Chuyên đề bất đẳng thức luyện thi tuyển sinh lớp 10 và ôn thi toán lớp 9 có phương pháp và lời giải chi tiết
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (179.42 KB, 27 trang )
Chuyên đề:
Bất đẳng thức
A- Mở đầu:
Bất đẳng thức là một trong những mảng kiến thức khó nhất của toán
học phổ thông .
Nhng thông qua các bài tập về chứng minh bất đẳng thức học sinh hiểu
kỹ và sâu sắc hơn về giải và biện luận phơng trình , bất phơng
trình ,về mối liên hệ giữa các yếu tố
của tam giác về tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của một biểu thức. Trong
quá trình giải bài tập , năng lực suy nghĩ , sáng tạo của học sinh đợc phat
triển đa dang và phong phú
vì các bài tập về bất đẳng thức có cách giải không theo quy tắc hoặc
khuôn mẫu nào cả.
Nó đòi hỏi ngời đọc phải có cách suy nghĩ lôgic sáng tạo biết kết hợp kiến
thức cũ với kiến thức mới một cách lôgíc có hệ thống.
Cũng vì toán về bất đẳng thức không có cách giải mẫu , không theo
một phơng pháp nhất định nên học sinh rât lúng túng khi giải toán về bất
đẳng thức vì vậy học sinh sẽ không biết bắt đầu từ đâu và đi theo hơng nào .Do đó hầu hết học sinh không biết làm toán về bất đẳng
thứcvà không biết vận dụng bất đẳng thức để giải quyết các loại bài tập
khác.
Trong thực tế giảng dạy toán ở trêng THCS viƯc lµm cho häc sinh biÕt
chøng minh bÊt đẳng thức và vận dụng các bất đẳng thức vào giải các
bài tập có liên quan là công việc rất quan trọngvà không thể thiếu đợc của
ngời dạy toán ,thông qua đó rèn luyện
T duy lôgic và khả năng sáng tạo cho học sinh .Để làm đợc điều đó ngời
thầy giáo phải cung cấp cho học sinh một số kiến thức cơ bản và một số
phơng pháp suy nghĩ ban đầu về bất đẳng thức .
Chính vì lí do trên nên tôi tự tham khảo biên soạn chuyên đề bất đẳng
thức nhằm mục đích giúp học sinh học tốt hơn.
Danh mục của chuyên đề
S.t.t
1.
Nội dung
Phần mở đầu
trang
1
2.
Nội dung chuyên đề
2
3.
4.
Các kiến thức cần lu ý
Các phơng pháp chứng minh bát đẳng thức
3
4
5.
6.
Phơng pháp 1:dùng định nghiÃ
Phơng pháp 2:dùng biến đổi tơng đơng
4
6
7.
Phơng pháp 3:dùng bất đẳng thức quen thuộc
8
1
8.
Phơng pháp 4:dùng tính chất bắc cầu
10
9. Phơng pháp 5: dùng tính chấtbủa tỷ số
10. Phơng pháp 6: dùng phơng pháp làm trội
12
14
11. Phơng pháp 7: dùmg bát đẳng thức tam giác
16
12. Phơng pháp 8: dùng đổi biến
17
13. Phơng pháp 9: Dùng tam thức bậc hai
14. Phơng pháp 10: Dùng quy nạp toán học
18
19
15. Phơng pháp 11: Dùng chứng minh phản chứng
16. Các bài tập nâng cao
21
23
17. ứng dụng của bất dẳng thức
18. Dùng bất đẳng thức để tìm cực trị
28
29
19. Dùng bất đẳng thức để: giải phơng trình hệ phơng
trình
20. Dùng bất đẳng thức để : giải phơng trình nghiệm
nguyên
21. Tài liệu tham khảo
31
33
B- nội dung
Phần 1 : các kiến thức cần lu ý
1- Định nghĩa
2- Tính chất
3-Một số hằng bất đẳng thức hay dùng
Phần 2:một số phơng pháp chứng minh bất đẳng thức
1-Phơng pháp dùng định nghĩa
2- Phơng pháp dùng biến đổi tơng đơng
3- Phơng pháp dùng bất đẳng thức quen thuộc
4- Phơng pháp sử dụng tính chất bắc cầu
5- Phơng pháp dùng tính chất tỉ số
6- Phơng pháp làm trội
7- Phơng pháp dùng bất đẳng thức trong tam giác
8- Phơng pháp đổi biến số
9- Phơng pháp dùng tam thức bậc hai
10- Phơng pháp quy nạp
11- Phơng pháp phản chứng
Phần 3 :các bài tập nâng cao
PHầN 4 : ứng dụng của bất đẳng thức
1- Dùng bất đẳng thức để tìm cực trị
2-Dùng bất đẳng thức để giải phơng trình và bất phơng trình
2
3-Dùng bất đẳng thức giải phơng trình nghiệm nguyên
Phần I : các kiến thức cần lu ý
1-Đinhnghĩa
2-tính chất
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
A B ⇔ A − B ≥ 0
A ≤ B ⇔ A − B ≤ 0
A>B ⇔ B < A
A>B vµ B >C ⇔ A > C
A>B ⇒ A+C >B + C
A>B vµ C > D ⇒ A+C > B + D
A>B vµ C > 0 ⇒ A.C > B.C
A>B vµ C < 0 ⇒ A.C < B.C
0 < A < B vµ 0 < C
A > B ⇒ A n > B n víi n lỴ
A > B
⇒
A n > B n víi n chẵn
m > n > 0 và A > 1 ⇒ A m > A n
m > n > 0 vµ 0
+A < B vµ A.B > 0
⇒
1 1
>
A B
3-mét sè hằng bất đẳng thức
+ A 2 0 với A ( dÊu = x¶y ra khi A = 0 )
+ An ≥ 0 víi ∀ A ( dÊu = x¶y ra khi A = 0 )
+ A ≥ 0 víi ∀A (dÊu = x¶y ra khi A = 0 )
+ -A
+ A− B ≤ A − B
( dÊu = x¶y ra khi A.B < 0
Phần II : một số phơng pháp chứng minh bất đẳng thức
Phơng pháp 1 : dùng định nghÜa
KiÕn thøc : §Ĩ chøng minh A > B
Ta chøng minh A B > 0
Lu ý dùng hằng bất đẳng thøc M 2 ≥ 0 víi∀ M
VÝ dơ 1 ∀ x, y, z chøng minh r»ng :
a) x 2 + y 2 + z 2 ≥ xy+ yz + zx
3
b) x 2 + y 2 + z 2 ≥ 2xy – 2xz + 2yz
c) x 2 + y 2 + z 2 +3 ≥ 2 (x + y + z)
