ÔN tập THI TUYỂN SINH vào 10 THEO CHỦ đề PHẦN đại số NÂNG CAO
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (351.09 KB, 30 trang )
Ôn tập chuẩn bị thi vào lớp 10 theo chủ đề
MUÏC LUÏC
Ôn tập chuẩn bị thi vào lớp 10 theo chủ đề
CAÙC CHUÛ ÑEÀ VEÀ TOAÙN NAÂNG CAO
CHỦ ĐỀ 1: HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC CAO
Dạng 1: Giải các hệ phương trình bậc cao sử dụng phương pháp thế và cộng đại số:
Bài 1: Giải hệ phương trình sau đây bằng phương pháp thế trực tiếp
x + y = −2
a)
x + y = 4
b)
x − xy + y = 13
2
x + y = −1
x + 2y = 11
2
2
2
c)
x − y = 6
d)
x − y = 3(x − y)
3
3
3
x − y = 126
3
Bài 2: Giải hệ phương trình sau đây bằng cách cộng, trừ vế theo vế để tìm đẳng thức liên hệ giữa x và y rồi
dung phương pháp thế trực tiếp
2
2
x + y − 2x + 3y = 3
2
2
2x + 2y + x − 5y = 0
2
2
x + y − 4x + 6y = 12
2
2
x + y + x − 5y = 0
a)
2
2
x + y − 6x + 9y = 27
2
2
2x + 2y + 3x − 15y = 0
b)
c)
Bài 3: Giải hệ phương trình sau đây bằng cách đưa một phương trình của hệ về phương trình tích rồi sử dụng
phương pháp thế.
x 5 − x 4 y + x − y = 0
a) 3
2
2
3
x − 3x y + 4xy − 4y = 54
x 3 − x 2 y + x − y = 0
b) 5
4
4
3 2
9x − 6x y + xy − 3x y = 32
x 5 + x 4 y + 2x − 2y = 0
c) 3
2
2
3
7x − 4x y − 2xy + y = 16
Dạng 2: Hệ phương trình đối xứng loại 1:
Bài 1: Giải các hệ phương trình đối xứng loại 1 bằng cách tìm giá trị của tổng S = x + y và tích P = xy
x 2 + y 2 = 10
a)
x + y = 4
x 2 + y2 = 4
b)
2xy = 3
x 3 + y3 = 2
c)
xy ( x + y ) = 2
x 3 + y3 = 35
d) 2
2
x y + xy = 30
x 3 + y3 = 8
e)
x + y + 2xy = 2
Bài 2: Giải các hệ phương trình đối xứng loại 1 sau đây bằng cách đặt ẩn phụ
x 6 + y 6 = 64
a) 2 2
x + y = 4
x ( x + 1) + y ( y + 1) = 8
b)
x ( x + 1) y ( y + 1) = 12
2
2
1
1
x + ÷ + y + ÷ = 13
x
y
a)
1
1
x + x + y + y = 5
x 2 + y 2 − 2x − y = 5
c)
xy ( x − 2 ) ( y − 1) = 6
1
1
2
2
x + y + x 2 + y2 = 1
f)
x + y + 1 + 1 = 3
x y
( x + 1) 3 + ( y + 1) 3 + = 9
d)
x + y + xy = 1
2
1 25
2
( x + y ) 1 + 2 2 ÷ =
x y 4
g)
x + y 1 + 1 = 9
)
÷
(
xy 2
Bài 3: Giải các hệ phương trình đối xứng loại 1 sau đây bằng cách dung hằng đẳng thức A 2 B2 rồi tìm giá trị
của tổng S = x + y và tích P = xy
( x − y ) ( x 2 − y 2 ) = 3
a)
2
2
( x + y ) ( x + y ) = 15
( x − y ) ( x 2 − y 2 ) = 32
b)
2
2
( x + y ) ( x + y ) = 20
( x − y ) ( x 2 − y 2 ) = −9
c)
2
2
( x + y ) ( x + y ) = −5
Dạng 3: Hệ phương trình đối xứng loại 2:
Bài 1: Giải hệ phương trình sau bằng cách trừ vế theo vế thu được tích của hai biểu thức bậc nhất.
2x 2 + xy = 1
a) 2
2y + xy = 1
x 2 = 3x + 2y
b) 2
y = 3y + 2x
x 2 + 1 = 3y
c) 2
y + 1 = 3x
x 2 − 2y 2 = 2x + y
d) 2
2
y − 2x = 2y + x
D¹ng 4: Hệ phương trình đẳng cấp đồng bậc:
Bài 1: Giải các hệ phương trình sau đây bằng cách đặt y = kx
2x 2 − 13xy + 15y 2 = 0
a) 2
2
x − 2xy + 3y = 9
x 2 + xy + y 2 = 19 ( x − y ) 2
a) 2
2
2
x − xy + y = 7 ( x − y )
GV: Trần Đình Hoàng
2x 2 − xy + y 2 = 13
b) 2
2
x + 4xy − 2y = −6
2x 2 − 5xy + y 2 = 0
e) 2
2
x − 3xy + y = −1
2
x 2 + 2y 2 = 6
c)
2
2xy − y = 3
( x + y ) ( x 2 − y 2 ) = 45
f)
2
2
( x − y ) ( x + y ) = 85
Trường THCS Nhơn Hải
Ôn tập chuẩn bị thi vào lớp 10 theo chủ đề
D¹ng 5: Hệ phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối:
Bài 1: Giải các hệ phương trình sau đây bằng phương pháp thế.
| 2x − y | + y = 8
x − 2y = 3
| y − x | +2x = 10
2x − y = 1
a)
x − 3y + 4 = 0
| 3x − 2y | +2y = 4
b)
| x | + 3y = 7
2 x + | y − 1|= 3
c)
d)
D¹ng 6: Hệ phương trình ba ẩn:
Bài 1: Giải các hệ phương trình sau đây bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số.
x + y + z = 1
a) x + 2y + 4z = 8
x + 3y + 9z = 27
x + y + z = 8
b) 3x − 2y + z = 1
4x − 2y + 2z = 9
5x + y − 2z = 2
c) x − y + 3z = 14
−4x + y + 2z = 0
Bài 2: Giải các hệ phương trình sau đây bằng cách tính hai ẩn theo ẩn còn lại rồi dùng phương pháp thế.
x + y + z = 3
a) x + 2y − z = 2
x + yz + xz = 3
x + y + z = 2
c) 2x + 3y + z = 1
2
2
2
x + ( y + z ) + ( x − 1) = 35
x − y − z = 3
b) x + 2y − z = 2
x + yz − xz = 3
Bài 3: Giải các hệ phương trình sau đây bằng cách tìm tổng và tích của hai ẩn.
x + y + z = 7
2
2
2
a) x + y + z = 21
2
xz = y
x + y + z = 15
2
2
2
b) x + y + z = 75
2
xy = z
x + y + z = 14
2
2
2
c) x + y + z = 84
2
yz = x
Bài 4: Giải các hệ phương trình ba ẩn đối xứng loại 1sau đây.
