích người thầy 90 ...Chương I NHỮNG VẤN ĐỀ CHUNG 1.1 Năng lực giải toán đẳng thức bất đẳng thức Việc giải toán đẳng thức (ĐT) bất đẳng thức (BĐT) giúp nhiều cho việc rèn luyện học sinh (HS) óc trừu tượng hố khái... GIẢI TỐN VỀ ĐẲNG THỨC VÀ BẤT ĐẲNGTHỨC CHO HỌC SINH GIỎI LỚP THCS 2.1 Các yêu cầu kiến thức kỹ toán ĐT BĐT thuộc chương trình tốn lớp THCS 2.1.1 HS cần nắm vững kiến thức giải toán ĐT BĐT - Nắm... lực giải toán cho HS giỏi toán lớp THCS Năng lực giải tốn hình thành phát triển q trình hoạt động HS Giải tập tốn học hoạt động quan trọng học tập, người thầy cần phải xác định hệ thống tập cho