Gi¶i:
a) Ta xÐt hiƯu
x 2 + y 2 + z 2 - xy – yz - zx
1
2
1
= ( x − y ) 2 + ( x −z ) 2 + ( y − z ) 2 ≥ 0 ®óng víi mäi x;y;z ∈ R
2
= .2 .( x 2 + y 2 + z 2 - xy – yz – zx)
[
]
V× (x-y)2 ≥ 0 víi∀x ; y DÊu b»ng x¶y ra khi x=y
(x-z)2 ≥ 0 víi∀x ; z DÊu b»ng x¶y ra khi x=z
(y-z)2 ≥ 0 víi∀ z; y DÊu b»ng x¶y ra khi z=y
VËy x 2 + y 2 + z 2 ≥ xy+ yz + zx
DÊu b»ng x¶y ra khi x = y =z
b)Ta xÐt hiÖu
x 2 + y 2 + z 2 - ( 2xy – 2xz +2yz )
= x 2 + y 2 + z 2 - 2xy +2xz –2yz
=( x – y + z) 2 ≥ 0 ®óng víi mäi x;y;z ∈ R
VËy x 2 + y 2 + z 2 ≥ 2xy – 2xz + 2yz đúng với mọi x;y;z R
Dấu bằng xảy ra khi x+y=z
c) Ta xÐt hiÖu
x 2 + y 2 + z 2 +3 – 2( x+ y +z )
= x 2 - 2x + 1 + y 2 -2y +1 + z 2 -2z +1
= (x-1) 2 + (y-1) 2 +(z-1) 2 ≥ 0
DÊu(=)x¶y ra khi x=y=z=1
VÝ dơ 2: chøng minh r»ng :
2
a2 + b2 a + b
≥
a)
;b)
2
2
a2 + b2 + c2 a + b + c
3
3
c) HÃy tổng quát bài toán
giải
a) Ta xÐt hiÖu
(
a +b
a+b
−
2
2
a 2 + 2ab + b 2
−
4
2
)
2
2 a2 + b2
4
1
= 2a 2 + 2b 2 − a 2 − b 2 − 2ab
4
1
2
= ( a − b) ≥ 0
4
2
a2 + b2 a + b
≥
VËy
2
2
=
(
2
)
DÊu b»ng x¶y ra khi a=b
b)Ta xÐt hiƯu
a2 + b2 + c2 a + b + c
−
3
3
2
4
2
2
2
2
= [( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a ) ] ≥ 0
1
9
a2 + b2 + c2 a + b + c
≥
VËy
3
3
2
DÊu b»ng x¶y ra khi a = b =c
c)Tỉng qu¸t
2
a12 + a 22 + .... + a n2 a1 + a 2 + .... + a n
≥
n
n
Tãm lại các bớc để chứng minh A B tho ®Þnh nghÜa
Bíc 1: Ta xÐt hiƯu H = A - B
Bớc 2:Biến đổi H=(C+D) 2 hoặc H=(C+D) 2 +.+(E+F) 2
Bớc 3:Kết luận A B
Ví dụ:(chuyên Nga- Pháp 98-99)
Chứng minh ∀m,n,p,q ta ®Ịu cã
m 2 + n 2 + p 2 + q 2 +1≥ m(n+p+q+1)
Gi¶i:
m2
m2
m2
m2
⇔
− mn + n 2 +
− mp + p 2 +
− mq + q 2 +
− m + 1 ≥ 0
4
4
4
4
2
m
m
⇔ − n + −
2
2
2
2
2
m
m
p + − q + − 1 ≥ 0 (luôn đúng)
2
2
m
2 n =0
m
p=0
2
Dấu bằng x¶y ra khi m
−q =0
2
m
2 − 1 = 0
m
n = 2
m
m=2
p =
2 ⇔
n = p = q = 1
m
q
=
m = 22
Bài tập bổ xung
phơng pháp 2 : Dùng phép biến đổi tơng đơng
Lu ý:
Ta biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh tơng đơng với bất
đẳng thức đúng hoặc bất đẳng thức đà đợc chứng minh là đúng.
Chú ý các hằng đẳng thức sau:
( A + B ) 2 = A 2 + 2 AB + B 2
( A + B + C ) 2 = A 2 + B 2 + C 2 + 2 AB + 2 AC + 2 BC
( A + B ) 3 = A 3 + 3 A 2 B + 3 AB 2 + B 3
VÝ dô 1:
Cho a, b, c, d,e là các số thực chứng minh r»ng
5
b2
≥ ab
4
b) a 2 + b 2 + 1 ≥ ab + a + b
c) a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + e 2 ≥ a( b + c + d + e )
a) a 2 +
Gi¶i:
b2
a) a + ≥ ab
4
2
⇔ 4a + b 2 ≥ 4ab ⇔ 4a 2 − 4a + b 2 0
2
( 2a b ) 0
(bất đẳng thức này luôn đúng)
2
b2
ab
(dấu bằng xảy ra khi 2a=b)
4
b) a 2 + b 2 + 1 ≥ ab + a + b
⇔ 2(a 2 + b 2 + 1 ) > 2(ab + a + b)
⇔ a 2 − 2ab + b 2 + a 2 − 2a + 1 + b 2 − 2b + 1 ≥ 0
⇔ (a − b) 2 + (a − 1) 2 + (b 1) 2 0
Bất đẳng thức cuối đúng.
2
2
Vậy a + b + 1 ≥ ab + a + b
VËy a 2 +
DÊu b»ng x¶y ra khi a=b=1
c)
a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + e 2 ≥ a( b + c + d + e)
⇔ 4( a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + e 2 ) ≥ 4a( b + c + d + e )
⇔ a 2 − 4ab + 4b 2 + a 2 − 4ac + 4c 2 + a 2 − 4ad + 4d 2 + a 2 − 4ac + 4c 2 ≥ 0
⇔ ( a − 2b ) 2 + ( a − 2c ) 2 + ( a − 2d ) 2 + ( a − 2c ) 2 ≥ 0
(
) (
) (
) (
)
Bất đẳng thức đúng vậy ta có điều phải chøng minh
VÝ dô 2:
Chøng minh r»ng: ( a10 + b10 )( a 2 + b 2 ) ≥ ( a 8 + b 8 )( a 4 + b 4 )
Gi¶i:
(a
)(
) (
)(
(
)
)
+ b10 a 2 + b 2 ≥ a 8 + b 8 a 4 + b 4 ⇔ a 12 + a 10 b 2 + a 2 b10 + b12 ≥ a 12 + a 8 b 4 + a 4 b 8 + b12
⇔ a 8b 2 a 2 − b 2 + a 2b 8 b 2 − a 2 ≥ 0
⇔ a2b2(a2-b2)(a6-b6) ≥ 0 a2b2(a2-b2)2(a4+ a2b2+b4) 0
10
(
)
Bất đẳng thứccuối đúng vậy ta có điều phải chứng minh
Ví dụ 3: cho x.y =1 và x.y
Chứng minh
x2 + y2
2 2
x y
Giải:
x +y
2 2
x y
x2+y2 x2+y2+(
(x-y- 2 )2
2
2
vì :x y nên x- y 〉 0
⇒ x2+y2 ≥ 2 2 ( x-y)
2
2
2 2 x+ 2 2 y ≥ 0 ⇔ x +y +2- 2 2 x+ 2 2 y -2 ≥ 0
2
2 ) - 2 2 x+ 2 2 y -2xy ≥ 0 vì x.y=1 nên 2.x.y=2
0 Điều này luôn luôn đúng . Vậy ta có điều phải chứng
minh
Ví dụ 4:
1)CM:
P(x,y)= 9 x 2 y 2 + y 2 − 6 xy − 2 y + 1 ≥ 0 ∀x, y ∈ R
a2 + b2 + c2 ≤ a + b + c
2)CM:
(gợi ý :bình phơng 2 vế)
3)choba số thực khác không x, y, z tháa m·n:
6
x. y.z = 1
1 1 1
+ + < x+ y+z
x y z
Chøng minh r»ng :cã ®óng mét trong ba số x,y,z lớn hơn 1
(đề thi Lam Sơn 96-97)
Giải:
Xét (x-1)(y-1)(z-1)=xyz+(xy+yz+zx)+x+y+z-1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
=(xyz-1)+(x+y+z)-xyz( x + y + z )=x+y+z - ( + + ) > 0 (v× x + y + z < x+y+z
x y z
theo gt)
→ 2 trong 3 sè x-1 , y-1 , z-1 âm hoặc cả ba sỗ-1 , y-1, z-1 là dơng.
