Ng ời thực hiện: Lê Xuân Thắng Phần thứ nhất: lý do chọn đề tài I. Lý do chọn đề tài Bất đẳng thức cô si là bất đẳng thức quan trọng bậc nhất trong chơng trình THPT. Tuy nhiên trong áp dụng nó vào chứng minh các bài toán về bất đẳng thức tôi nhận thấy các em còn một số hạn chế sau: +Lúng túng thụ động, không biết bắt dầu từ đâu, phân tích bài toán nh thế nào? +Cha nắm kỹ về bất đẳng thức cô si và các hệ quả thờng áp dụng của nó. +Sử dụng bất đẳng thức cô si một cách máy móc, không linh hoạt hiệu quả. Các ứng dụng của bất đẳng thức cô si là rất phong phú đa dạng. Đặc biệt trong đại số, lợng giác và hình học, ., trong tìm giá trị lớn nhất nhỏ nhất, trong nhận dạng tam giác . Bất đẳng thức cô si là bất đẳng thức quan trọng, tuy nhiên trong phân phối chơng trình chỉ có tiết. Số lợng bài tập hạn chế, cha phong phú. Để khắc phục hạn chế trên và giúp các em có thêm một tập tài liệu tham khảo. Tôi mạnh dạn đa ra một vài kinh nghiệm trong bài viết nhỏ này. Hy vọng các em học sinh học tập hiệu quả hơn. II. Biện pháp thực hiện. Nh trên đã thấy để thực hiện đợc và có hiệu quả cần có nhiều công việc phải làm: Thứ nhất: Yêu cầu học sinh nắm vững lý thuyết về định lý cô si, các hệ quả th- ờng gặp, trong tính giá trị lớn nhất nhỏ nhất. Đặc biệt là một số bất đẳng thức quen thuộc yêu cầu học sinh nhớ cách chứng minh cũng nh kết quả. Thứ hai: Khi cho các em làm bài tập tôi đặc biệt hớng các em phân tích một bài toán: 1 Ng ời thực hiện: Lê Xuân Thắng +Vai trò các số hạng, nhân tử có bình đẳng không? +bất dẳng thức có dấu bằng không? Nếu sảy ra thì các số hạng phải thỏa mãn điều kiện nào? Từ đó định hớng cho phép áp dụng bất đẳng thức cô si cho các số hạng, nhân tử nh thế nào mới hợp lý, phù hợp với giả thiết bài toán. Làm đợc nh vậy bài toán coi nh giải đợc 5 phần. Thứ ba: Khuyến khích các em biến đổi bất đẳng thức đã cho về các bất đẳng thức quen thuộc đã biết cách giải. Bên cạnh đó sau khi giải toán cho các em so sánh đối chiếu kết quả và rút ra kết luận. Ngoài ra với mỗi bài tôi khuyến khích các em tìm tòi giải bài toán theo cách khác, cách biến đổi khác .có thể là phơng pháp tam thức bậc hai hoặc bất đẳng thức bunhiacopski. Công việc này rất có lợi cho t duy, cũng nh khả năng tổng hợp kiến thức của các em. III. Phạm vi nghiên cứu. Đề tài đợc nghiên cứu trong phạm vi lớp 10 và 11 ở trờng THPT Triệu Sơn 4 IV. Phơng pháp nghiên cứu. 1. Phơng pháp quan sát điều tra 2. Phơng pháp thực nghiệm và nghiên cứu sản phẩm hoạt động. V. Nội dung. Trong bài này tôi mạnh dạn đa ra các phần sau: Phần 1: ứ ng dụng bất đẳng thức cô si trong đại số A. Chứng minh bất đẳng thức đại số B. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất C. Giải phơng trình, bất phơng trình, hệ phơng trình, hệ bất phơng trình Phần 2: ứ ng dụng bất đẳng thức cô si trong l ợng giác A. Chứng minh bất đẳng thức lợng giác B.Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất 2 Ng ời thực hiện: Lê Xuân Thắng C. Nhận dạng tam giác Phần 3: ứ ng dụng bất đẳng thức cô si trong hình học VI. Định lý cô si Cho n số a 1 ,a 2 , .a n không âm. Ta có: n nn aaanaaa 2121 +++ n=2 ta có: 2121 2 aaaa + Hệ quả:- Nếu a 1 +a 2 =const khi đó a 1 a 2 lớn nhất khi và chỉ khi a 1 =a 2 - Nếu a 1 a 2 =const khi đó a 1 +a 2 nhỏ nhất khi và chỉ khi a 1 =a 2 Phần thứ hai: Nội Dung 3 Ng ời thực hiện: Lê Xuân Thắng Phần 1: ứ ng dụng bất đẳng thức cô si trong đại số A.Chứng minh bất đẳng thức đại số Bài 1: Cho a,b,c>0 chứng minh rằng: abccba 9111 ++ (1) Giải: Bất đẳng thức (1) ( ) 9 111 ++++ cba cba áp dụng bất đẳng thức cô si cho 3 số a,b,c và cba 1 , 1 , 1 ta có: 3 3 abccba ++ ; ++ 3 1 3 111 abccba ( ) 9 111 ++++ cba cba Dấu bằng sảy ra khi và chỉ khi: cba cba cba == == == 111 Chú ý: ta có thể phát biểu bài toán trên dới dạng: Chứng minh rằng 0,, cba thì: 222222 9111 cbacba ++ ++ Bài 2: Cho 3 số x,y,z không âm Chứng minh rằng: zyxzxyzxy 42353 ++++ Giải: Theo bất đẳng thức cô si ta có: ( ) ( ) 2 5 5; 2 3 3; 2 xz zx zy yz yx xy + + + ( ) ( ) zyx xzzyyx zxyzxy 423 2 5 2 3 2 53 ++= + + + + + ++ Dấu bằng sảy ra khi và chỉ khi: x=y=z. Bài 3: Chứng minh rằng với mọi số dơng a,b,c ta đều có bất đẳng thức: ( )( )( ) ( ) 3 3 1111 abccba ++++ (1) 4 Ng ời thực hiện: Lê Xuân Thắng Giải: Bất phơng trình (1) tơng đơng: 3 222 3 3 222 3 33 3311 cbaabccabcabcba cbaabcabcabccabcabcba ++++++ ++++++++++ áp dụng bất đẳng thức cô si cho 3 số a, b,c và ab,bc,ca ta có: 3 222 3 2 222 3 33 3;3 cbaabccabcabcba cbacabcababccba ++++++ ++++ Dấu bằng sảy ra khi và chỉ khi: cba cabcab cba == == == Bài 4: Cho a,b,c bất kỳ chứng minh rằng a. cabcabcba ++++ 222 (1) b. ( ) ( ) cbaabccabcab ++++ 3 2 (2) Giải: a. ta có: ababba 22 22 + tơng tự bccb 2 22 + ; caac 2 22 + suy ra: cabcabcba 222 222 ++++ Dấu bằng sảy ra khi và chỉ khi: a=b=c. Chú ý: Có thể chứng minh bài trên bằng cách biến đổi tơng đơng đa về dạng: ( ) ( ) ( ) 0 222 ++ accbba b. bất phơng trình (2) tơng đơng: (2) ( ) cbaabcaccbba ++++ 222222 áp dụng bất đẳng thức cô si ta có: ;2 22222 cabcbba + ;2 22222 abcaccb + bcabaac 22222 2 + Suy ra: ( ) cbaabcaccbba ++++ 222222 Dấu bằng sảy ra khi và chỉ khi a=b=c. Bài 5: Với a,b,c là 3 số dơng bất kì. Chứng minh rằng: 5 Ng ời thực hiện: Lê Xuân Thắng ( )( )( ) ( )( )( ) 222333 111111 cabcabcba ++++++ (1) Giải: Bất phơng trình (1) tơng đơng: 322323222333333333 333322323222 333333333333 1 1 bcacbacabcabcabaccbbacba cbabcacbacabcabcab cbaaccbbacba ++++++++++ +++++++ +++++++ Xét biểu thức vế trái: A= 333333333 accbbacba +++++ áp dụng bất đẳng thức cô si ta có: 2333 2223332333 2333 3 3 3 caaac cabcabcbabcccb abbba ++ ++++++ ++ Tơng tự: cbababaac cbabcacabaccbbabcaacaccb cabcbcbba 23333333 23322333333332333333 23333333 3 3 3 ++ ++++++ ++ Suy ra: cbabcacabcabcabaccbbacba 233223222333333333 ++++++++++ Dấu bằng sảy ra khi và chỉ khi: cba accbba cba == == == 333333 333 Chý ý: Nhiều bất đẳng thức ta cần phải có những phép biến đổi hợp lý, thêm bớt làm xuất hiện số hạng mong muốn. Đặc biệt chú ý đến giả thiết bài toán, tính đối xứng của biểu thức. Các ví dụ sau đây minh họa cho nhận xét trên. Bài 6 : Cho a,b,c thỏa mãn: 1 111 222 =++ cba . Chứng minh rằng: ( )( )( ) 64111 222 +++ cba Nhận xét:+ a,b,c bình đẳng nên dấu bằng sảy ra khi và chỉ khi a=b=c + 31 3 222 2 ==== cba a +áp dụng cô si cho 2 số aa 21 2 + có hợp lí? Giải: 6 Ng ời thực hiện: Lê Xuân Thắng Ta có: 4 6222 2 27 4 333 11 aaaa a +++=+ Tơng tự: 4 6222 2 27 4 333 11 bbbb b +++=+ ; 4 6222 2 27 4 333 11 cccc c +++=+ Suy ra: ( )( )( ) ( ) 4 3 666 222 27 64111 cba cba +++ Mặt khác: ( ) 3 666222 3 222222 2727 1 3 111 1 ++= cbacba cbacba Vậy nên: ( )( )( ) 64111 222 +++ cba Dấu bằng sảy ra: 33 111 1 333 222 222 333 ====== == === cbacba cba cba Chú ý: Bằng cách đặt 0; 1 2 >= t t a ta có thể phát biểu bài toán nh sau: Cho a,b,c>0 thỏa mãn a+b+c=1 chứng minh rằng: 64 1 1 1 1 1 1 + + + cba Bài 7: Cho a,b,c >0 thỏa mãn điều kiện: a 2 +b 2 +c 2 =1 Chứng minh rằng: 2 33 222222 + + + + + ba c ac b cb a (1) Nhận xét: Tơng tự nh trên a,b,c có vai trò bình đẳng. Dấu bằng sảy ra khi và chỉ khi: 3 1 222 === cba Giải: Bất phơng trình (1) 2 33 222222 + + + + + ba c ac b cb a (*) Xét ( ) ( )( ) ( )( ) 222 4 22 2 2 2 2 2 2 112 2 11 1 )( 1 )( aaa a aa a a a af a a af = = = = áp dụng bất đẳng thức cô si ta có: 7 Ng ời thực hiện: Lê Xuân Thắng ( )( ) 27 8 3 112 112 3 222 222 = ++ aaa aaa Vậy: 4 27 8 27.2 27 8 2 )( 444 2 aaa af == Hay 2 2 33 )( aaf Tức là: 2 2 2 33 1 a a a Tơng tự: 2 2 2 33 1 b b b ; 2 2 2 33 1 c c c Vậy nên: ( ) 2 33 2 33 111 222 222 =++ + + cba c c b b a a Dấu bằng sảy ra khi và chỉ khi: 3 1 12 12 12 222 22 22 22 === = = = cba cc bb aa Bài 8: Cho [ ] 1,0,, cba . Chứng minh rằng: ( )( )( ) 1111 111 + ++ + ++ + ++ cba ba c ca b cb a Giải: Do [ ] ( ) ( ) ( ) 01;1;11,0,, > cbacba áp dụng bất đẳng thức cô si ta có: ( )( )( ) 1 3 111 111 3 = ++++ ++ baba baba Nên: ( )( ) ba ba ++ 1 1 11 Do a,b,c bình đẳng, không mất tính tổng quát. Giả sử: cba khi đó ta có: ( )( )( ) 1 1 1 1 1 1 1 111 111 111 = ++ ++ = ++ +++ = ++ + ++ + ++ + ++ + ++ + ++ + ++ ba ba ba ccba ba c ba c ba b ba a cba ba c ca b cb a Suy ra điều phải chứng minh. 8 Ng ời thực hiện: Lê Xuân Thắng Bài 9: Cho a,b,c nguyên dơng. Chứng minh rằng: 3 cba cba cba c cba b cba a ++ ++++++ Giải : áp dụng bất đẳng thức cô si ta có: ( ) ( ) 3 3 1 3 1111 . 