x + y + z = 6
a) xy + yz + zx = 12
xyz = 8
x + y + z = −1
b) xy + yz + zx = −3
xyz = 2
x + y + z = 6
c) xy + yz + zx = 12
2 2 2
+ + =3
x y z
CHỦ ĐỀ 2: PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ
Các phương pháp giải phương trình vô tỉ
I. Phương pháp nâng lên lũy thừa
Bài 1: Giải phương trình
a) x + 2x − 3 = x
b)
Giải:
a) x + 2x − 3 = x (1)
x − 1 − 5x − 1 = 3x − 2
3
2
(3). Ta phải có điều kiện x 3 ≥ 0 ⇔ x ≥ 3 (4)
Điều kiện xác định của phương trình: 2x 3 ≥ 0 ⇔ x ≥
( 1) ⇔
2x − 3 = x − 3
Với điều kiện (4) thì:
( 3) ⇔
2x − 3 = ( x − 3) ⇔ 2x − 3 = x 2 − 6x + 9
2
⇔ x 2 − 8x + 9 = 0 ⇔ ( x − 2 ) ( x − 6 ) = 0 ⇔ x1 = 2; x 2 = 6
Với x1 = 2 không thỏa mãn điều kiện (4), loại
x 2 = 6 thỏa mãn điều kiện (2) và (4) nên là nghiệm của phương trình
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 6
b)
x − 1 − 5x − 1 = 3x − 2
GV: Trần Đình Hoàng
(1)
3
Trường THCS Nhơn Hải
Ôn tập chuẩn bị thi vào lớp 10 theo chủ đề
x −1 ≥ 0
Điều kiện xác định của phương trình: 5x − 1 ≥ 0 ⇒ x ≥ 1
3x − 2 ≥ 0
( 1) ⇔
(*)
x − 1 = 3x − 2 + 5x − 1
Bình phương hai vế ta được:
x − 1 = 3x − 2 + 5x − 1 + 2
( 5x − 1) ( 3x − 2 )
Đến đây ta có hai cách giải:
Cách 1: Với điều kiện 2 7x ≥ 0
⇔ 2 − 7x = 2 15x 2 − 13x + 2
(2)
(**)
2
2
Thì ( 4 ) ⇔ ( 2 − 7x ) = 4 ( 15x − 13x + 2 ) ⇔ 4 − 28x + 49x = 60x − 42x + 8
2
2
⇔ 11x 2 − 24x + 4 = 0 ⇔ ( 11x − 2 ) ( x − 2 ) = 0 ⇔ x1 =
2
; x2 = 2
11
2
không thỏa mãn điều kiện (*), loại.
11
x 2 = 2 không thỏa mãn điều kiện (**), loại.
Vậy phương trình vô nghiệm
2
Cách 2: Ta phải có 2 − 7x ≥ 0 ⇔ x ≤ điều này trái với đk (*). Vậy phương trình vô nghiệm
7
3
3
Bài 2: Giải phương trình: 2x + 1 + x = 1
(1)
Giải:
3
Lập phương hai vế, áp dụng hằng đẳng thức ( a + b ) = a 3 + b3 + 3ab ( a + b ) ta được:
Giá trị x1 =
2x + 1 + x + 2 3 x ( 2x + 1)
Thay
3
(
)
2x + 1 + 3 x = 1
3
(2)
2x + 1 + 3 x = 1 vào (2) ta được:
2x + 1 + x + 2 3 x ( 2x + 1) = 1 ⇔ 3 x ( 2x + 1) = − x ⇔ x ( 2x + 1) = − x 3 ⇔ x ( x 2 + 2x + 1) = 0
⇔ x ( x + 1) = 0 ⇔ x1 = 0; x 2 = −1
2
Thử lại: x1 = 0 thỏa mãn (1)
x 2 = 1 không thỏa mãn (1), loại. Vậy phương trình (1) có 1 nghiệm duy nhất x = 0
II. Đưa về phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối
Bài 1: Giải phương trình: x + 2 x − 1 + x − 2 x − 1 = 2
Giải: Điều kiện xác định của phương trình: x ≥ 1
x + 2 x −1 + x − 2 x −1 = 2 ⇔ x −1 + 2 x −1 +1 + x −1 − 2 x −1 +1 = 2
(
)
2
x −1 + 1 +
(
)
x −1 −1
2
= 2 ⇔ x −1 + 1+
x −1 −1 = 2 ⇔ x −1 +
x −1 −1 = 1
(2)
Nếu x > 2 thì (2) ⇔ x − 1 + x − 1 − 1 = 1 ⇔ x − 1 = 1 ⇔ x − 1 = 1 ⇔ x = 2 , (ko thuộc khoảng đang xét)
Nếu 1 ≤ x ≤ 2 thì (2) ⇔ x − 1 + 1 − x − 1 = 1 , vô số nghiệm 1 ≤ x ≤ 2
Kết luận: 1 ≤ x ≤ 2
III.Phương pháp đặt ẩn phụ
Bài 1: Giải phương trình: 3x 2 + 21x + 18 + 2 x 2 + 7x + 7 = 2 (1)
Giải: Điều kiện xác định: x 2 + 7x + 7 ≥ 0
Đặt
2
2
x 2 + 7x + 7 = y ≥ 0 khi đó y = x + 7x + 7
2
2
(1) trở thành 3y + 2y − 3 = 2 ⇔ 3y + 2y − 5 = 0 ⇔ ( y − 1) ( 3y + 5 ) = 0 ⇔ y = 1; y =
Với y = 1 ⇔
−5
(loại)
3
x 2 + 7x + 7 = 1 ⇔ x 2 + 7x + 6 = 0 ⇔ ( x + 1) ( x + 6 ) = 0 ⇔ x1 = −1; x 2 = −6
Các giá trị x1 = 1 và x 2 = 6 thỏa mãn x 2 + 7x + 7 ≥ 0 , do đó đều là nghiệm của (1)
GV: Trần Đình Hoàng
4
Trường THCS Nhơn Hải
Ôn tập chuẩn bị thi vào lớp 10 theo chủ đề
Bài 1: Giải phương trình: 3 2x + 1 + 3 x = 1
Giải: Đặt 3 2x + 1 = a ; 3 x = b thì 2x + 1 = a3 ; x = b3 nên a 3 − 2b3 = 2x + 1 − 2x = 1
Cần tìm a và b thỏa mãn a + b = 1 và a 3 − 2b3 = 1
Ta có: a 3 − 2 ( 1 − a ) = 1 ⇔ a 3 − 1 − 2 ( 1 − a ) = 0
3
3
3
2
⇔ ( a − 1) ( a 2 + a + 1) + 2 ( a − 1) = 0 ⇔ ( a − 1) ( a 2 + a + 1) + 2 ( a − 1) = 0
Dễ thấy a 2 + a + 1 + 2 ( a − 1) > 0 nên a = 1. Suy ra b = 0
Vậy x = 0 là nghiệm của phương trình đã cho.
