Chứng minh bất đẳng thức lớp 10 bài 1: bất đẳng thức, 19 phương pháp chứng minh bất đẳng thức

Nội dung bài học sẽ trình làng đến các em khái niệm cơ bản về bất đẳng thức và cách thức giải một số dạng toán cơ bạn dạng liên quan cho bất đẳng thức.

Bạn đang xem: Chứng minh bất đẳng thức lớp 10

1. Tóm tắt lý thuyết

1.1.Định nghĩa

1.2. Tính chất

1.3.Bất đẳng thức về cực hiếm tuyệt đối

1.4.Bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân (Bất đẳng thức Cauchy)

2. Bài xích tập minh hoạ

3.Luyện tập bài bác 1 chương 4 đại số 10

3.1. Trắc nghiệm về bất đẳng thức

3.2. Bài xích tập SGK và Nâng caovề bất đẳng thức

4.Hỏi đáp vềbài 1 chương 4 đại số 10

Cho (a,,,b) là nhị số thực. Những mệnh đề (a > b,,,a chứng minh bất đảng thức là chứng tỏ bất đẳng thức đó đúng(mệnh đề đúng)Với (A,,,B) là mệnh đề chứ thay đổi thì “(A > B)” là mệnh đề chứa biến. Chứng tỏ bất đẳng thức (A > B) (với điều kiện nào đó) nghĩa là minh chứng mệnh đề chứa biến đổi “A>B” đúng với tất cả các giá trị của biến(thỏa mãn điều kiện đó). Khi nói ta có bất đẳng thức (A > B) cơ mà không nêu điều kiện đối với các trở nên thì ta hiểu rõ rằng bất đẳng thức đó xảy ra với tất cả giá trị của biến hóa là số thực.

1.2. Tính chất

* (a > b) cùng (b > c Rightarrow a > c)

* (a > b Leftrightarrow a + c > b + c)

* (a > b) và (c > d Rightarrow a + c > b + d)

* trường hợp (c > 0) thì (a > b Leftrightarrow ac > bc)

Nếu (c b Leftrightarrow ac b ge 0 Rightarrow sqrt a > sqrt b )

* (a ge b ge 0 Leftrightarrow a^2 ge b^2)

*(a > b ge 0 Rightarrow a^n > b^n)

1.3. Bất đẳng thức về quý giá tuyệt đối

* ( - left| a ight| le a le left| a ight|) với tất cả số thực (a) .

* (left| x ight| 0))

* (left| x ight| > a Leftrightarrow left< eginarraylx > a\x 0))

1.4. Bất đẳng thức giữa trung bình cùng và trung bình nhân (Bất đẳng thức Cauchy)

Cho (a ge 0,,,b ge m0), ta bao gồm (fraca + b2 ge sqrt ab ). Lốt "=" xẩy ra khi còn chỉ khi (a = b)

Hệ quả:

* hai số dương gồm tổng không đổi thì tích lớn nhất khi hai số đó bởi nhau

* hai số dương bao gồm tích không thay đổi thì tổng nhỏ tuổi nhất khi nhị số đó bằng nhau

Cho (a ge 0,,,b ge 0,,,c ge 0), ta gồm (fraca + b + c3 ge sqrt<3>abc). Dấu "=" xảy ra khi và chỉ còn khi (a = b = c)

Bài tập minh họa

DẠNG TOÁN 1: SỬ DỤNG ĐỊNH NGHĨA VÀ TÍCH CHẤT CƠ BẢN

Để minh chứng bất đẳng thức(BĐT) (A ge B) ta rất có thể sử dụng những cách sau:

Ta đi chứng minh (A - B ge 0). Để minh chứng nó ta hay sử dụng các hằng đẳng thức nhằm phân tích (A - B) thành tổng hoặc tích của không ít biểu thức ko âm.

Xuất phân phát từ BĐT đúng, đổi khác tương đương về BĐT yêu cầu chứng minh.

