Chuyên đề bồi dưỡng HSG lớp 9 Phần bất đẳng thức

Chuyên đề bồi dưỡng HSG lớp 9 - Phần bất đẳng thức

Chuyên đề:

BẤT ĐẲNG THỨC

A.MỤC TIÊU:
1-Học sinh nắm vững một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức.
2-Một số phương pháp và bài tốn liên quan đến phương trình bậc hai sử dụng công
thức nghiệm sẽ cho học sinh học sau.
3-Rèn kỹ năng và pp chứng minh bất đẳng thức.
B- NỘI DUNG
PHẦN 1 : CÁC KIẾN THỨC CẦN LƯU Ý

1- Định nghĩa
2- Tính chất
3-Một số hằng bất đẳng thức hay dựng
Phần 2:một số phơng phápchứng minh bấtđẳng 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
3-Dùng bất đẳng thức giải phơng trình nghiệm nguyên
Phần I : các kiến thøc cÇn lu ý

1


Chuyên đề bồi dưỡng HSG lớp 9 - Phần bất đẳng thức
1-§inhnghÜa

2-tÝnh chÊt

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 > 0 ⇒ A n > B n ∀n
+ A > B ⇒ A n > B n víi n lỴ
+ A > B ⇒ A n > B n víi n ch½n
+ m > n > 0 vµ A > 1 ⇒ A m > A n
+ m > n > 0 vµ 0 +A < B vµ A.B > 0

⇒

1 1
>
A B

3-mét sè h»ng 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)
+ 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
2


Chuyên đề bồi dưỡng HSG lớp 9 - Phần bất đẳng thức
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)

[

]

Vì (x-y)2 0 vớix ; y Dấu bằng xảy 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

c) HÃy tổng quát bài toán

a2 + b2 + c2  a + b + c 
≥

3
3



gi¶i
2

a +b
a+b
−

2
 2 
2 a2 + b2
a 2 + 2ab + b 2
−

=
4
4
1
= 2a 2 + 2b 2 − a 2 − b 2 − 2ab
4
1
2
= ( a − b) ≥ 0
4
2

a) Ta xÐt hiÖu

(

2

)

(

)

3

2


Chuyên đề bồi dưỡng HSG lớp 9 - Phần bất đẳng thức

a2 + b2  a + b 
≥
VËy

2
 2 

2

DÊu b»ng x¶y ra khi a=b
b)Ta xÐt hiƯu
2

a2 + b2 + c2  a + b + c 
−

3
3


1
2
2
2
= ( a − b) + ( b − c) + ( c − a ) ≥ 0
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

2
2
a12 + a 2 + .... + a n  a1 + a 2 + .... + a n


n
n


Tóm lại các bớc để chứng minh A B tho định nghĩa

Bớc 1: Ta xét hiƯu H = A - B
Bíc 2:BiÕn ®ỉi H=(C+D) 2 hc H=(C+D) 2 +….+(E+F) 2
Bíc 3:KÕt ln A ≥ B

VÝ dụ:(chuyên Nga- Pháp 98-99)
Chứng minh m,n,p,q ta đều có
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  + 
 4
  4
  4
  4 − m + 1 ≥ 0


 
 
 

2

2

2

2

m
 m
 m
 m 
⇔  − n  +  − p  +  − q  +  − 1 ≥ 0 (lu«n ®óng)
2
 2
 2
 2


m
 2 −n =0
m
 − p=0
2
⇔
DÊu b»ng x¶y ra khi  m
 −q =0
2
m
 2 −1 = 0


Lu ý:

m

n = 2


m
 m=2
p =

2 ⇔
n = p = q = 1

m
q=

m =2
2


phơng pháp 2 : Dùng phép biến ®ỉi t¬ng ®¬ng

4


Chuyên đề bồi dưỡng HSG lớp 9 - Phần bất ng thc
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 thøc 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

Ví dụ 1:

Cho a, b, c, d,e là các số thùc chøng minh r»ng
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
≥ ab
4
⇔ 4a 2 + b 2 ≥ 4ab ⇔ 4a 2 − 4a + b 2 ≥ 0
2
⇔ ( 2a − b ) ≥ 0
(bÊt đẳng thức này luôn đúng)

a) a 2 +

b2
ab (dấu b»ng x¶y 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 chứng minh
Ví dụ 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 chøng minh
VÝ dơ 3: cho x.y =1 vµ x.y

5


Chuyên đề bồi dưỡng HSG lớp 9 - Phần bất đẳng thức
Chøng minh

x2 + y2

≥2 2
x− y

Gi¶i:
x +y
≥ 2 2 vì :x y nên x- y 0 x2+y2 ≥ 2 2 ( x-y)
x− y
⇒ x2+y2- 2 2 x+ 2 2 y ≥ 0 ⇔ x2+y2+2- 2 2 x+ 2 2 y -2 ≥ 0
⇔ x2+y2+( 2 )2- 2 2 x+ 2 2 y -2xy ≥ 0 v× x.y=1 nên 2.x.y=2
(x-y- 2 )2 0 Điều này luôn luôn đúng . Vậy ta có điều phải chứng minh
2

2

VÝ dô 4:
2 2
2
1)CM:
P(x,y)= 9 x y + y − 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 thỏa mÃn:
x. y.z = 1

1 1 1
 + + < x+ y+z
x y z


Chøng minh rằng :có đúng một 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
x

1
y

1

1

1

x

1
z

y

z

1
x

1
y

1
z

=(xyz-1)+(x+y+z)-xyz( + + )=x+y+z - ( + + ) > 0 (v× + + < 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 đúng 1 trong ba số x ,y ,z là số lớn hơn 1
Phơng pháp 3:

dùng bất đẳng thức quen thuộc

A/ một số bất đẳng thức hay dùng
1) Các bất đẳng thức phụ:
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 + a3 + .... + a n n
≥ a1 a 2 a3 ....a n
n

3)Bất đẳng thức Bunhiacopski

(a

2
2

)(

)

Với ai > 0

2
2
2
+ a2 + .... + an . x12 + x2 + .... + 2 ≥ ( a1 x1 + a2 x2 + .... + an xn )
n

4) Bất đẳng thức Trê- b-sÐp:

6

2

Chuyên đề bồi dưỡng HSG lớp 9 - Phần bất đẳng thức
 a≤b≤c
A ≤ B ≤ C
 a≤b≤c
NÕu 
A ≥ B ≥ C
 a=b=c
DÊu b»ng x¶y ra khi 
A = B = C

⇒

aA + bB + cC a + b + c A + B + C
≥
.
3
3
3

⇒

NÕu 

aA + bB + cC a + b + c A + B + C
≤
.
3
3
3

b/ c¸c vÝ dơ
vÝ dơ 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
Tacã ( a + b ) 2 ≥ 4ab ; ( b + c ) 2 ≥ 4bc ; ( c + a ) 2 ≥ 4ac
⇒ ( 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
1

ví dụ 2(tự giải): 1)Cho a,b,c>0 và a+b+c=1
2)Cho x,y,z>0 vµ x+y+z=1
3)Cho a>0 , b>0, c>0
CMR:

1

a
b
c
3
+
+
≥
b+c c+a a+b 2

4)Cho x ≥ 0 ,y ≥ 0 tháa m·n 2 x − y = 1

vÝ dô 3:

1

CMR: a + b + c ≥ 9
(403-1001)
CMR:x+2y+z ≥ 4(1 − x)(1 − y )(1 − z )

;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

Giải:

a2 b2 c2

Do a,b,c đối xứng ,giả sö a ≥ b ≥ c ⇒  a ≥ b ≥ c

b + c a + c a + b


áp dụng BĐT Trê- b-sép ta có

a
b
c
a2 + b2 + c2  a
b
c  1 3 1
2
2
a .
+b .
+c .
≥
.
+
+
= . =
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
2

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:

7


Chuyên đề bồi dưỡng HSG lớp 9 - Phần bất đẳng thức
Ta cã a 2 + b 2 ≥ 2ab
c 2 + d 2 ≥ 2cd
1
1 1
(dïng x + ≥ )
ab
x 2
1