Nếủ trờng hợp sau xảy ra thì x, y, z >1 x.y.z>1 Mâu thuẫn gt x.y.z=1
bắt buộc phải xảy ra trờng hợp trên tức là có ®óng 1 trong ba sè x ,y ,z lµ
sè lín hơn 1
Phơng pháp 3:
dùng bất đẳng thức quen thuộc
A/ một số bất đẳng thức hay dùng
1) Các bất đẳng thức phô:
a) x 2 + y 2 ≥ 2 xy
2
2
b) x + y ≥ xy dÊu( = ) khi x = y = 0
c) ( x + y ) 2 ≥ 4 xy
a
b
b
a
d) + 2
2)Bất đẳng thức Cô sy:
a1 + a 2 + a 3 + .... + a n n
≥ a1 a 2 a3 ....a n
n
Víi ai > 0
3)BÊt ®¼ng thøc Bunhiacopski
(a
2
2
)
+ a22 + .... + an2 .( x12 + x22 + .... + 2n ) ≥ ( a1 x1 + a2 x2 + .... + an xn )
2
4) Bất đẳng thức Trê- b-sép:
abc
A B C
a≤b≤c
NÕu
A ≥ B ≥ C
NÕu
⇒
aA + bB + cC a + b + c A + B + C
≥
.
3
3
3
⇒
aA + bB + cC a + b + c A + B + C
≤
.
3
3
3
a=b=c
A = B = C
DÊu bằng xảy ra khi
b/ các ví dụ
ví dụ 1 Cho a, b ,c là các số không âm chứng minh rằng
(a+b)(b+c)(c+a) 8abc
Giải:
Cách 1:Dùng bất đẳng thức phụ: ( x + y ) 2 ≥ 4 xy
( a + b ) 2 ≥ 4ab ; ( b + c ) 2 ≥ 4bc ; ( c + a ) 2 ≥ 4ac
Tacã
⇒ ( a + b ) 2 ( b + c ) 2 ( c + a ) 2 ≥ 64a 2 b 2 c 2 = ( 8abc ) 2
⇒ (a+b)(b+c)(c+a) ≥ 8abc
DÊu “=” x¶y ra khi a = b = c
7
ví dụ 2(tự giải): 1)Cho a,b,c>0 và a+b+c=1
1001)
CMR:
a
b
c
3
+
+
b+c c+a a+b 2
CMR:
(403-
CMR:x+2y+z ≥ 4(1 − x)(1 − y )(1 − z )
2)Cho x,y,z>0 vµ x+y+z=1
3)Cho a>0 , b>0, c>0
4)Cho x ≥ 0 ,y ≥ 0 tháa m·n 2 x − y = 1
vÝ dô 3:
1 1 1
+ + ≥9
a b c
;CMR:
x+y ≥
1
5
Cho a>b>c>0 vµ a 2 + b 2 + c 2 = 1 chøng minh r»ng
a3
b3
c3
1
+
+
≥
b+c a+c a+b 2
Gi¶i:
⇒
Do a,b,c đối xứng ,giả sử a b c
áp dụng BĐT Trê- b-sép ta có
a2 b2 c2
a ≥ b ≥ c
b + c a + c a + b
a
b
c
a2 + b2 + c2 a
b
c 1 3 1
+ b2.
+ c2.
≥
.
+
+
= . =
b+c
a+c
a+b
3
b+c a+c a+b 3 2 2
1
a3
b3
c3
1
+
+
≥
VËy
DÊu b»ng x¶y ra khi a=b=c=
3
b+c a+c a+b 2
a2.
vÝ dơ 4:
Cho a,b,c,d>0 vµ abcd =1 .Chøng minh r»ng :
a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + a( b + c ) + b( c + d ) + d ( c + a ) ≥ 10
Gi¶i:
Ta cã
a + b ≥ 2ab
c 2 + d 2 ≥ 2cd
2
2
Do abcd =1 nªn cd =
1
ab
1
x
1
2
(dïng x + ≥ )
Ta cã a 2 + b 2 + c 2 2(ab + cd ) = 2(ab +
1
)4
ab
(1)
Mặt khác: a( b + c ) + b( c + d ) + d ( c + a )
=(ab+cd)+(ac+bd)+(bc+ad)
1
1
1
+ ac + + bc + ≥ 2 + 2 + 2
ab
ac
bc
2
2
2
2
VËy a + b + c + d + a( b + c ) + b( c + d ) + d ( c + a ) ≥ 10
= ab +
vÝ dô 5:
Cho 4 sè a,b,c,d bÊt kú chøng minh r»ng:
( a + c) 2 + (b + d ) 2 ≤ a 2 + b 2 + c 2 + d 2
Giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski
tacó ac+bd ≤ a 2 + b 2 . c 2 + d 2
mµ ( a + c ) 2 + ( b + d ) 2 = a 2 + b 2 + 2( ac + bd ) + c 2 + d 2
(
)
≤ a 2 + b2 + 2 a2 + b2 . c2 + d 2 + c2 + d 2
⇒ (a + c) 2 + (b + d ) 2 ≤ a 2 + b 2 + c 2 + d 2
vÝ dô 6: Chøng minh r»ng
8
a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ac
Giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski
Cách 1: Xét cặp số (1,1,1) và (a,b,c) ta có
(1
)
+ 12 + 12 (a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ (1.a + 1.b + 1.c )
⇒
3 a 2 + b 2 + c 2 ≥ a 2 + b 2 + c 2 + 2( ab + bc + ac )
⇒ a 2 + b 2 + c 2 ab + bc + ac Điều phải chứng minh Dấu bằng xảy ra khi a=b=c
2
(
Phơng pháp 4:
2
)
Sử dụng tính chất bắc cầu
Lu ý:
A>B và b>c thì A>c
0< x <1 th× x 2
Cho a, b, c ,d >0 tháa m·n a> c+d , b>c+d
Chøng minh r»ng ab >ad+bc
Gi¶i:
a > c + d
b > c + d
Tacã
⇒
⇔
⇔
a − c > d > 0
⇒
b − d > c > 0
(a-c)(b-d) > cd
ab-ad-bc+cd >cd
ab> ad+bc
(điều phải chứng minh)
ví dô 2:
Cho a,b,c>0 tháa m·n a 2 + b 2 + c 2 =
Chøng minh
5
3
1 1 1
1
+ + <
a b c abc
Gi¶i:
Ta cã :( a+b- c)2= a2+b2+c2+2( ab –ac – bc) 〉 0
1
( a2+b2+c2)
2
5
⇒ ac+bc-ab ≤ 〈 1 Chia hai vÕ cho abc > 0
6
⇒ ac+bc-ab 〈
ta cã
1 1 1
+ − 〈
a b c
1
abc
vÝ dô 3
Cho 0 < a,b,c,d <1 Chøng minh r»ng (1-a).(1-b) ( 1-c).(1-d) > 1-a-b-c-d
Gi¶i:
Ta cã (1-a).(1-b) = 1-a-b+ab
Do a>0 , b>0 nªn ab>0
⇒ (1-a).(1-b) > 1-a-b
(1)
Do c <1 nªn 1- c >0 ta cã
⇒ (1-a).(1-b) ( 1-c) > 1-a-b-c
⇒ (1-a).(1-b) ( 1-c).(1-d) > (1-a-b-c) (1-d)