Loại 1: biến đổi tương đương về bất đẳng thức đúng

Cho nhì số thực (a,b,c). Chứng minh rằng các bất đẳng thức sau

a) (ab le fraca^2 + b^22)

b) (ab le left( fraca + b2 ight)^2)

c) (3left( a^2 + b^2 + c^2 ight) ge left( a + b + c ight)^2)

d) (left( a + b + c ight)^2 ge 3left( ab + bc + ca ight))

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 tự với (left( fraca + b2 ight)^2 - ab ge 0)

( Leftrightarrow a^2 + 2ab + b^2 ge 4ab Leftrightarrow left( a - b ight)^2 ge 0) (đúng) ĐPCM.

Đẳng thức xảy ra( Leftrightarrow a = b)

c) BĐT tương tự (3left( a^2 + b^2 + c^2 ight) ge a^2 + b^2 + c^2 + 2ab + 2bc + 2ca)

( Leftrightarrow left( a - b ight)^2 + left( b - c ight)^2 + left( c - a ight)^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 3left( ab + bc + ca ight))

( Leftrightarrow 2left( a^2 + b^2 + c^2 ight) - 2left( ab + bc + ca ight) ge 0) ( Leftrightarrow left( a - b ight)^2 + left( b - c ight)^2 + left( c - a ight)^2 ge 0) (đúng) ĐPCM.

Đẳng thức xảy ra( Leftrightarrow a = b = c)

Nhận xét: các BĐT bên trên được áp dụng nhiều, và được xem như là "bổ đề" trong minh chứng các bất đẳng thức khác.

Cho năm số thực (a,b,c,d,e). Minh chứng rằng

(a^2 + b^2 + c^2 + d^2 + e^2 ge a(b + c + d + e)).

Ta có: (a^2 + b^2 + c^2 + d^2 + e^2 - a(b + c + d + e) = )

( = (fraca^24 - ab + b^2) + (fraca^24 - ac + c^2) + (fraca^24 - ad + d^2) + (fraca^24 - ae + e^2))

( = (fraca2 - b)^2 + (fraca2 - c)^2 + (fraca2 - d)^2 + (fraca2 - e)^2 ge 0 Rightarrow ) đpcm.

Đẳng thức xẩy ra ( Leftrightarrow b = c = d = e = fraca2).

Loại 2: khởi đầu từ một BĐT đúng ta biến hóa đến BĐT đề xuất chứng minh

Đối với các loại này thường cho lời giải không được tự nhiên và ta thường thực hiện khi các biến bao hàm ràng buộc quánh biệt

* để ý hai mệnh đề sau thường dùng

(a in left< alpha ;eta ight> Rightarrow left( a - alpha ight)left( a - eta ight) le 0) (left( * ight))

(a,b,c in left< alpha ;eta ight> Rightarrow left( a - alpha ight)left( b - alpha ight)left( c - alpha ight) + left( eta - a ight)left( eta - b ight)left( eta - c ight) ge 0left( ** ight))

Cho a,b,c là độ dài cha cạnh tam giác. Minh chứng rằng:(a^2 + b^2 + c^2 phía dẫn:

Vì a,b,c là độ dài tía cạnh tam giác yêu cầu ta có:

(a + b > c Rightarrow ac + bc > c^2). Tương tự

(bc + bố > b^2; m ca + cb > c^2) cộng tía BĐT này lại với nhau ta tất cả đpcm

Nhận xét:

* Ở trong câu hỏi trên ta đã bắt nguồn từ BĐT đúng kia là đặc thù về độ dài tía cạnh của tam giác. Tiếp đến vì cần xuất hiện bình phương nên ta nhân nhị vế của BĐT với c.

Ngoài ra nếu bắt đầu từ BĐT (|a - b| lấy ví dụ 2:

Cho (a,b,c in <0;1>). Chứng minh: (a^2 + b^2 + c^2 le 1 + a^2b + b^2c + c^2a)

Cách 1:

Vì (a,b,c in <0;1> Rightarrow (1 - a^2)(1 - b^2)(1 - c^2) ge 0)

( Leftrightarrow 1 + a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2 - a^2b^2c^2 ge a^2 + b^2 + c^2) (*)

Ta có: (a^2b^2c^2 ge 0; m a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2 le a^2b + b^2c + c^2a) nên từ (*) ta suy ra

(a^ m2 + b^2 + c^2 le 1 + a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2 le 1 + a^2b + b^2c + c^2a) đpcm.