Ta cã a 2 + b 2 + c 2 ≥ 2(ab + cd ) = 2(ab + ) ≥ 4
ab
a ( b + c ) + b( c + d ) + d ( c + a )
MỈt khác:

Do abcd =1 nên cd =

(1)

=(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

(

)

≤ a2 + 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
a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ac

Giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski
Cách 1: Xét cặp sè (1,1,1) vµ (a,b,c) ta cã

(1 + 1 + 1 )(a + b + c ) ≥ (1.a + 1.b + 1.c )
3 ( a + b + c ) ≥ a + b + c + 2( ab + bc + ac )
2

⇒

2

2

2

2

2

2

2

⇒ a 2 + b 2 + c 2 ab + bc + ac

Phơng pháp 4:

2

2

2

2

2

Điều ph¶i chøng minh DÊu b»ng x¶y ra khi a=b=c

Sư dơng tính chất bắc cầu

Lu ý:

A>B và b>c thì A>c

0< x <1 th× x 2 vÝ dơ 1:
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

8


Chuyên đề bồi dưỡng HSG lớp 9 - Phần bất ng thc


ab> ad+bc

(điều phải chứng minh)

ví dụ 2:

Cho a,b,c>0 thỏa 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 2 2 2
( a +b +c )
2
5
1 1 1
⇒ ac+bc-ab ≤ 〈 1 Chia hai vÕ cho abc > 0 ta cã
+ − 〈
6
a b c
⇒ ac+bc-ab 〈

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
Giải:

Ta có (1-a).(1-b) = 1-a-b+ab
Do a>0 , b>0 nên 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 dô 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 thì ac+bd =1998

(Chuyên Anh –98 – 99)
Gi¶i:
2

Ta cã (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

9

2

+ b 2 c 2 - 2abcd =


Chuyên đề bồi dưỡng HSG lớp 9 - Phần bất đẳng thức
rá rµng (ac+bd)2 ≤ ( ac + bd ) 2 + ( ad − bc ) 2 = 1998 2
⇒ 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 ≥

2003- 2004Thanh hãa )
2,Cho a;b;c ≥ 0 tháa m·n :a+b+c=1(?)
1
a

1
b

1
( đề thi vào chuyên nga pháp
2003

1
c

Chứng minh rằng: ( 1).( 1).( 1) 8

Phơng pháp 5:

dùng tính chấtcủa tỷ số

Kiến thức
1) Cho a, b ,c là các số dơng thì
a
a a+c
> 1 thì >
b
b b+c
a
a a+c
b NÕu < 1 th× <
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 thức ta có

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 cã

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

(4)
(5)

10


Chuyên đề bồi dưỡng HSG lớp 9 - Phần bất đẳng thức
d
d
d +c
<
<
a+b+c+d d +a+b a+b+c+d

(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 dô 2 :

a c
a ab + cd c
<
vµ b,d > 0 .Chøng minh r»ng < 2
b 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
<
<
®iỊu ph¶i chøng minh
b b2 + d 2 d

Cho: <
Gi¶i:
VËy

vÝ dơ 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 +
giải :

b
d

Không mất tính tổng quát ta giả sử :

a
1 v× a+b = c+d
c

a
b
a
b
a a+b b
≤
⇒ ≤
≤
Tõ : ≤
c

d
c
d
c c+d d

b
a b
≤ 998 ⇒ + ≤ 999
d
c d
a b 1 999
b, Nếu: 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 nhất của + =999+
khi a=d=1; c=b=999
c d
999

a, Nếu :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 cố gắng biến đổi số hạng tổng quát u k về hiệu của hai số hạng liên tiếp nhau:
u k = ak − ak +1

Khi ®ã :
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

11


Chuyên đề bồi dưỡng HSG lớp 9 - Phần bất đẳng thức
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

Giải:

Ta có
Do đó:

1
1
1
>
=
n + k n + n 2n

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

Gi¶i :

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 vÕ các bất đẳng thức trên ta có
1+

(

)

1
1
1
+
+ .... +
> 2 n +1 −1
2
3
n

VÝ dô 3 :
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 có

12

)