=1-a-b-c-d+ad+bd+cd
⇒ (1-a).(1-b) ( 1-c).(1-d) > 1-a-b-c-d
(Điều phải chứng minh)
ví dụ 4
1- Cho 0
2a 3 + 2b 3 + 2c 3 < 3 + a 2 b + b 2 c + c 2 a
Gi¶i :
Do a < 1 ⇒ a 2 < 1 vµ
Ta cã (1 − a 2 ).(1 − b ) < 0 ⇒ 1-b- a 2 + a 2 b > 0
⇒ 1+ a 2 b 2 > a 2 + b
mµ 0< a,b <1 ⇒ a 2 > a 3 , b 2 > b 3
Tõ (1) vµ (2) ⇒ 1+ a 2 b 2 > a 3 + b 3
VËy a 3 + b 3 < 1+ a 2 b 2
T¬ng tù b 3 + c 3 ≤ 1 + b 2 c
c 3 + a3 ≤ 1 + c2a
Cộng các bất đẳng thức ta có :
2a 3 + 2b 3 + 2c 3 ≤ 3 + a 2 b + b 2 c + c 2 a
b)Chøng minh r»ng : NÕu a 2 + b 2 = c 2 + d 2 = 1998 th× ac+bd =1998
(Chuyên Anh 98 99)
Giải:
2
Ta có (ac + bd) + (ad – bc ) 2 = a 2 c 2 + b 2 d 2 + 2abcd + a 2 d
= a2(c2+d2)+b2(c2+d2) =(c2+d2).( a2+ b2) = 19982
rá rµng (ac+bd)2 ≤ ( ac + bd ) 2 + ( ad − bc ) 2 = 1998 2
2
+ b 2 c 2 - 2abcd =
⇒ ac + bd ≤ 1998
2-Bµi tËp : 1, Cho c¸c sè thùc : a1; a2;a3 ….;a2003 tháa m·n : a1+ a2+a3
+ ….+a2003 =1
2
≥
c høng minh r»ng : a 12 + a 22 + a32 + .... + a 2003
1
( đề thi vào chuyên nga
2003
pháp 2003- 2004Thanh hóa )
2,Cho a;b;c ≥ 0 tháa m·n :a+b+c=1(?)
1
a
1
b
1
c
Chøng minh r»ng: ( 1).( 1).( 1) 8
Phơng pháp 5:
dùng tÝnh chÊtcđa tû sè
KiÕn thøc
1) Cho a, b ,c lµ các số dơng thì
a
a a+c
> 1 thì >
b
b b+c
a
a a+c
< 1 th× <
b – NÕu
b b+c
b
a – NÕu
2)NÕu b,d >0 th× tõ
a c
a a+c c
< ⇒ <
<
b d
b b+d d
`
vÝ dô 1 :
Cho a,b,c,d > 0 .Chøng minh r»ng
1<
a
b
c
d
+
+
+
<2
a+b+c b+c+d c+d +a d +a+b
Gi¶i :
Theo tÝnh chÊt cđa tØ lƯ thøc ta cã
10
a
a
a+d
<1
<
a+b+c
a+b+c a+b+c+d
a
a
>
Mặt khác :
a+b+c a+b+c+d
(1)
(2)
Từ (1) và (2) ta có
a
a
a+d
<
<
a+b+c+d
a+b+c a+b+c+d
(3)
T¬ng tù ta cã
b
b
b+a
<
<
a+b+c+d b+c+d a+b+c+d
c
c
b+c
<
<
a+b+c+d c+d +a a+b+c+d
d
d
d +c
<
<
a+b+c+d d +a+b a+b+c+d
(4)
(5)
(6)
céng vÕ víi vÕ cđa (3); (4); (5); (6) ta có
1<
a
b
c
d
+
+
+
< 2 điều phải chứng minh
a+b+c b+c+d c+d +a d +a+b
vÝ dơ 2 :
c
a
ab + cd c
<
vµ b,d > 0 .Chøng minh r»ng
< 2
d
b b +d2 d
a
c
ab cd
ab ab + cd cd c
<
=
Tõ < ⇒ 2 < 2 ⇒ 2 < 2
b d
b
d
b
b +d2 d2 d
a
ab + cd c
<
< 2
điều phải chứng minh
b b +d2 d
a
b
Cho: <
Giải:
Vậy
ví dụ 3 : Cho a;b;c;dlà các số nguyên dơng thỏa mÃn : a+b = c+d =1000
a
c
tìm giá trị lớn nhất của +
b
d
giải : Không mất tính tổng quát ta giả sử :
a
≤ 1 v× a+b = c+d
c
a
b
≤
c
d
Tõ :
a
b
≤
c
d
⇒
a a+b b
≤
≤
c c+d d
b
a b
+ ≤ 999
≤ 998 ⇒
d
c d
a b
1 999
b, NÕu: b=998 thì a=1 + = +
Đạt giá trị lớn nhất khi d= 1; c=999
c d
c
d
a b
1
Vậy giá trị lớn nhÊt cña + =999+
khi a=d=1; c=b=999
c d
999
a, NÕu :b ≤ 998 thì
Phơng pháp 6: Phơng pháplàm trội
Lu ý:
Dùng các tính bất đẳng thức để đa một vế của bất đẳng thức về
dạng tính đợc tổng hữu hạn hoặc tích hữu hạn.
(*) Phơng pháp chung để tính tổng hữu hạn :
S = u1 + u2 + .... + un
Ta cè g¾ng biến đổi số hạng tổng quát u k về hiệu của hai số hạng liên
tiếp nhau:
u k = ak ak +1
Khi ®ã :
11
S = ( a1 − a2 ) + ( a2 − a3 ) + .... + ( an − an+1 ) = a1 an+1
(*) Phơng pháp chung về tính tích hữu hạn
P = u1u2 ....un
Biến đổi các số hạng u k về thơng của hai số hạng liên tiếp nhau:
uk =
ak
ak +1
a a
a
a
1
2
n
1
Khi ®ã P = a . a ..... a = a
2
3
n +1
n +1
VÝ dơ 1 :
Víi mäi sè tù nhiªn n >1 chøng minh r»ng
1
1
1
1
3
<
+
+ .... +
<
2 n +1 n + 2
n+n 4
Gi¶i:
1
1
1
>
=
n + k n + n 2n
Ta cã
Do ®ã:
víi k = 1,2,3,…,n-1
1
1
1
1
1
n 1
+
+ ... +
>
+ ... +
=
=
n +1 n + 2
2n 2n
2 n 2n 2
VÝ dô 2 :
Chøng minh r»ng:
1+
(
)
1
1
1
+
+ .... +
> 2 n +1 1
2
3
n
Giải :
Với n là số nguyên
(
1
2
2
=
>
= 2 k +1 k
k 2 k
k + k +1
Ta cã
)
Khi cho k ch¹y tõ 1 ®Õn n ta cã
1 > 2 ( 2 − 1)
(
1
>2 3− 2
2
)
………………
(
1
> 2 n +1 − n
n
)
Céng tõng vế các bất đẳng thức trên ta có
1+
(
)
1
1
1
+
+ .... +
> 2 n +1 −1
2
3
n
VÝ dô 3 :
12
Chøng minh r»ng
n
1
∑k
k =1
2
<2
∀n ∈ Z
Gi¶i:
Ta cã
1
1
1
1
<
=
−
2
k
k ( k − 1) k 1 k
Cho k chạy từ 2 đến n ta cã
1
1
< 1−
2
2
2
1 1 1
< −
32 2 3
.................