Cách 2:

BĐT cần chứng minh tương đương cùng với ( ma^ m2left( 1 - b ight) + b^2left( 1 - c ight) + c^2left( 1 - a ight) le 1)

Mà (a,b,c in left< 0;1 ight>) ( Rightarrow a^2 le a,b^2 le b,c^2 le c) vày đó

(a^2left( 1 - b ight) + b^2left( 1 - c ight) + c^2left( 1 - a ight) le aleft( 1 - b ight) + bleft( 1 - c ight) + cleft( 1 - a ight))

Ta chỉ việc chứng minh (aleft( 1 - b ight) + bleft( 1 - c ight) + cleft( 1 - a ight) le 1)

Thật vậy: bởi vì (a,b,c in left< 0;1 ight>) buộc phải theo thừa nhận xét (left( ** ight)) ta có

(abc + left( 1 - a ight)left( 1 - b ight)left( 1 - c ight) ge 0)

( Leftrightarrow )(a + b + c - left( ab + bc + ca ight) le 1)

( Leftrightarrow )(aleft( 1 - b ight) + bleft( 1 - c ight) + cleft( 1 - a ight) le 1)

vậy BĐT ban sơ được chứng minh.

DẠNG TOÁN 2: SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY(côsi) ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC VÀ TÌM GIÁ TRI LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT

Một số để ý khi áp dụng bất đẳng thức côsi:

* Khi vận dụng bđt côsi thì các số phải là mọi số ko âm

* BĐT côsi thường được áp dụng khi trong BĐT cần chứng minh có tổng với tích

* Điều kiện xảy ra dấu ‘=’ là các số bằng nhau

* Bất đẳng thức côsi còn có hình thức khác thường tuyệt sử dụng

Đối với hai số:(x^2,, + ,y^2,, ge ,,2xy;,,,,,,,,x^2,, + ,y^2,, ge ,,frac(x, + ,y)^22;,,,,,,,xy le ,,left( fracx + y2 ight)^2).

Xem thêm: Sở nông nghiệp hải dương - sở nông nghiệp và phát triển nông thôn hải phòng

Đối với tía số: (abc le fraca^3 + b^3 + c^33,,,abc le left( fraca + b + c3 ight)^3)

2. Những ví dụ minh họa

Loại 1: áp dụng trực tiếp bất đẳng thức côsi

Cho (a,b) là số dương vừa lòng (a^2 + b^2 = 2). Chứng minh rằng

a) (left( fracab + fracba ight)left( fracab^2 + fracba^2 ight) ge 4)

b) (left( a + b ight)^5 ge 16absqrt left( 1 + a^2 ight)left( 1 + b^2 ight) )

a) Áp dụng BĐT côsi ta có

(fracab + fracba ge 2sqrt fracab.fracba = 2,,,fracab^2 + fracba^2 ge 2sqrt fracab^2.fracba^2 = frac2sqrt ab )

Suy ra (left( fracab + fracba ight)left( fracab^2 + fracba^2 ight) ge frac4sqrt ab ) (1)

Mặt khác ta tất cả (2 = a^2 + b^2 ge 2sqrt a^2b^2 = 2ab Rightarrow ab le 1) (1)

Từ (1) và (2) suy ra (left( fracab + fracba ight)left( fracab^2 + fracba^2 ight) ge 4) ĐPCM.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ còn khi (a = b = 1).

b) Ta gồm (left( a + b ight)^5 = left( a^2 + 2ab + b^2 ight)left( a^3 + 3ab^2 + 3a^2b + b^3 ight))

Áp dụng BĐT côsi ta có

(a^2 + 2ab + b^2 ge 2sqrt 2ableft( a^2 + b^2 ight) = 4sqrt ab ) và (left( a^3 + 3ab^2 ight) + left( 3a^2b + b^3 ight) ge 2sqrt left( a^3 + 3ab^2 ight)left( 3a^2b + b^3 ight) = 4sqrt ableft( 1 + b^2 ight)left( a^2 + 1 ight) )

Suy ra (left( a^2 + 2ab + b^2 ight)left( a^3 + 3ab^2 + 3a^2b + b^3 ight) ge 16absqrt left( a^2 + 1 ight)left( b^2 + 1 ight) )

Do kia (left( a + b ight)^5 ge 16absqrt left( 1 + a^2 ight)left( 1 + b^2 ight) ) ĐPCM.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (a = b = 1).