Chuyên đề bồi dưỡng HSG lớp 9 - Phần bất đẳng thức
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 có
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 tõng 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 vế 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 r»ng 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 gi¸c cã chu vi b»ng 2
13


Chuyên đề bồi dưỡng HSG lớp 9 - Phần bất đẳng thức
Chøng minh r»ng

a 2 + b 2 + c 2 + 2abc < 2

Phơng pháp 8:

Ví dụ1:

a

đổi biến số
b

c

3

Cho a,b,c > 0 Chøng minh r»ng b + c + c + a + a + b ≥ 2 (1)
Gi¶i :

y+z−x
z+x− y
x+ y−z
; b=
;c=
2
2
2
y+z−x z+x− y x+ y−z
3
+
+
≥
ta cã (1) ⇔
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 x
z y
z x
+ ≥ 2 nên ta có điều
+ 2;
Bất đẳng thức cuối cùng đúng vì ( + 2;
x y
y z
x z

Đặt x=b+c ; y=c+a ;z= a+b ta cã a=

ph¶i chøng minh
VÝ dơ2:

Cho a,b,c > 0 vµ 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 bÊt đẳng thức Côsi ta có
x + y + z 3. 3 xyz
1 1 1
1

+ + ≥ 3. . 3
x y z
xyz
⇒



( x + y + z ). 1 + 1 + 1  ≥ 9


x

Mµ x+y+z < 1
VËy

1 1 1
+ + ≥9
x y z

y

z

(®pcm)

VÝ dơ3:

Cho x ≥ 0 , y ≥ 0 tháa m·n 2 x − y = 1 CMR x + y ≥

14

1
5


Chuyên đề bồi dưỡng HSG lớp 9 - Phần bất ng thc
Gợi ý:
Đặt x = u ,

y =v

2u-v =1 vµ S = x+y = u 2 + v 2 ⇒ v = 2u-1 thay vµo tÝnh S min

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 :
2
Cho tam thøc bËc hai f ( x ) = ax + bx + c
∀x ∈ R
NÕu ∆ < 0 th× a. f ( x ) > 0
b
a
víi x < x1 hc x > x2
víi x1 < x < x2

NÕu ∆ = 0 th× a. f ( x ) > 0

∀x ≠ −

NÕu ∆ > 0 th× a. f ( x ) > 0
a. f ( x ) < 0

VÝ dô1:

Chøng minh r»ng

f ( x, y ) = x 2 + 5 y 2 − 4 xy + 2 x − 6 y + 3 > 0

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
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

15

(1)

( x2 > x1 )


Chuyên đề bồi dưỡng HSG lớp 9 - Phần bất đẳng thức

(

)

x 2 y 4 + 2 x 2 + 2 . y 2 + 4 xy + x 2 − 4 xy 3 > 0

⇔ ( y 2 + 1) 2 .x 2 + 4 y (1 − y ) x + 4 y 2 > 0
2

Ta cã ∆′ = 4 y 2 (1 − y 2 ) 2 − 4 y 2 ( y 2 + 1) 2 = −16 y 2 < 0
V× a = ( y 2 + 1) 2 > 0 vËy f ( x, y ) > 0
(đpcm)

Phơng pháp 10: dùng quy nạp toán học
Kiến thức:
Để chứng minh bất đẳng thức đúng với 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 thức đúng với 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

(®óng)

VËy BĐT (1) đúng với n =2
Giả sử BĐT (1) đúng với n =k ta phải chứng minh
BĐT (1) đúng với 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

⇔

k +1+1 1
< ⇔ k (k + 2) < (k + 1) 2 k2+2k(k + 1) 2 k

đẳng thức (1)đợc chứng minh
VÝ dơ2: Cho n ∈ N vµ a+b> 0
16


Chuyên đề bồi dưỡng HSG lớp 9 - Phần bất ng thc
n

a+b
an + bn

Chứng minh rằng
(1)


2



2

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
Thật vậy với 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¶ sư a ≥ b và giả thiết cho a -b a b
k

⇔ a k ≥ b ≥ bk

⇒

(a

k

)

− b k .( a − b ) ≥ 0

k
(+) Gi¶ sư a < b và theo giả thiết - aVậy BĐT (3)luôn đúng ta có (đpcm)