1
1
1
<
−
2
n
n −1 n
1 1
1
⇒ 2 + 2 + .... + 2 < 1
2 3
n
Vậy
n
1
k
k =1
2
<2
Phơng pháp 7:
Dùng bất đẳng thức trong tam giác
Lu ý: Nếu a;b;clà số đo ba cạnh của tam giác thì : a;b;c> 0
Và |b-c| < a < b+c ; |a-c| < b < a+c ; |a-b| < c < b+a
Ví dụ1: Cho a;b;clà số đo ba cạnh của tam giác chứng minh rằng
a, a2+b2+c2< 2(ab+bc+ac)
b, abc>(a+b-c).(b+c-a).(c+a-b)
Giải
a)Vì a,b,c là số đo 3 cạnh của một tam giác nên ta cã
0 < a < b + c
0 < b < a + c
0 < c < a + b
a 2 < a (b + c)
2
b < b( a + c )
c 2 < c ( a + b)
⇒
Céng từng vế các bất đẳng thức trên ta có
a2+b2+c2< 2(ab+bc+ac)
b) Ta cã a > b-c ⇒ a 2 > a 2 − (b − c) 2 > 0
b > a-c ⇒ b 2 > b 2 − (c − a) 2 > 0
c > a-b ⇒ c 2 > c 2 − (a − b) 2 > 0
Nh©n vÕ các bất đẳng thức ta đợc
[
][
][
a 2b 2 c 2 > a 2 − ( b − c ) b 2 − ( c − a ) c 2 − ( a − b )
2
2
⇒ a 2b 2 c 2 > ( a + b − c ) ( b + c − a ) ( c + a − b )
⇒ abc > ( a + b − c ).( b + c − a ).( c + a − b )
2
2
2
]
2
VÝ dô2: (404 – 1001)
1) Cho a,b,c là chiều dài ba cạnh của tam giác
Chứng minh rằng ab + bc + ca < a 2 + b 2 + c 2 < 2(ab + bc + ca)
2) Cho a,b,c là chiều dài ba cạnh của tam giác cã chu vi b»ng 2
Chøng minh r»ng
a 2 + b 2 + c 2 + 2abc < 2
13
Phơng pháp 8:
đổi biến số
Ví dụ1:
Cho a,b,c > 0 Chứng minh rằng
a
b
c
3
+
+
(1)
b+c c+a a+b 2
Giải :
Đặt x=b+c ; y=c+a ;z= a+b ta cã a=
y+z−x z+x− y x+ y−z
3
+
+
≥
2x
2y
2z
2
y z
x z
x y
+ −1+ + −1+ + −1 ≥ 3
⇔
x x
y y
z z
y x
z x
z y
⇔( + )+( + )+( + )≥6
x y
x z
y z
y+z−x
;
2
b=
z+x− y
x+ y−z
;c=
2
2
y
x
z x
+ ≥ 2;
x z
ta có (1)
Bất đẳng thức cuối cùng đúng vì ( +
x
2;
y
điều phải chứng minh
Ví dụ2:
Cho a,b,c > 0 và a+b+c <1
Chøng minh r»ng
1
1
1
+ 2
+ 2
≥9
a + 2bc b + 2ac c + 2ab
(1)
2
Giải:
Đặt x = a 2 + 2bc ; y = b 2 + 2ac ; z = c 2 + 2ab
Ta cã x + y + z = ( a + b + c ) 2 < 1
1
x
1
y
1
z
(1) ⇔ + + ≥ 9
Víi x+y+z < 1 vµ x ,y,z > 0
Theo bất đẳng thức Côsi ta có
x + y + z ≥ 3. 3 xyz
1 1 1
1
+ + ≥ 3. . 3
x y z
xyz
14
z y
+ ≥ 2 nªn ta cã
y z
( x + y + z ). 1 + 1 + 1 ≥ 9
⇒
x
y
z
Mµ x+y+z < 1
1 1 1
+ + ≥9
x y z
VËy
(®pcm)
VÝ dơ3:
Cho x ≥ 0 , y ≥ 0 tháa m·n 2 x − y = 1 CMR x + y
Gợi ý:
Đặt x = u ,
S min
y =v
1
5
⇒ 2u-v =1 vµ S = x+y = u 2 + v 2 ⇒ v = 2u-1 thay vµo tÝnh
Bµi tËp
1) Cho a > 0 , b > 0 , c > 0
CMR:
25a 16b
c
+
+
>8
b+c c+a a+b
2)Tỉng qu¸t m, n, p, q, a, b >0
CMR
ma
nb
pc
1
+
+
b+c c+a a+b 2
Phơng pháp 9:
(
)
m + n + p − ( m + n + p)
2
dïng tam thøc bËc hai
Lu ý :
Cho tam thøc bËc hai f ( x ) = ax 2 + bx + c
∀x ∈ R
NÕu ∆ < 0 th× a. f ( x ) > 0
NÕu ∆ = 0 th× a. f ( x ) > 0
NÕu ∆ > 0 th× a. f ( x ) > 0
a. f ( x ) < 0
b
a
víi x < x1 hc x > x2
víi x1 < x < x2
∀x ≠ −
VÝ dô1:
Chøng minh r»ng
f ( x, y ) = x 2 + 5 y 2 − 4 xy + 2 x − 6 y + 3 > 0
(1)
Gi¶i:
Ta cã (1) ⇔ x 2 − 2 x( 2 y − 1) + 5 y 2 − 6 y + 3 > 0
∆′ = ( 2 y − 1) − 5 y 2 + 6 y − 3
= 4 y2 − 4 y +1− 5y2 + 6 y − 3
2
= −( y − 1) − 1 < 0
2
VËy f ( x, y ) > 0
víi mäi x, y
15
( x2 > x1 )
VÝ dô2:
Chøng minh r»ng
(
)
f ( x, y ) = x 2 y 4 + 2 x 2 + 2 . y 2 + 4 xy + x 2 > 4 xy 3
Giải:
Bất đẳng thức cần chứng minh tơng đơng với
(
)
x 2 y 4 + 2 x 2 + 2 . y 2 + 4 xy + x 2 − 4 xy 3 > 0
⇔ ( y + 1) .x + 4 y (1 − y ) x + 4 y 2 > 0
2
2
2
2
Ta cã ∆′ = 4 y 2 (1 − y 2 ) − 4 y 2 ( y 2 + 1) = −16 y 2 < 0
2
V× a = ( y 2 + 1) > 0 vËy f ( x, y ) > 0
2
2
(đpcm)
Phơng pháp 10: dùng quy nạp toán học
Kiến thức:
Để chứng minh bất đẳng thức đúng víi n > n0 ta thùc hiƯn c¸c bíc sau :
1 Kiểm tra bất đẳng thức đúng với n = n0
2 - Giả sử BĐT đúng với n =k (thay n =k vào BĐT cần chứng minh đợc
gọi là giả thiết quy nạp )
3- Ta chứng minh bất đẳng thøc ®óng víi n = k +1 (thay n = k+1vào
BĐT cần chứng minh rồi biến đổi để dùng giả thiết quy nạp)
4 kết luận BĐT đúng với mọi n > n0
VÝ dô1:
Chøng minh r»ng
1 1
1
1
+ 2 + .... + 2 < 2 −
2
1 2
n
n
∀n ∈ N ; n > 1
(1)
Gi¶i :
1
4
Víi n =2 ta cã 1 + < 2
1
2
(đúng)
Vậy BĐT (1) đúng với n =2
Giả sử BĐT (1) đúng với n =k ta phải chứng minh
BĐT (1) ®óng víi n = k+1
ThËt vËy khi n =k+1 th×
(1) ⇔
1 1
1
1
1
+ 2 + .... + 2 +
< 2−
2
2
1 2
k
(k + 1)
k +1
Theo giả thiết quy nạp
1 1
1
1
1
1
1
+ 2 + .... + 2 +
< 2− +
< 2−
2
2
2
1 2
k
(k + 1)
k ( k + 1)
k +1
1
1
1
1
1
+ .... +
<
+
<
2
2
2
1
( k + 1)
k + 1 ( k + 1)
k
16
⇔
k +1+1 1
< ⇔ k (k + 2) < (k + 1) 2 k2+2k
k
(k + 1)
Điều này đúng .Vậy
bất đẳng thức (1)đợc chứng minh
Ví dụ2: Cho n N vµ a+b> 0
n
a+b
Chøng minh r»ng
≤
2
an + bn
2
(1)
Giải
Ta thấy BĐT (1) đúng với n=1
Giả sử BĐT (1) đúng với n=k ta phải chứng minh BĐT đúng với n=k+1
ThËt vËy víi n = k+1 ta cã
a+b
(1) ⇔
2
k +1
≤
a k +1 + b k +1
2
k
a+b a+b
a k +1 + b k +1
⇔
≤
(2)
.