Cho (a,b,c) là số dương. Chứng minh rằng

a) (left( a + frac1b ight)left( b + frac1c ight)left( c + frac1a ight) ge 8)

b) (a^2(1 + b^2) + b^2(1 + c^2) + c^2(1 + a^2) ge 6abc)

c) ((1 + a)(1 + b)(1 + c) ge left( 1 + sqrt<3>abc ight)^3)

d) (a^2sqrt bc + b^2sqrt ac + c^2sqrt ab le a^3 + b^3 + c^3)

a) Áp dụng BĐT côsi ta có

(a + frac1b ge 2sqrt fracab ,,,b + frac1c ge 2sqrt fracbc ,,,c + frac1a ge 2sqrt fracca )

Suy ra (left( a + frac1b ight)left( b + frac1c ight)left( c + frac1a ight) ge 8sqrt fracab .sqrt fracbc .sqrt fracca = 8) ĐPCM.

Đẳng thức xảy ra khivà chỉ khi (a = b = c).

b) Áp dụng BĐT côsi cho hai số dương ta có

(1 + a^2 ge 2sqrt a^2 = 2a), giống như ta bao gồm (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 2left( a^2b + b^2c + c^2a ight))

Mặt khác, vận dụng BĐT côsi cho cha số dương ta có

(a^2b + b^2c + c^2a ge 3sqrt a^2b.b^2c.c^2a = 3abc)

Suy ra (a^2(1 + b^2) + b^2(1 + c^2) + c^2(1 + a^2) ge 6abc). ĐPCM.

Đẳng thức xẩy ra khivà chỉ khi (a = b = c = 1).

c) Ta tất cả ((1 + a)(1 + b)(1 + c) = 1 + left( ab + bc + ca ight) + left( a + b + c ight) + abc)

Áp dụng BĐT côsi cho tía số dương ta có

(ab + bc + ca ge 3sqrt<3>ab.bc.ca = 3left( sqrt<3>abc ight)^2) và (a + b + c ge 3sqrt<3>abc)

Suy ra ((1 + a)(1 + b)(1 + c) ge 1 + 3left( sqrt<3>abc ight)^2 + 3sqrt<3>abc + abc = left( 1 + sqrt<3>abc ight)^3) ĐPCM

Đẳng thức xảy ra khivà chỉ lúc (a = b = c).

d) Áp dụng BĐT côsi cho hai số dương ta có

(a^2sqrt bc le a^2left( fracb + c2 ight),,,,b^2sqrt ac le b^2left( fraca + c2 ight),,,c^2sqrt ab le c^2left( fraca + b2 ight))

Suy ra (a^2sqrt bc + b^2sqrt ac + c^2sqrt ab le fraca^2b + b^2a + a^2c + c^2a + b^2c + c^2b2) (1)

Mặt không giống theo BĐT côsi cho ba số dương ta có

(a^2b le fraca^3 + a^3 + b^33,,,b^2a le fracb^3 + b^3 + a^33,,,a^2c le fraca^3 + a^3 + c^33,)

(c^2a le fracc^3 + c^3 + a^33,,,b^2c le fracb^3 + b^3 + c^33,,,c^2b le fracc^3 + c^3 + b^33)

Suy ra (a^2b + b^2a + a^2c + c^2a + b^2c + c^2b le 2left( a^3 + b^3 + c^3 ight)) (2)

Từ (1) với (2) suy ra (a^2sqrt bc + b^2sqrt ac + c^2sqrt ab le a^3 + b^3 + c^3)

Đẳng thức xảy ra khivà chỉ lúc (a = b = c).

Loại 2: kinh nghiệm tách, thêm bớt, ghép cặp

Cho (a,b,c) là số dương. Chứng minh rằng:

a) (fracabc + fracbca + fracacb ge a + b + c)

b) (fracab^2 + fracbc^2 + fracca^2 ge frac1a + frac1b + frac1c)

a) Áp dụng BĐT côsi ta có (fracabc + fracbca ge 2sqrt fracabc.fracbca = 2b)

Tương trường đoản cú ta gồm (fracbca + fracacb ge 2c,,,fracacb + fracbac ge 2a).