2
IV. Phương pháp bất đẳng thức:
1. Sử dụng tính đối nghịch ở hai vế
Bài 1: Giải phương trình: 3x 2 + 6x + 7 + 5x 2 + 10x + 14 = 4 − 2x − x 2
Giải: Vế trái
3 ( x + 1) + 4 + 5 ( x + 1) + 9 ≥ 4 + 9 = 5
2
2
Vế phải 4 − 2x − x 2 = 5 − ( x + 1) ≤ 5
Hai vế của phương trình đều bằng 5, khi đó x = 1 là nghiệm của phương trình
2
2. Sử dụng điều kiện xảy ra dấu “=” ở bất đẳng thức
Bài 1: Giải phương trình
Giải:
Điều kiện
x>
x
3x − 2
+
3x − 2
=2
x
2
3
Ta có bất đẳng thức
a b
+ ≥ 2 với a > 0, b > 0, xảy ra đẳng thức khi và chỉ khi a = b
b a
2
thì (1) ⇔ x = 3x − 2 ⇔ x 2 − 3x + 2 = 0 ⇔ x1 = 1; x 2 = 2 (thỏa mãn đk)
3
Vậy phương trình có hai nghiệm x = 1; x = 2
Bài tập vận dụng
a) 15 − x + 3 − x = 6
b) 3 x + 1 + 3 7 − x = 2
c) x − 2 x − 1 − x − 1 = 1
Với x >
b)
3x + 15 − 4x + 17 = x + 2
GV: Trần Đình Hoàng
e) 1 + 3 x − 16 = 3 x + 3
5
f) 1 − x 2 − x = x − 1
Trường THCS Nhơn Hải
Ôn tập chuẩn bị thi vào lớp 10 theo chủ đề
CHỦ ĐỀ 3: BẤT ĐẲNG THỨC
PHẦN I : Các kiến thức cần lưu ý
2. Đinh nghĩa
A ≥ B ⇔ A − B ≥ 0
A ≤ B ⇔ A − B ≤ 0
3. Tính chất
• A>B ⇔B< A
• A > B và B >C ⇔ A > C
• A > B ⇒A + C > B + C
• A > B và C > D ⇒ A+C > B + D
• A > B và C > 0 ⇒ A.C > B.C
• A > B và C < 0 ⇒ A.C < B.C
• 0 < A < B và 0 < C
• A > B ⇒ A n > B n với n lẻ
• A > B ⇒ A n > B n với n chẵn
• m > n > 0 và A > 1 ⇒ A m > A n
• m > n > 0 và 0 1 1
>
• A < B và A.B > 0 ⇒
A B
4. Một số hằng bất đẳng thức
• A 2 ≥ 0 với ∀ A ( dấu = xảy ra khi A = 0 )
• An ≥ 0 với ∀ A ( dấu = xảy ra khi A = 0 )
• A ≥ 0 với ∀A (dấu = xảy ra khi A = 0 )
•
- A
•
A+ B ≥ A + B
( dấu = xảy ra khi A.B > 0)
•
A− B ≤ A − B
( dấu = xảy ra khi A.B < 0)
PHẦN II : Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức
Phương pháp 1 : Dùng định nghĩa
Kiến thức : Để chứng minh A > B
Ta chứng minh A – B > 0
Lưu ý dùng hằng bất đẳng thức M 2 ≥ 0 với∀ M
Bài 1: ∀ x, y, z chứng minh rằng :
a) x 2 + y 2 + z 2 ≥ xy+ yz + zx
b) x 2 + y 2 + z 2 ≥ 2xy – 2xz + 2yz
c) x 2 + y 2 + z 2 +3 ≥ 2 (x + y + z)
Giải:
1
a) Ta xét hiệu x 2 + y 2 + z 2 xy – yz – zx = .2 .( x 2 + y 2 + z 2 xy – yz – zx)
2
1
2
2
2
= (x − y) + (x − z) + (y − z) ≥ 0 đúng với mọi x; y; z∈ ¡
2
Vì (x y)2 ≥ 0 với ∀x ; y Dấu bằng xảy ra khi x = y
(x z)2 ≥ 0 với ∀x ; z Dấu bằng xảy ra khi x = z
(y z)2 ≥ 0 với ∀ z; y Dấu bằng xảy ra khi z = y
Vậy x 2 + y 2 + z 2 ≥ xy+ yz + zx. Dấu bằng xảy ra khi x = y =z
GV: Trần Đình Hoàng
6
Trường THCS Nhơn Hải
Ôn tập chuẩn bị thi vào lớp 10 theo chủ đề
x 2 + y 2 + z 2 − ( 2xy – 2xz + 2yz ) = x 2 + y 2 + z 2 − 2xy + 2xz – 2yz
= ( x – y + z) 2 ≥ 0 đúng với mọi x; y; z∈ ¡
Vậy x 2 + y 2 + z 2 ≥ 2xy – 2xz + 2yz đúng với mọi x; y; z∈ ¡
Dấu bằng xảy ra khi x + y = z
c) Ta xét hiệu 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
Dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 1
b) Ta xét hiệu
Bài 2: Chứng minh rằng :
2
a2 + b2 a + b
a)
≥
2
2
c) Hãy tổng quát bài toán
a2 + b2 + c2 a + b + c
≥
3
3
b)
Giải:
(
2
2
)
a2 + b2 a + b 2 a2 + b2
a 2 + 2ab + b 2
a) Ta xét hiệu
−
−
=
2
4
4
2
1
2
2
2
2
= 2a + 2b − a − b − 2ab
4
2
a2 + b2 a + b
Vậy
≥
Dấu bằng xảy ra khi a = b
2
2
(
2
)
=
1
( a − b) 2 ≥ 0
4
[
]
a2 + b2 + c2 a + b + c 1
2
2
2
b) Ta xét hiệu
−
= ( a − b) + ( b − c) + ( c − a ) ≥ 0
3
3
9
2
a2 + b2 + c2 a + b + c
≥
Dấu bằng xảy ra khi a = b = c
3
3
2
a12 + a 22 + .... + a n2 a1 + a 2 + .... + a n
≥
c) Tổng quát
n
n
Vậy
Bài 3: Cho abc = 1 và a 3 > 36 . . Chứng minh rằng
a2
+ b2 + c2 > ab + bc + ac
3
Giải
a2
a2 a2
2
2
Ta có hiệu:
+ b + c ab bc – ac = +
+ b2 + c2 ab bc – ac
3
4 12
2
a
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 a > 0 )
2
12a
2
a
Vậy :
+ b2 + c2 > ab + bc + ac (Điều phải chứng minh)
3
Bài 4: Chứng minh rằng
a) x 4 + y 4 + z 2 + 1 ≥ 2 x.( xy 2 − x + z + 1)
b) Với mọi số thực a , b, c ta có
a 2 + 5b 2 − 4ab + 2a − 6b + 3 > 0
a 2 + 2b 2 − 2ab + 2a − 4b + 2 ≥ 0
Giải:
a) Xét hiệu
H = x 4 + y 4 + z 2 + 1 − 2 x 2 y 2 + 2 x 2 − 2 xz − 2 x
GV: Trần Đình Hoàng
7
Trường THCS Nhơn Hải
Ôn tập chuẩn bị thi vào lớp 10 theo chủ đề
(
)
= x 2 − y 2 + ( x − z ) 2 + ( x − 1) 2
H ≥ 0 ta có điều phải chứng minh