2
2
2
a k + b k a + b a k +1 + ab k + a k b + b k +1 a k +1 + b k +1
⇔ VÕ tr¸i (2) ≤
.
=
≤
2
2
4
2
k +1
k +1
k +1
k
k
k +1
a +b
a + ab + a b + b
⇔
−
≥0
2
4
⇔ a k − b k .( a − b ) ≥ 0
(3)
(
)
Ta chøng minh (3)
(+) Gi¶ sử a b và giả thiết cho a -b ⇔ a ≥ b
k
⇔ a k ≥ b ≥ bk
(a
⇒
(a
k
)
− b k .( a − b ) ≥ 0
(+) Giả sử a < b và theo giả thiết - a
k
)
k
a < bk ⇔ a k < bk ⇔
− b k .( a − b ) ≥ 0
VËy B§T (3)luôn đúng ta có (đpcm)
Phơng pháp 11:
Chứng minh phản chứng
Lu ý:
1) Giả sử phải chứng minh bất đẳng thức nào đó đúng , ta hÃy giả sử
bất đẳng thức đó sai và kết hợp với các giả thiết để suy ra điều vô lý ,
điều vô lý có thể là điều trái với giả thiết , có thể là điều trái ngợc nhau
.Từ đó suy ra bất đẳng thức cần chứng minh là đúng
2) Giả sử ta phải chứng minh luận đề G K
phép toán mệnh đề cho ta :
Nh vậy để phủ định luận đề ta ghép tất cả giả thiết của luận đề với
phủ định kết luận cđa nã .
Ta thêng dïng 5 h×nh thøc chøng minh phản chứng sau :
A - Dùng mệnh đề phản đảo :
K
G
B Phủ định rôi suy trái giả thiết :
C Phủ định rồi suy trái với điều đúng
17
D Phủ định rồi suy ra 2 điều trái ngợc nhau
E Phủ định rồi suy ra kết luận :
VÝ dô 1:
Cho ba sè a,b,c tháa m·n a +b+c > 0 , ab+bc+ac > 0 , abc > 0
Chøng minh r»ng a > 0 , b > 0 , c > 0
Giải :
Giả sử a 0 thì từ abc > 0 ⇒ a ≠ 0 do ®ã a < 0
Mµ abc > 0 vµ a < 0 ⇒ cb < 0
Tõ ab+bc+ca > 0 ⇒ a(b+c) > -bc > 0
Vì a < 0 mà a(b +c) > 0 ⇒ b + c < 0
a < 0 vµ b +c < 0 ⇒ a + b +c < 0 trái giả thiết a+b+c > 0
Vậy a > 0 tơng tù ta cã b > 0 , c > 0
VÝ dô 2:
Cho 4 sè a , b , c ,d tháa m·n ®iỊu kiƯn
ac ≥ 2.(b+d) .Chøng minh r»ng cã ít nhất một trong các bất đẳng
thức sau là sai:
, c 2 < 4d
a 2 < 4b
Gi¶i :
Gi¶ sư 2 bất đẳng thức : a 2 < 4b , c 2 < 4d đều đúng khi đó cộng
các vế ta ®ỵc
a 2 + c 2 < 4(b + d )
(1)
Theo giả thiết ta có 4(b+d) 2ac (2)
Từ (1) và (2) ⇒ a 2 + c 2 < 2ac hay ( a − c ) 2 < 0 (v« lý)
VËy trong 2 bất đẳng thức a 2 < 4b và c 2 < 4d có ít nhất một các bất
đẳng thøc sai
VÝ dơ 3:
Cho x,y,z > 0 vµ xyz = 1. Chøng minh r»ng
NÕu x+y+z >
1 1 1
+ +
th× cã một trong ba số này lớn hơn 1
x y z
Giải :
Ta cã (x-1).(y-1).(z-1) =xyz – xy- yz + x + y+ z –1
1
x
1
y
1
z
=x + y + z – ( + + ) vì xyz = 1
theo giả thiết x+y +z >
1 1 1
+ +
x y z
nªn (x-1).(y-1).(z-1) > 0
Trong ba sè x-1 , y-1 , z-1 chØ cã mét sè dơng
Thật vậy nếu cả ba số dơng thì x,y,z > 1 xyz > 1 (trái giả thiết)
Còn nếu 2 trong 3 số đó dơng thì (x-1).(y-1).(z-1) < 0 (vô lý)
18
VËy cã mét vµ chØ mét trong ba sè x , y,z lớn hơn 1
Phần iii :
các bài tập nâng cao
1/dùng định nghĩa
1) Cho abc = 1 và a 3 > 36 . . Chøng minh r»ng
a2
+ b2+c2> ab+bc+ac
3
Gi¶i
Ta cã hiÖu:
a2
+ b2+c2- ab- bc – ac
3
a2 a2
= + + b2+c2- ab- bc – ac
4 12
a2
a2
= ( + b2+c2- ab– ac+ 2bc) + − 3bc
4
12
3
a
a − 36abc
=( -b- c)2 +
2
12a
3
a
a − 36abc
=( -b- c)2 +
>0 (vì abc=1 và a3 > 36 nên
2
12a
a2
+ b2+c2> ab+bc+ac Điều phải chứng minh
Vậy :
3
2) Chứng minh r»ng
a) x 4 + y 4 + z 2 + 1 ≥ 2 x.( xy 2 − x + z + 1)
b) víi mäi sè thùc a , b, c ta cã
a 2 + 5b 2 − 4ab + 2a − 6b + 3 > 0
19
a >0 )
c)
a 2 + 2b 2 − 2ab + 2a − 4b + 2 ≥ 0
Gi¶i :
a) XÐt hiƯu
H = x 4 + y 4 + z 2 + 1 − 2 x 2 y 2 + 2 x 2 − 2 xz − 2 x
2
= ( x 2 − y 2 ) + ( x − z ) 2 + ( x − 1) 2
H ≥ 0 ta cã ®iỊu phải chứng minh
