Tailieumoi.vn xin giới thiệu đến các quý thầy cô, các em học sinh đang trong quá trình ôn tập bộ bài tập Bất đẳng thức lớp 8, tài liệu bao gồm 27trang, tuyển chọn 11 ví dụ và 26 bài tập Bất đẳng thức đầy đủ lý thuyết, phương pháp giải chi tiết, giúp các em học sinh có thêm tài liệu tham khảo trong quá trình ôn tập, củng cố kiến thức. Chúc các em học sinh ôn tập thật hiệu quả và đạt được kết quả như mong đợi.
II. Một số ví dụ III. Bài tập vận dụng - Gồm 26 bài tập vận dụng có lời giải chi tiết giúp học sinh tự rèn luyện cách giải các bài tập Bất đẳng thức Mời các quý thầy cô và các em học sinh cùng tham khảo và tải về chi tiết tài liệu dưới đây:
1. Định nghĩa Hệ thức dạng a>b (hay a<b;a≥b;a≤b) gọi là bất đẳng thức. 2. Tính chất
a>b⇒a2n+1>b2n+1 . 0<a<1⇒am<an. 3. Các phương pháp chứng minh A>B; ( A<Btương tự):
Nếu An>Bn đúng thì A>B đúng.
+ Bước 1: Chứng minh bất đẳng thức đúng với \[n = {n_0}\]. + Bước 2: Giả sử bất đẳng thức đúng với \[n = k{\rm{ }}\left( {k \ge {n_0}} \right)\], ta chứng minh bất đẳng thức đúng với \[n = k + 1\]. Từ đó kết luận bất đẳng thức đúng với mọi số tự nhiên \[n \ge {n_0}\]. (Phương pháp quy nạp toán học thường được sử dụng khi trong bất đẳng thức có sự tham gia của n với vai trò của một số nguyên dương tùy ý hoặc số nguyên dương lấy mọi giá trị bắt đầu từ \[{n_0}\] nào đó).
+ Sử dụng tính chất và các hằng bất đẳng thức. + Sử dụng tính chất bắc cầu (làm trội):\[A > C;{\rm{ }}C > B \Rightarrow A > B\]. 4. Một số hằng bất đẳng thức
* \[\left| {a + b} \right| \le \left| a \right| + \left| b \right|\] (Dấu “=” xảy ra \[ \Leftrightarrow ab \ge 0\]). * \[\left| {a - b} \right| \ge \left| a \right| - \left| b \right|\] (Dấu “=” xảy ra \[ \Leftrightarrow ab \ge 0\] và \[\left| a \right| \ge \left| b \right|\]).
\[a + b > c;{\rm{ }}a - b < c\]
\[{\left( {\frac{{{a_1} + {a_2} + ... + {a_n}}}{n}} \right)^n} \ge {a_1}{a_2}...{a_n}\]. Dấu “=” xảy ra \[ \Leftrightarrow {a_1} = {a_2} = ... = {a_n}\]. * Chú ý: Vài dạng bất đẳng thức cụ thể hay gặp có thể sử dụng như bổ đề: \[{\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)^2} \ge ab\] hay \[{\left( {a + b} \right)^2} \ge 4ab;{\rm{ }}{a^2} + {b^2} \ge 2ab\].