b) Vế trái có thể viết
H = ( a − 2b + 1) 2 + ( b − 1) 2 + 1
⇒ H > 0 ta có điều 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
2
Tóm lại các bước để chứng minh A ≥ B theo định nghĩa
Bước 1: Ta xét hiệu H = A B
Bước 2: Biến đổi H = (C + D) 2 hoặc H = (C + D) 2 +….+ (E + F) 2
Bước 3: Kết luận A ≥ B
Ví dụ: Chứng minh ∀m, n, p, q ta đều có m 2 + n 2 + p 2 + q 2 +1 ≥ m(n + p + q + 1)
Giải:
m 2 + n 2 + p 2 + q 2 +1 ≥ m(n + p + q +1)
m2
m2
m2
m2
⇔
− mn + n 2 +
− mp + p 2 +
− mq + q 2 +
− m + 1 ≥ 0
4
4
4
4
2
2
2
2
m
m
m
m
⇔ − n + − p + − q + − 1 ≥ 0 (luôn đúng)
2
2
2
2
m
m
2 −n =0
n
=
m
2
m
− p=0
m=2
2
p =
⇔
Dấu bằng xảy ra khi m
2 ⇔
n = p = q = 1
−q =0
m
q
=
2
m
m = 22
−
1
=
0
2
Bài 5: Chứng minh các bất đẳng thức sau:
3
3
2
2
a) 2 ( a + b ) ≥ ( a + b ) ( a + b ) với a, b > 0
2
2
2
2
f) a + b + c + d ≥ a ( b + c + d )
3
2
2
2
g) a + b + c + ≥ a + b + c
4
4
4
h) a + b + 2 ≥ 4ab
i) a 2 + 4b 2 + 4c 2 ≥ 4ab − 4ac + 8bc
3
3
b) 4 ( a + b ) ≥ ( a + b ) với a, b > 0
3
3
3
c) a + b + abc ≥ ab ( a + b + c ) với a, b, c > 0
d)
(a
2
+ b 2 ) ≥ ab ( a + b )
2
2
2
2
2
2
e) a + b + c ≥ a ( b + c )
a+b c+d
+
÷ ≥ ( a + c) ( b + d )
2
2
j)
Phương pháp 2 : Dùng phép biến đổi tương đương
Lưu ý:
Ta biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức đúng hoặc bất đẳng thức đã
được 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
Bài 1: Cho a, b, c, d, e là các số thực chứng minh rằng
b2
a) a 2 +
b) a 2 + b 2 + 1 ≥ ab + a + b
≥ ab
4
GV: Trần Đình Hoàng
c) a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + e 2 ≥ a( b + c + d + e )
8
Trường THCS Nhơn Hải
Ôn tập chuẩn bị thi vào lớp 10 theo chủ đề
Giải:
a) a 2 +
b2
≥ ab ⇔ 4a 2 + b 2 ≥ 4ab ⇔ 4a 2 − 4a + b 2 ≥ 0
4
2
⇔ ( 2a − b ) ≥ 0 (bất đẳng thức này luôn đúng)
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 . Dấu bằng xảy ra khi a = b= 1
Vậy a 2 +
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
(
) (
) (
(
)(
) (
) (
)(
)
) (
)(
Bài 2: Chứng minh rằng: a 10 + b10 a 2 + b 2 ≥ a 8 + b 8 a 4 + b 4
Giải:
(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 (Bất đẳng thứccuối đúng)
Vậy ta có điều phải chứng minh
x2 + y2
≥2 2
Bài 3: Cho x.y = 1 và x.y . Chứng minh
x− y
Giải:
x2 + y2
≥ 2 2 vì :x > y nên x y > 0 ⇒ x2 + y2 ≥ 2 2 ( x y)
x− y
10
)
(
)
⇒ x 2 + y 2 − 2 2x + 2 2y ≥ 0 ⇔ x 2 + y 2 + 2 − 2 2x + 2 2y − 2 ≥ 0
⇔ x 2 + y2 +
( 2)
2
− 2 2x + 2 2y − 2xy ≥ 0 vì 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
x.y.z = 1
Bài 4: Cho ba số thực khác không x, y, z thỏa mãn: 1 1 1
x + y + z < x + y + z
Chứng minh rằng : có đúng một trong ba số x,y, z lớn hơn 1
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 ( + + ) > 0 (vì + + < x + y + z )
x y z
x y z
x y z
2 trong 3 số x 1 , y 1 , z 1 âm hoặc cả ba sỗ 1 , y 1, z 1 là dương.
Nếu trường 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 trường hợp
trên tức là có đúng 1 trong ba số x, y, z là số lớn hơn 1
2
x2 + y2
≥8
Bài 5: Cho x > y và xy = 1. Chứng minh rằng
( x − y) 2
Giải:
Ta có x 2 + y 2 = ( x − y ) 2 + 2 xy = ( x − y ) 2 + 2 (vì xy = 1)
(
GV: Trần Đình Hoàng
)
9
Trường THCS Nhơn Hải
Ôn tập chuẩn bị thi vào lớp 10 theo chủ đề
(
)
⇒ x 2 + y 2 2 = ( x − y ) 4 + 4.( x − y ) 2 + 4
Do đó BĐT cần chứng minh tương đương 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 ≥ 0
BĐT cuối đúng nên ta có điều phải chứng minh
1
1
2
+
≥
Bài 6: Cho xy ≥ 1. Chứng minh rằng
2
2
1+ x 1+ y
1 + xy
2
1
1
2
1
1 1
1
+
≥
+
≥ 0
⇔
−
−
2
2
2
2
2
1+ x 1+ y
1 + xy
1 + x 1 + y 1 + y 1 + xy
x ( y − x)
y( x − y)
xy − x 2
xy − y 2
+
≥0
⇔
+
≥0 ⇔
2
2
2
1 + x .(1 + xy ) 1 + y 2 .(1 + xy )
1 + x .(1 + xy ) 1 + y .(1 + xy )
Giải: Ta có
(
⇔
)
(
(
)
( y − x ) 2 ( xy − 1) ≥ 0
(1 + x 2 ).(1 + y 2 ).(1 + xy )
)
(
)
BĐT cuối này đúng do xy > 1 .Vậy ta có điều phải chứng minh
x2 + y2
≥2 2
Bài 7: Cho x.y =1 và x.y Chứng minh
x−y
Giải:
x2 + y2
≥ 2 2 vì : x > y nên x − y > 0 ⇒ x2 + y2 ≥ 2 2 ( x − y)
Ta có:
x−y
2
⇒ x + y 2 − x + 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 vì 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
a 4 b4
1
a2 d
. CMR:
+ =
+ ≥ 2.