b) Vế trái có thể viết
H = ( a − 2b + 1) 2 + ( b − 1) 2 + 1
⇒ H > 0 ta cã ®iỊu phải chứng minh
c) vế trái có thể viết
H = ( a − b + 1) 2 + ( b − 1) 2
H 0 ta có điều phải chứng minh
Ii / Dùng biến đổi tơng đơng
1) Cho x > y vµ xy =1 .Chøng minh r»ng
(x
)
2
+ y2
≥8
( x − y) 2
Gi¶i :
Ta cã
⇒
2
x 2 + y 2 = ( x − y ) + 2 xy = ( x − y ) + 2
2
(x
2
+y
) = ( x − y)
2 2
2
(v× xy = 1)
+ 4.( x − y ) + 4
4
2
Do đó BĐT cần chứng minh tơng đơng với
( x − y ) 4 + 4( x − y ) 2 + 4 ≥ 8.( x − y ) 2
( x − y ) 4 − 4( x − y ) 2 + 4 ≥ 0
[ ( x − y ) 2 2] 2 0
BĐT cuối đúng nên ta có điều phải chứng minh
2) Cho xy 1 .Chøng minh r»ng
1
1
2
+
≥
2
2
1+ x 1+ y
1 + xy
Gi¶i :
1
1
2
+
≥
2
2
1+ x 1+ y
1 + xy
1
1 1
1
+
≥ 0
⇔
−
−
2
2
2
1 + x 1 + y 1 + y 1 + xy
Ta cã
xy − x 2
xy − y 2
+
≥0
1 + x 2 .(1 + xy ) 1 + y 2 .(1 + xy )
x ( y − x)
y( x − y)
+
≥0
2
1 + x .(1 + xy ) 1 + y 2 .(1 + xy )
⇔
(
)
⇔
(
)
⇔
(
)
(
)
( y − x ) ( xy − 1) ≥ 0
(1 + x 2 ).(1 + y 2 ).(1 + xy )
2
BĐT cuối này đúng do xy > 1 .Vậy ta có điều phải chứng minh
Iii / dùng bất ®¼ng thøc phơ
20
1) Cho a , b, c là các số thực vµ a + b +c =1
Chøng minh r»ng a 2 + b 2 + c 2
1
3
Giải :
áp dụng BĐT BunhiaCôpski cho 3 số (1,1,1) và (a,b,c)
Ta có
(1.a + 1.b + 1.c ) 2 ≤ (1 + 1 + 1).( a 2 + b 2 + c 2 )
( a + b + c ) 2 ≤ 3.( a 2 + b 2 + c 2 )
a2 + b2 + c2
1
3
(vì a+b+c =1 ) (đpcm)
2) Cho a,b,c là các sè d¬ng
( a + b + c ). 1 + 1 + 1 ≥ 9
Chøng minh r»ng
a
Gi¶i :
b
c
a a b
b c c
b c a
c a a
a
b
a
c b c
⇔ 3+ + + + + + ≥ 9
b a c a c b
x y
+ ≥2
¸p dơng B§T phơ
Víi x,y > 0
y x
(1) ⇔ 1 + + + + 1 + + + + 1 ≥ 9
Ta có BĐT cuối cùng luôn đúng
1 1 1
Vậy ( a + b + c ). + + ≥ 9
a
b
c
(®pcm)
Iv / dùng phơng pháp bắc cầu
1) Cho 0 < a, b,c <1 .Chøng minh r»ng :
2a 3 + 2b 3 + 2c 3 < 3 + a 2b + b 2 c + c 2 a
Gi¶i :
Do a <1 ⇒ a 2 <1 và b <1
Nên (1 a 2 ).(1 − b 2 ) > 0 ⇒ 1 + a 2b − a 2 − b > 0
Hay 1 + a 2b > a 2 + b
(1)
2
Mặt khác 0
b > b3
⇒ 1 + a 2 > a 3 + b3
VËy a 3 + b 3 < 1 + a 2 b
T¬ng tù ta cã
b3 + c 3 < 1 + b 2c
a3 + c3 < 1 + c 2a
⇒
(®pcm)
2a 3 + 2b 3 + 2c 3 < 3 + a 2b + b 2 c + c 2 a
2) So sánh 31 11 và 17 14
Gi¶i :
11
Ta thÊy 3111 < 3211 = ( 25 ) = 255 < 256
Mặt khác 256 = 24.14 = ( 24 ) = 1614 < 1714
14
21
(1)
Vëy 31 11 < 17 14
(®pcm)
V/ dïng tÝnh chÊt tØ sè
1) Cho a ,b ,c ,d > 0 .Chøng minh rằng :
2<
Giải :
a+b
b+c
c+d
d +a
+
+
+
<3
a+b+c b+c+d c+d +a d +a +b
Vì a ,b ,c ,d > 0 nªn ta cã
a+b
a+b
a +b+d
<
<
a+b+c+d a+b+c a+b+c+d
b + +c
b+c
b+c+a
<
<
a +b+c + d b+c +d a +b+c + d
d +a
d +a
d +a+c
<
<
a+b+c+d d +a+b a+b+c+d
(1)
(2)
(3)
Céng c¸c vế của 4 bất đẳng thức trên ta có :
a+b
b+c
c+d
d +a
+
+
+
<3
a+b+c b+c+d c+d +a d +a +b
2<
(®pcm)
2) Cho a ,b,c là số đo ba cạnh tam giác
Chứng minh rằng
1<
a
b
c
+
+
<2
b+c c+a a+b
Giải :
Vì a ,b ,c là số đo ba cạnh của tam giác nên ta có a,b,c > 0
Và a < b +c ; b
a
a+a
2a
<
=
b+c a+b+c a+b+c
a
a
>
Mặt khác
b+c a+b+c
a
a
2a
<
<
Vậy ta có
Tơng tự ta có
a+b+c b+c a+b+c
Tõ (1) ⇒
b
b
2b
<
<
a+b+c a+c a+b+c
c
c
2c
<
<
a+b+c b+a a +b+c
Céng tõng vÕ ba bất đẳng thức trên ta có :
1<
a
b
c
+
+
<2
b+c c+a a+b
(đpcm)
V/ phơng pháp làm trội :
1) Chứng minh BĐT sau :
1
1
1
1
+
+ ... +
<
1.3 3.5
(2n − 1).(2n + 1) 2
1
1
1
+ ... +
<2
b) 1 + +
1.2 1.2.3
1.2.3.....n
a)
Gi¶i :
a) Ta cã
1
1 ( 2k + 1) − (2k − 1) 1 1
1
= .