111 . 111 . 11 11.1 cba cba cba cba cba cba cba cba cccbbbaaa cba c cba b cba a cba cba cba cba cba cba c cso b bso a aso ++ ++ ++ +++++++++++++ ++++++ ++ ++ ++ Chú ý: Một số bài toán về chứng minh bất đẳng thức ngoài việc sử dụng bất đẳng thức cô si ta cần kết hợp thêm việc đánh giá các bất đẳng thức khác,hoặc sử dụng đạo hàm, v .v Bài 10: Chứng minh rằng với mọi x,y,z>0; x+y+z=1 thì: xyz xyz zxyzxy + >++ 2 18 Nhận xét: Bất đẳng thức không có dấu bằng Giải: Theo bất đẳng thức cô si ta có: 3 222 3 zyxzxyzxy ++ Ta chứng minh: xyz xyz zyx + > 2 18 3 3 222 (*) Đặt 3 1 3 0 3 3 3 = ++ <= zyx ttxyz Vậy: 3 1 0 < t Từ (*) suy ra: 0 2 6 130 2 18 3 2 18 3 3 2 3 3 2 3 3 2 > + > + + > t t t t t t t t t ( ) 026 2 3 3 3 2 >+ + tt t t Đặt 26)( 3 += tttf 3 1 ,0t = 63)(' 2 ttf 20)(' == ttf Bảng biến thiên: 9 Ng ời thực hiện: Lê Xuân Thắng t - 2 0 3 1 2 f(t) + 0 - - - 0 + f(t) Ta suy ra: 0 27 1 ) 3 1 ()( 3 1 >= ftft Suy ra t 3 - 6t + 2>0. Điều phải chứng minh. Chú ý: Ví dụ sau đây thể hiện sự kết hợp giữa cô si và bunhiacopski. Bài11: Cho x,y,z>0 thỏa mãn điều kiện: 4 111 =++ zyx Chứng minh rằng: 1 2 1 2 1 2 1 ++ + ++ + ++ zyxzyxzyx Nhận xét: x,y,z có vai trò bình đẳng. Dấu bằng sảy ra khi và chỉ khi x=y=z. Do đó ta sử dụng cô si cho 2x,y,z là không hợp lí? Tại sao? Giải: Ta có: 4 2 42 yzxzyxxzyx +++=++ Nên 4 2 4 1 2 1 yzx zyx ++ Tơng tự: 1 2 1 2 1 2 1 ++ + ++ + ++ zyxzyxzyx ; 4 2 4 1 2 1 xyz zyx ++ Suy ra: A= ++ ++ + ++ + ++ 4 4 4 4 111 4 1 2 1 2 1 2 1 zyxxyz zyxzyxzyx áp dụng bất đẳng thức bunhiacopski ta có: 4 3 4 4 4 4.34.33 111 33 111 3 111 == ++ ++++ zyx zyxzyx Mặt khác áp dụng bất đẳng thức cô si ta có: 3 4 34 3 4 3 3 34 4 4 1 3 4 3 111 1 = ++ xyz zyx xyz 10 [...]... phơng trình có nghiệm x=1 Bài 22: Giải phơng trình: 2 x 3 + 7 x 2 + 17 x + 15 = x 2 + 5 x + 8 15 Ngời thực hiện: Lê Xuân Thắng Giải: Ta có: 2 x 3 + 7 x 2 + 17 x + 15 = x 2 + 5 x + 8 2 ( x + 3) ( x 2 + 4 x + 5) = x 2 + 5 x + 8 (1) Điều kiện: x + 3 0 x 3 áp dụng cô si ta có: 2 ( x + 3) ( x 2 + 4 x + 5) x 2 + 5 x + 8 Dấu bằng sảy ra khi và chỉ khi: x + 3 = x 2 + 4 x + 5 x 2 + 3x + 2 = 0 x = 1; x = 2... 2 2 áp dụng bất đẳng thức cô si ta có: A B C sin sin 3 1 2 2 2 A 33 = A 2B 2C 2 A B C 8 sin 2 sin sin 3 sin sin sin 2 2 2 2 2 2 sin Mặt khác: A B Xét : sin 2 sin 2 sin C 1 AB A + B C 1 AB C C = cos cos sin 2 = 2 cos 2 sin 2 sin 2 2 2 2 2 2 1 C 1 AB 1 1 AB 1 2 AB = cos 2 sin cos cos 8 2 2 2 8 2 8 2 2 Suy ra: 3 sin A B C 1 sin sin 2 2 2 2 3 2 Hay A 2 = 3 Dấu bằng sảy ra 2 A B ... = c 2 4 2 (1) 2 a Tơng tự: ( P b )( P c ) = (2) 4 2 ( P c )( P a ) = b (3) 4 Từ (1),(2),(3) ta có: ( P a) 2 ( P b) 2 ( P c) 2 a ( P a )( P b)( P c ) 8 2 b2c 2 abc ( P a )( P b )( P c ) 64 8 abc Vậy Max Q= 1 8 đạt đợc: P a = P b = P c a = b = c Hay tam giác ABC là tam giác đều Bài 10: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số: y = sin 5 x + 3 cos x Giải: x ta có: sin... nên 3 (1 cos x ) (1 + cos x ) 0 2 Xét biểu thức: f ( x ) = (1 cos x ) 2 (1 + cos x ) = (1 cos x )(1 cos x )(1 + cos x ) = 3 = 1 (1 cos x )(1 cos x )( 2 + 2 cos x ) 1 4 = 28 2 2 3 27 Nên f ( x) Hay Min 28 28 2 3 (1 cos x ) (1 + cos x ) 3 > 0 (**) đúng 27 27 M = 3 đạt đợc khi cosx=-1 Bài 11: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = cot g 4 a + cot g 4 b + 2tg 2 a.tg 2 b + 2 Hớng... 2 2 2 2 2 AB B C CA A B C cos cos = 8 sin sin sin 2 2 2 2 2 2 AB C B C A CA B cos cos cos cos cos cos = sin A sin B sin C 2 2 2 2 2 2 ( sin A + sin B )( sin B + sin C )( sin C + sin A) = 8 sin A sin B sin C cos áp dụng cô si cho 3 số: sin A sin B; sin B sin C ; sin C sin A 31 Ta có: Ngời thực hiện: Lê Xuân Thắng (sin A + sin B )(sin B + sin C )(sin C + sin A) 8 sin A sin B sin C Dấu bằng sảy ra... )( z1 + z 2 ) ( y1 + y 2 ) 2 1 1 1 1 + + + 3 1+ a 1+ b 1+ c 1+ d 6 Cho a,b,c,d >0 thỏa mãn: Chứng minh rằng: abcd 7 Chứng minh rằng: n Với 1 81 a1 a 2 a n + n b1b2 bn n ( a1 + b1 )( a 2 + b2 ) ( a n + bn ) i , bi > 0; 1, n a i = ( a + b )(1 ab ) 1 1 8 Chứng minh rằng: 2 (1 + a 2 )(1 + b 2 ) 2 9 Cho a,b,c>0 chứng minh rằng: a a 2 + b 2 + c 2 ab + bc + ca b 1 1 1 1 1 1 + 2+ 2 + + 2 ab bc... b 4 1 1 1 + + + a b 2 2 2 3 4 1 2 3 + 1 4 c 2= 2 c = 4 đạt đợc khi và chỉ khi: a 3 = 3 a = 6 b 4= 4 b= 8 13 Ngời thực hiện: Lê Xuân Thắng Chú ý: Tiếp theo ta xét tới ví dụ phức tạp hơn, ngoài việc sử dụng cô si hợp lí ta cần có những phép biến đổi và nhận xét tinh tế Bài 18: Cho 3 số dơng a, b,c thỏa mãn abc=1 Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = bc ca ab + 2 + 2 2 2 a b + a c... B ) 2 4 2 2 7+ Vậy: 1 1 1 1 15 cos 2 ( A B ) 2 cos C + cos( A B ) 7 + cos 2 ( A B ) 7 + = 2 2 2 2 2 M 9 18 6 = = 15 15 5 2 25 Ngời thực hiện: Vậy Min M = 6 5 Lê Xuân Thắng c os2A = cos2B = cos2C A = B = 300 đạt đợc 0 cos( A B) = 1 C = 120 Bài 8: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: I = tg A B C tg tg 2 2 2 Với A,B,C là 3 góc của tam giác ABC Giải: Ta có: I 2 = tg 2 A 2... y = 6 Giải: 14 Ngời thực hiện: Nhận xét: Lê Xuân Thắng x3 y = 9 > 0 x3; y cùng dấu x, y cùng dấu Mặt khác do 3x+y =6 x,y>0 Ta có: Mà 6 = 3 x + y = x + x + x + y 44 x 3 y 4 x 3 y x 3 y = 9 vô 3 81 x3 y . 7 Ng ời thực hiện: Lê Xuân Thắng ( )( ) 27 8 3 112 112 3 222 222 = ++ aaa aaa Vậy: 4 27 8 27.2 27 8 2 )( 444 2 aaa af == Hay 2 2 33 )( aaf Tức. x=1. Bài 22: Giải phơng trình: 85 151772 223 ++=+++ xxxxx 15 Ng ời thực hiện: Lê Xuân Thắng Giải: Ta có: ( ) ( ) 85 543 285 151772 22223 ++=+++++=+++ xxxxxxxxxx