c d c+d
c b2
a 4 b4
1
a 4 b 4 (a 2 + b 2 ) 2
Giải: Ta có: a 2 + b 2 = 1 và
+ =
⇒ + =
c d c+d
c d
c+d
4
4
2
2 2
⇔ d (c + d ) a + c(c + d )b = cd (a + b )
⇔ dca 4 + d 2 a 4 + c 2b 4 + cdb 4 = cd (a 4 + b 4 + 2a 2b 2 )
⇔ d 2 a 4 + c 2b 4 − 2cda 2b 2 = 0 ⇔ (da 2 − cb 2 )2 = 0
Bài 8: Cho a, b, c, d là các số dương thỏa mãn a 2 + b 2 = 1 và
a 2 b2
= .
c
d
2
2
a
d
b
d
(b 2 − d ) 2
a2 d
Do đó
.
Vậy
+ 2 −2 = + 2 −2=
≥
0
+ ≥2
c b
d b
db 2
c b2
Bài tập tương tự
⇔ da 2 − cb 2 = 0 hay
Bài 7: Chứng minh các đẳng thức sau
a) P(x,y) = 9 x 2 y 2 + y 2 − 6 xy − 2 y + 1 ≥ 0 ∀x, y ∈ R
b)
a2 + b2 + c2 ≤ a + b + c
(gợi ý : bình phương 2 vế)
c) ( a + b + c ) ≥ a 3 + b3 + c3 + 24abc
d) Cho a + b + c = 0. Chứng minh rằng ab + bc + ca ≤ 0
2
1 1
e) Cho các số dương a và b thỏa mãn đk a + b = 1. CMR 1 + ÷ 1 + ÷ ≥ 9
a b
GV: Trần Đình Hoàng
10
Trường THCS Nhơn Hải
Ôn tập chuẩn bị thi vào lớp 10 theo chủ đề
Phương pháp 3: Dùng bất đẳng thức quen thuộc
A. Một số bất đẳng thức hay dùng
1) Các bất đẳng thức phụ:
b) ( x + y )
a) x + y ≥ 2 xy
2
2
2
2
x+y
4
x+y
≥ 4 xy hay
÷ ≥ xy hoặc xy ≥ x + y
2
a b
2
2
+ ≥2
d) x + y ≥ xy dấu ( = ) khi x = y = 0
b a
x
e) 2 + y 2 + z 2 ≥ xy + yz + xz
a + a 2 + a3 + .... + a n n
≥ a1 a 2 a3 ....a n
2) Bất đẳng thức Cô si: 1
Với ai > 0
n
3) Bất đẳng thức Bunhiacopski
2
2
a2 + a22 + .... + an2 . x12 + x22 + .... + 2n ≥ ( a1 x1 + a2 x2 + .... + an xn )
4) Bất đẳng thức Trê- bư-sép:
a≤b≤c
aA + bB + cC a + b + c A + B + C
⇒
≥
.
Nếu
3
3
3
A ≤ B ≤ C
a≤b≤c
aA + bB + cC a + b + c A + B + C
⇒
≤
.
Nếu
3
3
3
A ≥ B ≥ C
a=b=c
Dấu bằng xảy ra khi
A = B = C
c)
(
)(
)
1) 4x 3 + 4y3 ≥ ( x + y )
Bài 1: Cho a, b, c là các số không âm chứng minh rằng
(a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8abc
Giải: Dùng bất đẳng thức phụ: ( x + y ) 2 ≥ 4 xy
3
Tacó ( 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.
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c
Bài 2: Cho a > b > c > 0 và a 2 + b 2 + c 2 = 1 chứng minh rằng:
a3
b3
c3
1
+
+
≥
b+c a+c a+b 2
Giải:
a2 ≥ b2 ≥ c2
Do a, b, c đối xứng , giả sử a ≥ b ≥ c ⇒ a ≥ b ≥ c
b + c a + c a + b
Áp dụng BĐT Trê- bư-sép ta có
a
b
c
a2 + b2 + c2 a
b
c 1 3 1
a2.
+ b2.
+ c2.
≥
.
+
+
= . =
b+c
a+c
a+b
3
b+c a+c a+b 3 2 2
1
a3
b3
c3
1
Vậy
Dấu bằng xảy ra khi a = b = c =
+
+
≥
3
b+c a+c a+b 2
Bài 4: Cho a, b, c, d > 0 và abcd = 1. Chứng minh rằng :
a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + a( b + c ) + b( c + d ) + d ( c + a ) ≥ 10
Giải:
Ta có a 2 + b 2 ≥ 2ab
c 2 + d 2 ≥ 2cd
1
1
Do abcd =1 nên cd =
(dùng x + ≥ 2 )
ab
x
1
2
2
2
2
Ta có a + b + c + d ≥ 2(ab + cd) = 2(ab + ) ≥ 4 (1)
ab
GV: Trần Đình Hoàng
11
Trường THCS Nhơn Hải
Ôn tập chuẩn bị thi vào lớp 10 theo chủ đề
Mặt khác: a ( b + c ) + b( c + d ) + d ( c + a ) = (ab + cd) + (ac + bd) + (bc + ad)
1
1
1
= ab + + ac + + bc + ≥ 2 + 2 + 2
ab
ac
bc
2
2
2
2
Vậy a + b + c + d + a ( b + c ) + b( c + d ) + d ( c + a ) ≥ 10
Bài 5: Cho 4 số a, b, c, d bất kỳ chứng minh rằng:
(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
mà ( 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
Bài 6: Chứng minh rằng a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ac
Giải:
Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski
Xét cặp số (1,1,1) và (a,b,c) ta có
2
12 + 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
2
2
Bài 6: Cho a , b, c là các số thực và a + b +c = 1. Chứng minh rằng a + b + c ≥
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 ) ≤ ( 1 + 1 + 1) . a2 + b2 + c2
2
(
⇔ ( a + b + c ) ≤ 3. a2 + b2 + c2
2
)
)
1
(vì a + b + c =1 ) (đpcm)
3
Bài 7: Cho a, b, c là các số dương
1 1 1
Chứng minh rằng ( a + b + c ). + + ≥ 9
(1)
a b c
a a b
b c c
Giải: (1) ⇔ 1 + + + + 1 + + + + 1 ≥ 9
b c a
c a a
a b a c b c
⇔ 3+ + + + + + ≥ 9
b a c a c b
x y
+ ≥ 2 Với x, y > 0
Áp dụng BĐT phụ
y x
Ta có BĐT cuối cùng luôn đúng
1 1 1
Vậy ( a + b + c ). + + ≥ 9
(đpcm)
a b c
Bài 8: Cho a, b ,c là các số không âm chứng minh rằng
(a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8abc
Giải:
⇔
a2 + b2 + c2 ≥
Dùng bất đẳng thức phụ: ( x + y ) ≥ 4xy
2
GV: Trần Đình Hoàng
12
Trường THCS Nhơn Hải
Ôn tập chuẩn bị thi vào lớp 10 theo chủ đề
Tacó
( a + b ) ≥ 4ab ; ( b + c) ≥ 4bc ; ( c + a ) ≥ 4ac
⇒ ( a + b ) ( b + c ) ( c + a ) ≥ 64a b c = ( 8abc )
2
2
2
2
2
2
2
2
2 2
⇒ (a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8abc. Dấu “=” xảy ra khi a = b = c
Bài 9: Cho a, b, c là các số thực không âm thoả mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng:
3
3
3
3
( a − 1) + ( b − 1) + ( c − 1) ≥ −
4
Giải:
Ta coù (a − 1)3 = a3 − 3a2 + 3a − 1 = a a2 − 3a + 3 − 1
(
)
3
3
3
3
Tương tự: (b − 1) ≥ b − 1 ( 2 ) , (c − 1) ≥ c − 1 ( 3) Từ (1), (2), (3) suy ra:
4
4
3
9
3
3
3
3
( a − 1) + ( b − 1) + ( c − 1) ≥ ( a + b + c ) − 3 = − 3 = − . Vậy BĐT được chứng minh.