Phơng pháp 11:

Chứng minh ph¶n chøng

Lu ý:
1) Gi¶ sư ph¶i chøng minh bÊt 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 ®Ị cho ta :
Nh vËy ®Ĩ phđ ®Þnh ln ®Ị ta ghép tất cả giả thiết của luận đề với phủ định kết
luận của nó .
Ta thờng dùng 5 hình thøc chøng minh ph¶n chøng sau :

A - Dïng mƯnh đề phản đảo :



K



G

B Phủ định rôi suy trái giả thiết :
C Phủ định rồi suy trái với ®iỊu ®óng
D – Phđ ®Þnh råi suy ra 2 ®iỊu trái ngợc nhau
17


Chuyên đề bồi dưỡng HSG lớp 9 - Phần bất ng thc
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 đợc
a 2 + c 2 < 4(b + d )
(1)
Theo gi¶ thiÕt ta cã 4(b+d) ≤ 2ac (2)
Tõ (1) vµ (2) ⇒ a 2 + c 2 < 2ac hay ( a − c ) 2 < 0 (vô lý)
Vậy trong 2 bất đẳng thức a 2 < 4b vµ c 2 < 4d cã Ýt nhÊt mét các bất đẳng thức sai
Ví dụ 3:

Cho x,y,z > 0 vµ xyz = 1. Chøng minh r»ng
NÕu x+y+z >

1 1 1
+ +
thì có một trong ba số này lớn hơn 1
x y z

Gi¶i :
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 thiÕt 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 có một số 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)
Vậy có một và chỉ một trong ba số x , y,z lớn hơn 1
Phần iii :

các bài tập nâng cao

18


Chuyên đề bồi dưỡng HSG lớp 9 - Phần bất ng thc
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:

VËy :

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
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
a 2 + 2b 2 − 2ab + 2a − 4b + 2 ≥ 0

c)
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
= ( x 2 − y 2 ) 2 + ( x − z ) 2 + ( x − 1) 2
H 0 ta có điều phải chứng minh
b) VÕ tr¸i cã thĨ viÕt
H = ( a − 2b + 1) 2 + ( b − 1) 2 + 1
H > 0 ta có điều phải chứng minh
c) vÕ tr¸i cã thĨ viÕt
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 và xy =1 .Chøng minh r»ng

(x

)

2

+ y2
≥8
( x − y) 2

Gi¶i :
Ta cã
⇒

(x

2

x 2 + y 2 = ( x − y ) + 2 xy = ( x − y ) + 2
2

2

+y

) = ( x − y)

2 2

4

2

+ 4.( x − y ) + 4
2

19

(v× xy = 1)

a >0 )


Chuyên đề bồi dưỡng HSG lớp 9 - Phần bất ng thc
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 
⇔
 1 + x 2 − 1 + y 2  +  1 + y 2 − 1 + xy  ≥ 0
 


 


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 ) 2 ( xy − 1) ≥ 0
(1 + x 2 ).(1 + y 2 ).(1 + xy )

B§T cuối này đúng do xy > 1 .Vậy ta có điều phải chứng minh

Iii / dùng bất đẳng thức phụ
1) Cho a , b, c là các số thực và a + b +c =1
Chøng minh r»ng a 2 + b 2 + c 2
Giải :

1
3

áp dụng BĐT BunhiaCôpski cho 3 sè (1,1,1) vµ (a,b,c)
Ta cã
⇔
⇔

(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 số d¬ng
1 1 1
Chøng minh r»ng ( a + b + c ). + +  ≥ 9
a

Gi¶i :
a
b

a
c

b
a

b
c

c
a

b

c
a

(1) ⇔ 1 + + + + 1 + + + + 1 ≥ 9

20

c

(1)


Chuyên đề bồi dưỡng HSG lớp 9 - Phần bất đẳng thức
a b a c b c
⇔ 3+ + + +  + +  ≥ 9

b a c a c b
x y
áp dụng BĐT phụ + 2 Với x,y > 0
y x

Ta có BĐT cuối cùng luôn đúng


Vậy ( a + b + c ). + +  9
1
a

1
b

1
c

(đpcm)