Với mọi bộ n số \[\left( {{a_1};{a_2};...;{a_n}} \right);\left( {{b_1};{b_2};...;{b_n}} \right)\], ta có: \[{\left( {{a_1}{b_1} + {a_2}{b_2} + ... + {a_n}{b_n}} \right)^2} \le \left( {a_1^2 + a_2^2 + ... + a_n^2} \right)\left( {b_1^2 + b_2^2 + ... + b_n^2} \right)\] Dấu “=” xảy ra \[ \Leftrightarrow \exists t\] để \[{a_i} = t{b_i}\left( {i = \overline {1,n} } \right)\]. Nếu \[{b_i} \ne 0\] thì dấu “=” xảy ra \[ \Leftrightarrow \frac{{{a_1}}}{{{b_1}}} = \frac{{{a_2}}}{{{b_2}}} = ... = \frac{{{a_n}}}{{{b_n}}}\]. * Chú ý: Dạng cụ thể hay gặp \[\left( {{a^2} + {b^2}} \right)\left( {{x^2} + {y^2}} \right) \ge {\left( {ax + by} \right)^2}\]. II. Một số ví dụ Ví dụ 1: Cho a và b là hai số bất kỳ chứng minh rằng \[ab \le {\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)^2} \le \frac{{{a^2} + {b^2}}}{2}\] * Tìm cách giải: Bài toán này thực chất gồm hai bài toán: Chứng minh
Từ (1) và (2) ta suy ra kết quả. Với mỗi câu 1) hoặc 2) ta đều có thể dùng 4 cách: Biến đổi tương đương; Xét hiệu hai vế; phản chứng và tổng hợp. Giải Ta chứng minh
Cách 1: Biến đổi tương đương: \[\begin{array}{l}{\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)^2} \le \frac{{{a^2} + {b^2}}}{2}\\ \Leftrightarrow \frac{{{a^2} + 2ab + {b^2}}}{4} \le \frac{{{a^2} + {b^2}}}{2}\end{array}\] \[\begin{array}{l} \Leftrightarrow {a^2} + 2ab + {b^2} \le 2{a^2} + 2{b^2}\\ \Leftrightarrow - {a^2} + 2ab - {b^2} \le 0\end{array}\] \[\begin{array}{l} \Leftrightarrow - \left( {{a^2} - 2ab + {b^2}} \right) \le 0\\ \Leftrightarrow - {\left( {a - b} \right)^2} \le 0\end{array}\] (hiển nhiên đúng). Dấu “=” xảy ra \[ \Leftrightarrow a = b\]. Cách 2: Xét hiệu \[\begin{array}{l}{\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)^2} - \frac{{{a^2} + {b^2}}}{2}\\ = \frac{{{a^2} + 2ab + {b^2} - 2{a^2} - 2{b^2}}}{4}\\ = \frac{{ - {{\left( {a - b} \right)}^2}}}{4} \le 0\end{array}\] Vậy \[{\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)^2} \le \frac{{{a^2} + {b^2}}}{2}\]. Dấu “=” xảy ra \[ \Leftrightarrow a = b\]. Cách 3: Phản chứng Giả sử \[\begin{array}{l}{\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)^2} > \frac{{{a^2} + {b^2}}}{2}\\ \Leftrightarrow {a^2} + 2ab + {b^2} > 2{a^2} + 2{b^2}\end{array}\] \[\begin{array}{l} \Leftrightarrow - {a^2} + 2ab - {b^2} > 0\\ \Leftrightarrow - \left( {{a^2} - 2ab + {b^2}} \right) > 0\\ \Leftrightarrow - {\left( {a - b} \right)^2} > 0\end{array}\] vô lý. Vậy \[{\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)^2} \le \frac{{{a^2} + {b^2}}}{2}\]. Dấu “=” xảy ra \[ \Leftrightarrow a = b\]. Cách 4: Tổng hợp: Ta có: \[\begin{array}{l}{\left( {a - b} \right)^2} \ge 0\\ \Leftrightarrow - \left( {{a^2} - 2ab + {b^2}} \right) \le 0\\ \Leftrightarrow - {a^2} + 2ab - {b^2} \le 0\end{array}\] \[\begin{array}{l} \Leftrightarrow {a^2} + 2ab + {b^2} \le 2{a^2} + 2{b^2}\\ \Leftrightarrow \frac{{{a^2} + 2ab + {b^2}}}{4} \le \frac{{{a^2} + {b^2}}}{2}\end{array}\] Hay \[{\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)^2} \le \frac{{{a^2} + {b^2}}}{2}{\rm{ }}\left( 1 \right)\]. Dấu “=” xảy ra \[ \Leftrightarrow a = b\].