4
4
4
2
3
3
a
a
−
÷ =0
a = 0∨ a =
2
2
a = 0, b = c =
2
3
b b − 3 ÷ = 0
b = 0 ∨ b =
⇔
2 ⇔ b = 0, a = c =
Dấu đẳng thức xảy ra khi :
2
2
3
c c − 3 = 0
c = 0 ∨ c =
c = 0, a = b =
÷
2
2
a + b + c = 3
a + b + c = 3
3
2
3
2
3
2
Bài 10: Chứng minh a 3 + b3 ≥ ab(a + b) với mọi a, b ≥ 0 . Áp dụng kết quả trên, chứng minh bất đẳng thức
1
1
1
+ 3 3
+ 3
≤ 1 với mọi a, b, c là các số dương thỏa mãn abc = 1 .
3
3
a + b + 1 b + c + 1 c + a3 + 1
Giải:
Ta có: a 3 + b3 ≥ ab(a + b) ⇔ a 3 + b3 − ab(a + b) ≥ 0 ⇔ a 2 (a − b) + b 2 (b − a ) ≥ 0
⇔ (a − b)(a 2 − b 2 ) ≥ 0 ⇔ (a − b) 2 (a + b) ≥ 0 , đúng ∀a, b ≥ 0
a 3 + b3 ≥ ab(a + b) ⇔ a 3 + b3 + abc ≥ ab(a + b) + abc
1
1
⇔ a 3 + b3 + 1 ≥ ab(a + b + c) ⇔ 3 3
≤
a + b + 1 ab(a + b + c)
(Do các vế đều dương). Tương tự, cộng lại ta được
1
1
1
1
1
1
≤
+
+
=1
+ 3 3
+ 3
3
3
3
a + b + 1 b + c + 1 c + a + 1 ab(a + b + c) bc (a + b + c) ca (a + b + c)
Bài tập tương tự
Bài 1: Chứng minh các BĐT sau:
1 1 1
+ + ≥9
a b c
Cho x, y, z > 0 và x + y + z = 1 CMR: x + 2y + z ≥ 4(1 − x )(1 − y )(1 − z )
a
b
c
3
+
+
≥
Cho a > 0 , b > 0, c > 0 CMR:
b+c c+a a+b 2
1
Cho x ≥ 0 ,y ≥ 0 thỏa mãn 2 x − y = 1 CMR: x + y ≥
5
Cho 3 số dương a, b, c, biết a.b.c = 1. CMR: ( a + 1) ( b + 1) ( c + 1) ≥ 8
a) Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 1 CMR:
b)
c)
d)
e)
f) Cho các số a ≥ 0, b ≥ 0. CMR: ( a + b ) ( ab + 1) ≥ 4ab
g) Cho các số dương a, b, c, d, biết a.b.c.d = 1. CMR a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + ab + cd ≥ 6
GV: Trần Đình Hoàng
13
Trường THCS Nhơn Hải
Ôn tập chuẩn bị thi vào lớp 10 theo chủ đề
h) Chứng minh rằng với 3 số a, b, c > 0 thì:
bc ac ab
+ + ≥a+b+c
1)
a
b c
2
a
b2 a b
2) 2 + 2 ≥ +
b a
b a
Bài 9: Chứng minh các BĐT sau:
4
4
4
a) a + b + c ≥ abc ( a + b + c )
8
8
8
2 2 2
b) a + b + c ≥ a b c ( ab + bc + ca )
ab
bc
ca
a +b+c
+
+
≤
a+b b+c c+a
2
2
2
2
a
b c
4)
+ + ≥ a+b+c
b c a
3)
3
3
3
c) 8 ( a + b + c ) ≥ ( a + b ) + ( b + c ) + ( c + a )
3
d)
3
3
a2
b2
c2
a +b+c
+
+
≤
b+c c+a a+b
2
Phương pháp 4: Sử dụng tính chất bắc cầu
Lưu ý:
A > B và B > C thì A > C
0 < x < 1 thì x 2 < x
Bài 1: Cho a, b, c ,d > 0 thỏa mãn a > c + d , b > c + d
Chứng minh rằng ab > ad + bc
Giải:
a > c + d
a − c > d > 0
⇒
⇒ (a c)(b d) > cd ⇔ ab ad bc + cd > cd
Tacó
b > c + d
b − d > c > 0
⇔ ab > ad + bc (điều phải chứng minh)
5
1 1 1
1
2
2
2
+ + <
Bài 2: Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a + b + c =
Chứng minh
a b c abc
3
Giải:
Ta có : ( a + b c)2 = a2 + b2 + c2 + 2( ab – ac – bc) > 0
1
⇒ ac + bc ab < ( a2 + b2 + c2)
2
5
1 1 1
1
⇒ ac + bc ab ≤ < 1 Chia hai vế cho abc > 0 ta có
+ − <
6
a b c
abc
Bài 3: Cho 0 < a, b, c, d < 1 Chứng minh rằng (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 nên 1 c > 0 ta có
(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)
Bài 4: a) Cho 0 < a, b, c < 1 . Chứng minh rằng 2a 3 + 2b 3 + 2c 3 < 3 + a 2 b + b 2 c + c 2 a
b) Chứng minh rằng : Nếu a 2 + b 2 = c 2 + d 2 = 1998 thì ac + bd =1998
Giải :
a) Do a < 1 ⇒ a 2 < 1 và b < 1
Ta có 1 − a 2 .(1 − b ) < 0 ⇒ 1 b a 2 + a 2 b > 0
⇒ 1+ a 2 b 2 > a 2 + b 2 (1)
mà 0 < a, b < 1 ⇒ a 2 > a 3 , b 2 > b 3 (2)
Từ (1) và (2) ⇒ 1+ a 2 b 2 > a 3 + b 3
Vậy a 3 + b 3 < 1+ a 2 b 2
c 3 + a3 ≤ 1 + c 2a
Tương tự b 3 + c 3 ≤ 1 + b 2 c ,
Cộng các bất đẳng thức ta có :
2a 3 + 2b 3 + 2c 3 ≤ 3 + a 2 b + b 2 c + c 2 a
(
)
GV: Trần Đình Hoàng
14
Trường THCS Nhơn Hải
Ôn tập chuẩn bị thi vào lớp 10 theo chủ đề