Cộng vế với vế những BĐT bên trên ta được

(2left( fracabc + fracbca + fracacb ight) ge 2left( a + b + c ight) Leftrightarrow fracabc + fracbca + fracacb ge a + b + c) ĐPCM

Đẳng thức xẩy ra khi (a = b = c) .

b) Áp dụng BĐT côsi ta tất cả (fracab^2 + frac1a ge 2sqrt fracab^2.frac1a = frac2b)

Tương từ bỏ ta bao gồm (fracbc^2 + frac1b ge frac2c,,,fracca^2 + frac1c ge frac2a)

Cộng vế cùng với vế các BĐT bên trên ta được

(fracab^2 + fracbc^2 + fracca^2 + frac1a + frac1b + frac1c ge frac2a + frac2b + frac2c Leftrightarrow fracab^2 + fracbc^2 + fracca^2 ge frac1a + frac1b + frac1c) ĐPCM.

TẢI XUỐNG file 1 ↓

TẢI XUỐNG file 2 ↓

Mục lục chi tiết của tài liệu

Tóm tắt lý thuyết bất đẳng thức

Trong bất cứ một môn học tập nào, dù cạnh tranh đến đâu đi nữa, trường hợp học bằng cách hiểu bản chất thì bài xích toán luôn luôn được giải quyết một biện pháp nhẹ nhàng nhất. Phần bắt tắt định hướng bất đẳng thức bên dưới đây, một trong những phần giúp các em học viên lớp 10 nắm rõ hơn về ý nghĩa của bất đẳng thức. Qua đó thấy được vẻ đẹp mắt của phân mục này. Tự đó tất cả những phương thức học, sáng tạo độc đáo học theo cách riêng của bạn dạng thân.

Tóm tắt các dạng bất đẳng thức cơ bản

Để tiếp tục phần định hướng bất đẳng thức, người sáng tác tài liệu đang thống kê rất nhiều phương pháp giải. Điều quan trọng ở đấy là các dạng toán luôn luôn đi từ bỏ dễ mang lại khó, cơ bản đến phức tạp. Giúp học sinh hoàn toàn có thể tự tìm hiểu một cách từ từ nhưng không cần không ít sự trợ giúp của thầy cô.

Mục lục của tư liệu bất đẳng thức lớp 10

Dạng toán 1: thực hiện định nghĩa cùng tích chất cơ bản.

Loại 1: chuyển đổi tương đương về một bất đẳng thức đúng

Loại 2: xuất phát từ một bất đẳng thức đúng ta đổi khác đến bất đẳng thức cần chứng minh

Dạng toán 2: sử dụng bất đẳng thức Cô mê mệt 10

Dạng 3: Đặt ẩn phụ vào bất đẳng thức

Đây là 1 trong những kĩ thuật liên tục sử dụng vào toán học nói chung. Từ một trong những bài giải phương trình, hệ phương trình, bất phương trình và từ bây giờ sẽ là trong bất đẳng thức. Cách thức cực kì công dụng nếu biếu sử dụng. Họ hoàn toàn có thể biến một việc phức tạp cực kì thành một bài xích toán đơn giản và dễ dàng và không còn xa lạ hơn.

Dạng 4: thực hiện bất đẳng thức phụ

Nguyễn Tấn Linh

Giáo Viên

"Website được tạo nên với mục đích share tài liệu các môn học, phục vụ cho những em học sinh, gia sư và phụ huynh học viên trong quy trình học tập, giảng dạy. Có sứ mệnh làm cho một thư viện tài liệu tương đối đầy đủ nhất, hữu ích nhất và hoàn toàn miễn phí. +) những tài liệu theo chăm đề +) những đề thi của những trường THPT, trung học cơ sở trên cả nước +) các giáo án tiêu biểu của các thầy cô +) những tin tức liên quan đến những kì thi gửi cấp, thi đại học. +) Tra cứu điểm thi THPT quốc gia +) Tra cứu điểm thi vào lớp 10, thi gửi cấp"