\[ \Leftrightarrow 0 \le {a^2} - 2ab + {b^2} \Leftrightarrow 0 \le {\left( {a - b} \right)^2}\] hiển nhiên đúng. Từ (1) và (2) suy ra \[ab \le {\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)^2} \le \frac{{{a^2} + {b^2}}}{2}\]. Dấu “=” xảy ra \[ \Leftrightarrow a = b\]. * Nhận xét: \[{\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)^2} \ge ab \Leftrightarrow {\left( {a + b} \right)^2} \ge 4ab\]; Từ bài toán a) ta có thể suy ra \[{\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)^4} \le \frac{{{a^4} + {b^4}}}{2}\] Thật vậy do \[{\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)^2} \le \frac{{{a^2} + {b^2}}}{2}\] hai vế bất đẳng thức đều dương nên bình phương hai vế ta có \[{\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)^4} \le {\left( {\frac{{{a^2} + {b^2}}}{2}} \right)^2}{\rm{ }}\left( 1 \right)\]; cũng có bài toán a) ta lại có \[{\left( {\frac{{{a^2} + {b^2}}}{2}} \right)^2} \le \frac{{{a^4} + {b^4}}}{2}{\rm{ }}\left( 2 \right)\]. Từ (1) và (2) ta có: \[{\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)^4} \le \frac{{{a^4} + {b^4}}}{2}\]. Ví dụ 2:
Áp dụng chứng minh \[{\left( {2x + 3y - 3z} \right)^2} \le 13\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2} - 2yz} \right)\]. * Tìm cách giải: a) Hoán vị nhân tử \[\left( {a - 6} \right)\] ở vế trái và thực hiện phép nhân \[\left( {a - 6} \right)\left( {a - 9} \right)\] và \[\left( {a - 8} \right)\left( {a - 7} \right)\] ta thấy xuất hiện \[{a^2} - 15a\] ở hai kết quả, ta nghĩ đến việc đặt ẩn phụ. Ta xét hiệu hai vế để chứng minh.
Giải
\[ = \left( {{a^2} - 15a + 54} \right)\left( {{a^2} - 15a + 56} \right) + 1\] Đặt \[{a^2} - 15a + 55 = b\] thì biểu thức trên bằng \[\left( {b - 1} \right)\left( {b + 1} \right) + 1 = {b^2} \ge 0\] Vậy \[\left( {a - 9} \right)\left( {a - 8} \right)\left( {a - 7} \right)\left( {a - 6} \right) \ge - 1\].
\[ = {a^2}{x^2} + {a^2}{y^2} + {b^2}{x^2} + {b^2}{y^2} - {a^2}{x^2} - 2axby - {b^2}{y^2}\] \[ = {a^2}{y^2} - 2aybx + {b^2}{x^2} = {\left( {ay - bx} \right)^2} \ge 0\] Vậy \[\left( {{a^2} + {b^2}} \right)\left( {{x^2} + {y^2}} \right) \ge {\left( {ax + by} \right)^2}{\rm{ }}\forall a,b\] và \[x,y\]. Dấu “=” xảy ra \[ \Leftrightarrow ax = by\]. Áp dụng: Ta viết bất đẳng thức \[{\left( {2x + 3z - 3t} \right)^2} \le 13\left( {{x^2} + {z^2} + {t^2} - 2zt} \right)\] Dưới dạng \[{\left[ {2x + 3\left( {z - t} \right)} \right]^2} \le \left( {{2^2} + {3^2}} \right)\left[ {{x^2} + \left( {{z^2} - 2zt + {t^2}} \right)} \right]\] Hay \[{\left[ {2x + 3\left( {z - t} \right)} \right]^2} \le \left( {{2^2} + {3^2}} \right)\left[ {{x^2} + {{\left( {z - t} \right)}^2}} \right]\] |