=
−
( 2n − 1) . ( 2n + 1) 2 (2k − 1).(2k + 1) 2 2k − 1 2k + 1 ữ
Cho n chạy từ 1 đến k .Sau đó cộng lại ta có
22
1
1
1
1
2 1
+
+ ... +
= . 1 −
÷<
1.3 3.5
(2n − 1).(2n + 1) 2 2n + 1 2
(®pcm)
b) Ta cã
1+
1
1
1
1
1
1
+
+ ... +
< 1+
+
+ ..... +
1.2 1.2.3
1.2.3.....n
1.2 1.2.3
( n − 1) .n
− ÷< 2 − < 2
< 1 + 1 − ÷+ − ÷+ .... +
2
2 3
n 1 n
n
1
1
1
1
1
1
(đpcm)
Phần iv : ứng dụng của bất đẳng thức
1/ dùng bất đẳng thức để tìm cc trị
Lu ý
- Nếu f(x) A thì f(x) có giá trị nhỏ nhất là A
- Nếu f(x) B thì f(x) có giá trị lớn nhất là B
Ví dụ 1 :
Tìm giá trị nhỏ nhất của :
T = |x-1| + |x-2| +|x-3| + |x-4|
Gi¶i :
Ta cã |x-1| + |x-4| = |x-1| + |4-x| ≥ |x-1+4-x| = 3
x − 2 + x −3 = x − 2 + 3− x ≥ x − 2+ 3− x =1
Vµ
(2)
VËy T = |x-1| + |x-2| +|x-3| + |x-4| ≥ 1+3 = 4
Ta cã tõ (1) ⇒ DÊu b»ng x¶y ra khi 1 ≤ x ≤ 4
(2) ⇒ DÊu b»ng x¶y ra khi 2 ≤ x 3
Vậy T có giá trị nhỏ nhất là 4 khi 2 ≤ x ≤ 3
VÝ dơ 2 :
T×m giá trị lớn nhất của
S = xyz.(x+y).(y+z).(z+x)
với x,y,z > 0 và x+y+z =1
Giải :
Vì x,y,z > 0 ,áp dụng BĐT C«si ta cã
x+ y + z ≥ 3 3 xyz
⇒ 3 xyz
1
1
xyz
3
27
áp dụng bất đẳng thức Côsi cho x+y ; y+z ; x+z ta cã
( x + y ) .( y + z ) .( z + x ) ≥ 3 3 ( x + y ) .( y + z ) .( x + z )
⇒ 2 ≥ 3 3 ( x + y ) .( y + z ) .( z + x )
DÊu b»ng x¶y ra khi x=y=z=
VËy S ≤
1
3
8 1
8
. =
27 27 729
VËy S có giá trị lớn nhất là
8
1
khi x=y=z=
729
3
Ví dụ 3 :
Cho xy+yz+zx = 1
Tìm giá trị nhỏ nhất của x 4 + y 4 + z 4
Giải :
áp dụng BĐT Bunhiacèpski cho 6 sè (x,y,z) ;(x,y,z)
2
2
Ta cã
( xy + yz + zx ) ≤ ( x 2 + y 2 + z 2 )
23
(1)
⇒ 1 ≤ ( x2 + y 2 + z 2 )
2
(1)
Ap dơng B§T Bunhiacèpski cho ( x 2 , y 2 , z 2 ) vµ (1,1,1)
Ta cã
( x 2 + y 2 + z 2 ) 2 ≤ (12 + 12 + 12 )( x 4 + y 4 + z 4 )
→ ( x 2 + y 2 + z 2 ) 2 ≤ 3( x 4 + y 4 + z 4 )
Tõ (1) vµ (2) ⇒ 1 ≤ 3( x 4 + y 4 + z 4 )
⇒ x4 + y 4 + z 4 ≤
1
3
1
3
khi x=y=z= ±
3
3
VËy x 4 + y 4 + z 4 có giá trị nhỏ nhất là
Ví dụ 4 :
Trong tam giác vuông có cùng cạnh huyền , tam giác vuông nào có
diện tích lớn nhất
Giải :
Gọi cạnh huyền của tam giác là 2a
Đờng cao thuộc cạnh huyền là h
Hình chiếu các cạnh góc vuông lên cạnh huyền là x,y
1
2
Ta cã S = . ( x + y ) .h = a.h = a. h 2 = a. xy
V× a không đổi mà x+y = 2a
Vậy S lớn nhất khi x.y lín nhÊt ⇔ x = y
VËy trong c¸c tam giác có cùng cạnh huyền thì tam giác vuông cân có
diện tích lớn nhất
Ii/ dùng b.đ.t để giải phơng trình và hệ phơng trình
Ví dụ 1 :
Giải phơng trình sau
4 3x 2 + 6 x + 19 + 5 x 2 + 10 x + 14 = 4 − 2 x − x 2
Gi¶i :
Ta cã 3x 2 + 6 x + 19 = 3.( x 2 + 2 x + 1) + 16
= 3.( x + 1) 2 + 16 ≥ 16
5 x 2 + 10 x + 14 = 5. ( x + 1) + 9 ≥ 9
2
VËy 4. 3x 2 + 6 x + 19 + 5 x 2 + 10 x + 14 ≥ 2 + 3 = 5
DÊu ( = ) x¶y ra khi x+1 = 0 ⇒ x = -1
VËy 4 3x 2 + 6 x + 19 + 5 x 2 + 10 x + 14 = 4 − 2 x − x 2
khi x = -1
Vậy phơng trình có nghiệm duy nhất x = -1
Ví dụ 2 :
Giải phơng trình
x + 2 − x2 = 4 y 2 + 4 y + 3
Giải :
áp dụng BĐT BunhiaCốpski ta có :
24
(
)
x + 2 − x 2 ≤ 12 + 12 . x 2 + 2 − x 2 ≤ 2. 2 = 2
Dấu (=) xảy ra khi x = 1
2
Mặt kh¸c 4 y 2 + 4 y + 3 = ( 2 y + 1) + 2 ≥ 2
DÊu (=) x¶y ra khi y = VËy x + 2 − x 2 = 4 y 2 + 4 y + 3 = 2
1
2
khi x =1 vµ y =-
1
2
x =1
VËy nghiệm của phơng trình là
1
y = 2
Ví dụ 3 :
Giải hệ phơng trình sau:
x + y + z =1
4
4
4
x + y + z = xyz
Giải : áp dụng BĐT Côsi ta có
x4 + y 4 y 4 + z 4 z 4 + x4
x +y +z =
+
+
2
2
2
2 2
2 2
2 2
≥x y +y z +z x
4
≥
4
4
x2 y 2 + y 2 z 2 z 2 y 2 + z 2 z 2 x2 z 2 + y 2 x2
+
+
2
2
2
≥ y 2 xz + z 2 xy + x 2 yz
≥ xyz.( x + y + z )
Vì x+y+z = 1)
Nên x 4 + y 4 + z 4 ≥ xyz
DÊu (=) x¶y ra khi x = y = z =
x + y + z =1
4
4
4
x + y + z = xyz
VËy
VÝ dô 4 :
1
3
có nghiệm x = y = z =
1
3
Giải hệ phơng tr×nh sau
xy − 4 = 8 − y 2
2
xy = 2 + x
Từ phơng trình (1)
Từ phơng trình (2)
(1)
(2)
⇒ 8 − y 2 ≥ 0 hay
y ≤ 8
⇒ x2 + 2 = x . y ≤ 2 2 x
⇒ x 2 − 2 2 x + 22 ≤ 0
⇒ ( x − 2) 2 ≤ 0
⇒ x = 2
⇒x=± 2
NÕu x = 2 th× y = 2 2
NÕu x = - 2 th× y = -2 2
25