b) Ta có ( ac + bd ) + ( ad − bc ) = a 2c 2 + b 2 d 2 + 2acbd + a 2 d 2 + b 2c 2 − 2adbc
2
2
= a 2 ( c 2 + d 2 ) + b 2 ( c2 + d 2 ) = ( a 2 + b 2 ) ( c 2 + d 2 ) = 19982
Rỏ ràng ( ac + bd ) ≤ ( ac + bd ) + ( ad − bc ) = 19982 ⇒ ac + bd ≤ 1998
2
2
2
Bài 5: Cho 0 < a, b, c < 1 . Chứng minh rằng : 2a 3 + 2b 3 + 2c 3 < 3 + a 2b + b 2 c + c 2 a
Giải :
Do a, b < 1 ⇒ a 2 < 1 và b < 1
(
)(
)
2
2
2
2
Nên 1 − a . 1 − b > 0 ⇒ 1 + a b − a − b > 0
Hay 1 + a2 b > a2 + b
(1)
Mặt khác 0 < a, b < 1 ⇒ a 2 > a 3 ; b > b 3
⇒ 1 + a2 > a3 + b3
Vậy a3 + b3 < 1 + a2 b
Tương tự ta có
b3 + c 3 < 1 + b 2c
⇒ 2a 3 + 2b 3 + 2c 3 < 3 + a 2b + b 2 c + c 2 a
3
3
2
a + c < 1+ c a
2) So sánh 31 11 và 17 14
Giải :
(đpcm)
Ta thấy 3111 < 3211 = ( 25 ) = 255 < 256
11
( )
Mặt khác 256 = 24.14 = 24
Vậy 31 11 < 17 14
14
= 1614 < 1714
(đpcm)
Bài 5: Cho các số thực : a1 ; a 2 ; a 3 ….; a 2003 thỏa mãn : a1 + a 2 + a 3 +…. + a 2003 = 1
1
2
2
2
Chứng minh rằng : a 12 + a 2 + a3 + .... + a 2003 ≥
2003
Bài 6: Cho a; b; c ≥ 0 thỏa mãn : a + b + c = 1(?)
1
1
1
Chứng minh rằng: ( − 1).( − 1).( − 1) ≥ 8
a
b
c
Phương pháp 5: Dùng tính chất của tỷ số
Kiến thức
1) Cho a, b ,c là các số dương thì
a
a a+c
> 1 thì >
a) Nếu
b
b b+c
a
a a+c
< 1 thì <
b) Nếu
b b+c
b
a c
a a+c c
< ⇒ <
<
2) Nếu b,d > 0 thì từ
b d
b b+d d
Bài 1: Cho a, b, c, d > 0 .Chứng minh rằng
a
b
c
d
1<
+
+
+
<2
a+b+c b+c+d c+d +a d +a+b
Giải:
Theo tính chất của tỉ lệ thức ta có
a
a
a+d
<1⇒
<
(1)
a+b+c
a+b+c a+b+c+d
a
a
>
Mặt khác :
(2)
a+b+c a+b+c+d
Từ (1) và (2) ta có
GV: Trần Đình Hoàng
15
Trường THCS Nhơn Hải
Ôn tập chuẩn bị thi vào lớp 10 theo chủ đề
a
a
a+d
<
<
(3)
a+b+c+d
a+b+c a+b+c+d
Tương tự ta có
b
b
b+a
<
<
(4)
a+b+c+d b+c+d a+b+c+d
c
c
b+c
<
<
(5)
a+b+c+d c+d +a a+b+c+d
d
d
d +c
<
<
(6)
a+b+c+d d +a+b a+b+c+d
Cộng vế với vế của (3); (4); (5); (6) ta được
a
b
c
d
1<
+
+
+
< 2 (điều phải chứng minh)
a+b+c b+c+d c+d +a d +a+b
Bài 2: Cho:
Giải:
a c
a ab + cd c
<
< và b, d > 0 .Chứng minh rằng
<
b d
b b2 + d 2 d
a c
ab cd
ab ab + cd cd c
<
=
< ⇒ 2 < 2 ⇒ 2 < 2
b d
b
d
b
b +d2 d2 d
a ab + cd c
<
Vậy
<
(điều phải chứng minh)
b b2 + d 2 d
Từ
Bài 3: Cho a;b; c; d là các số nguyên dương thỏa mãn : a + b = c + d = 1000 tìm giá trị lớn nhất của
Giải :
Không mất tính tổng quát ta giả sử :
a
≤ 1 vì a + b = c + d
c
a b
+
c d
a
b
a
b
a a+b b
≤
⇒ ≤
≤
Từ : ≤
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
Bài 4: Cho a, b, c, d > 0 . Chứng minh rằng :
a+b
b+c
c+d
d +a
2<
+
+
+
<3
a+b+c b+c+d c+d +a d +a +b
Giải :
Vì a ,b ,c ,d > 0 nên ta có
a+b
a+b
a +b+d
<
<
(1)
a+b+c+d a+b+c a+b+c+d
b + +c
b+c
b+c+a
<
<
(2)
a+b+c+d b+c+d a+b+c+d
d +a
d +a
d +a+c
<
<
(3)
a+b+c+d d +a+b a+b+c+d
Cộng các vế của 4 bất đẳng thức trên ta có :
a+b
b+c
c+d
d +a
2<
+
+
+
<3
a+b+c b+c+d c+d +a d +a +b
(đpcm)
Bài 5: Cho a, b, c là số đo ba cạnh tam giác
GV: Trần Đình Hoàng
16
Trường THCS Nhơn Hải
Ôn tập chuẩn bị thi vào lớp 10 theo chủ đề
Chứng minh rằng 1 <
Giải :
a
b
c
+
+
<2
b+c c+a a+b
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 + c ; c < a + b
a
a+a
2a
<
=
Từ (1) ⇒
b+c a+b+c a+b+c
a
a
>
Mặt khác
b+c a+b+c
a
a
2a
<
<
Vậy ta có
a+b+c b+c a+b+c
b
b
2b
c
c
2c
<
<
<
<
Tương tự ta có
;
a+b+c a+c a+b+c
a+b+c b+a a +b+c
Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên ta có :
a
b
c
1<
+
+
<2
(đpcm)
b+c c+a a+b
Phương pháp 6: Phương pháp làm trội
Lưu ý:
Dùng các tính bất đẳng thức để đưa một vế của bất đẳng thức về dạng tính được tổng hữu hạn hoặc
tích hữu hạn.