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)

⇒ a 2 > a3 ; b > b 3
Mặt khác 0 ⇒ 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
⇒ 2a 3 + 2b 3 + 2c 3 < 3 + a 2b + b 2 c + c 2 a

(đpcm)

2) So sánh 31 11 và 17 14
Giải :
11
Ta thÊy 3111 < 3211 = ( 25 ) = 255 < 256
Mặt khác 256 = 24.14 = ( 24 ) = 1614 < 1714
Vëy 31 11 < 17 14 (®pcm)
14

V/ dïng tÝnh chÊt tØ sè
1) Cho a ,b ,c ,d > 0 .Chøng minh r»ng :
2<

Gi¶i :

a+b
b+c
c+d

d +a
+
+
+
<3
a +b+c b+c+d c+d +a d +a +b

V× 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

21

(1)
(2)


Chuyên đề bồi dưỡng HSG lớp 9 - Phần bất đẳng thức
d +a

d +a
d +a+c
<
<
a+b+c+d d +a+b a+b+c+d

(3)

Céng c¸c vÕ của 4 bất đẳng thức trên ta có :
2<

a+b
b+c
c+d
d +a
+
+
+
<3
a +b+c b+c+d c+d +a d +a +b

(®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

Từ (1)

Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên ta có :
1<

a
b
c
+
+
<2
b+c c+a a+b

b
b
2b
<
<
a+b+c a+c a+b+c
c
c
2c
<
<
a+b+c b+a a+b+c

(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 ®ã céng l¹i ta cã
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

22


Chuyên đề bồi dưỡng HSG lớp 9 - Phần bất đẳng thức



1 1
 

1

 1


1

1

− ÷ < 2 − < 2 (đpcm)
< 1 + 1 ữ+ ữ+ .... + 
2
2 3
n −1 n
n





PhÇn iv : øng dơng 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
(1)
Vµ x − 2 + x − 3 = x − 2 + 3 − x ≥ x − 2 + 3 − x = 1
(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
VËy T có giá trị nhỏ nhất là 4 khi 2 x 3
Ví dụ 2 :
Tìm 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 Côsi ta có
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 cã gi¸ 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 Bunhiacốpski cho 6 sè (x,y,z) ;(x,y,z)

23


Chuyên đề bồi dưỡng HSG lớp 9 - Phần bất đẳng thức
Ta cã

( xy + yz + zx )

2

(

≤ ( x2 + y2 + z2 )

⇒ 1 ≤ x2 + y 2 + z 2

)

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

VËy x 4 + y 4 + z 4 có giá trị nhỏ nhất là

1
3
khi x=y=z=
3
3

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 hun lµ x,y
1
2

Ta cã S = . ( x + y ) .h = a.h = a. h 2 = a. xy

Vì a không đổi mà x+y = 2a
Vậy S lín nhÊt khi x.y lín nhÊt ⇔ x = y
VËy trong các 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 :
2
Ta cã 3x 2 + 6 x + 19 = 3.( x + 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
Vậy phơng trình có nghiệm duy nhất x = -1
Ví dụ 2 :
Giải phơng trình

24

khi x = -1


Chuyên đề bồi dưỡng HSG lớp 9 - Phần bất đẳng thức
x + 2 − x2 = 4 y 2 + 4 y + 3

Giải :
áp dụng BĐT BunhiaCốpski ta cã :

(

)

x + 2 − x 2 ≤ 12 + 12 . x 2 + 2 − x 2 ≤ 2. 2 = 2

DÊu (=) x¶y ra khi x = 1
2
Mặt khác 4 y 2 + 4 y + 3 = ( 2 y + 1) + 2 ≥ 2
DÊu (=) x¶y ra khi y = -

1
2

VËy x + 2 − x 2 = 4 y 2 + 4 y + 3 = 2

khi x =1 vµ y =-

1
2

 x =1

Vậy 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
+
+
2
2
2
2 2
2 2
2 2
≥x y +y z +z x
x4 + y4 + z4 =

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 dơ 4 :

1
3

cã nghiƯm x = y = z =

Gi¶i hệ phơng trình 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

25

1
3