(*) Phương pháp chung để tính tổng hữu hạn :
S = u1 + u 2 + .... + 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 đó : S = ( a1 − a2 ) + ( a2 − a3 ) + .... + ( an − an +1 ) = a1 − an +1
(*) Phương pháp chung về tính tích hữu hạn
P = u1u2 ....un
Biến đổi các số hạng u k về thương của hai số hạng liên tiếp nhau:
a
uk = k
ak +1
a1 a2
a
a
. ..... n = 1
Khi đó P =
a2 a3
an +1 an +1
Bài 1: Với mọi số tự nhiên n > 1 chứng minh rằng
1
1
1
1
3
<
+
+ .... +
<
2 n +1 n + 2
n+n 4
Giải:
1
1
1
>
=
Ta có
với k = 1, 2, 3,…, n 1
n + k n + n 2n
1
1
1
1
1
n 1
+
+ ... +
>
+ ... +
=
=
Do đó:
n +1 n + 2
2n 2n
2 n 2n 2
Bài 2 : Chứng minh rằng: 1 +
Giải :
(
)
1
1
1
+
+ .... +
> 2 n +1 −1
2
3
n
(
1
2
2
=
>
= 2 k +1 − k
k 2 k
k + k +1
Khi cho k chạy từ 1 đến n ta có:
1 > 2 2 −1
Ta có
(
Với n là số nguyên
)
)
GV: Trần Đình Hoàng
17
Trường THCS Nhơn Hải
Ôn tập chuẩn bị thi vào lớp 10 theo chủ đề
(
)
1
>2 3− 2
2
………………
1
> 2 n +1 − n
n
Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta có
1
1
1
1+
+
+ .... +
> 2 n +1 −1
2
3
n
1 1 1
1
1
Bài 3: Chứng minh rằng: B = 3 + 3 + 3 + ... + 3 <
với (n ∈ ¥ ; n ≥ 3)
3 4 5
n 12
Giải: Ta làm trội mỗi phân số của B bằng cách làm giảm các mẫu ta có:
1
1
1
1
< 3
=
=
3
2
k
k − k k ( k − 1) ( k − 1) k ( k + 1)
(
)
(
)
1
1
1
1
1
1
1
1
+ 3
+ 3
+ ... + 3
=
+
+
+ ... +
=C
3 −3 4 −4 5 −5
n − n 2.3.4 3.4.5 5.6.7
( n − 1) n ( n + 1)
1
1
2
−
=
Ta có nhận xét:
( n − 1) n n ( n + 1) ( n − 1) n ( n + 1)
Do đó: B <
3
Nên C =
1 1
1
1
1
1
1 1 1
1 1
1
1
−
+
−
+ ... +
−
<
= −
= −
2 2.3 3.4 3.4 4.5
( n − 1) n n ( n + 1) 2 6 n ( n + 1) 12 2n ( n + 1) 12
Vậy B =
1 1 1
1
1
+ 3 + 3 + ... + 3 <
(đpcm)
3
3 4 5
n 12
n
Bài 4: Chứng minh rằng
1
∑k
k =1
2
<2
∀n ∈ Z
1
1
1
1
<
=
−
2
k
k ( k − 1) k − 1 k
Cho k chạy từ 2 đến n ta có:
Giải: Ta có
1
1
< 1−
2
2
2
1 1 1
< −
32 2 3
.................
1
1
1
<
−
2
n
n −1 n
⇒
n
1 1
1
+ 2 + .... + 2 < 1
2
2 3
n
Vậy
1
∑k
k =1
2
<2
Bài 5: Chứng minh BĐT sau :
1
1
1
1
+
+ ... +
<
a)
1.3 3.5
(2n − 1).(2n + 1) 2
1
1
1
+
+ ... +
<2
b) 1 +
1.2 1.2.3
1.2.3.....n
Giải :
a) Ta có
1
1 ( 2k + 1) − (2k − 1) 1 1
1
= .
=
−
( 2n − 1) . ( 2n + 1) 2 (2k − 1).(2k + 1) 2 2k − 1 2k + 1 ÷
Cho n chạy từ 1 đến k .Sau đó cộng lại ta có
1
1
1
1
2 1
+
+ ... +
= . 1 −
÷<
1.3 3.5
(2n − 1).(2n + 1) 2 2n + 1 2
GV: Trần Đình Hoàng
18
(đpcm)
Trường THCS Nhơn Hải
Ôn tập chuẩn bị thi vào lớp 10 theo chủ đề
1
1
1
1
1
1
b) Ta có 1 + 1.2 + 1.2.3 + ... + 1.2.3.....n < 1 + 1.2 + 2.3 + ..... + n − 1 .n
(
)
1 1
1
1
1
1
− ÷ < 2 − < 2 (đpcm)
< 1 + 1 − ÷+ − ÷+ .... +
2
2 3
n −1 n
n
Bài 6: Chứng minh BĐT sau :
3 5
7
2n + 1
<1
2
a) A = 4 + 36 + 144 + ... + 2
n ( n + 1)
1 2 3
n −1
+ + + ... +
< 1 (n ∈ ¥ , n ≥ 2)
2! 3! 4!
n!
1 5 11
n2 + n −1
< 2 (n ∈ ¢ + )
c) B = + + + ... +
2! 3! 4!
( n + 1) !
b) B =
Phương pháp 7: Dùng bất đẳng thức trong tam giác
Lưu ý: Nếu a; b; c là 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
Bài 1: Cho a; b; c là 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
a 2 < a (b + c)
0 < a < b + c
2
⇒
0 < b < a + c
b < b( a + c )
0 < c < a + b
c 2 < c ( a + b)
Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta có
a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ac)
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
Nhân vế các bất đẳng thức ta được
2
2
2
⇒ a 2 b 2 c 2 > a 2 − ( b − c ) b 2 − ( c − a ) c 2 − ( a − b )
b) Ta có
⇒ a 2 b 2c2 > ( a + b − c )
( b + c − a ) ( c + a − b)
⇒ abc > ( a + b − c ) . ( b + c − a ) . ( c + a − b )
2
2
2
Bài 2: Chứng minh các BĐT sau:
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 có chu vi bằng 2
Chứng minh rằng a 2 + b 2 + c 2 + 2abc < 2
Phương pháp 8: Đổi biến số
Bài 1: Cho a, b, c > 0 Chứng minh rằng
Giải :
a
b
c
3
+
+
≥ (1)
b+c c+a a+b 2
y+z−x
z+x− y
x+ y−z
; b=
;c=
2
2
2
y+z−x z+x− y x+ y−z
3
+
+
≥
2x
2y
2z
2
Đặt x = b + c ; y = c + a ; z = a + b ta có a =
Ta có (1) ⇔
GV: Trần Đình Hoàng
19
Trường THCS Nhơn Hải
Ôn tập chuẩn bị thi vào lớp 10 theo chủ đề
y z
x
+ −1+ +
x x
y
y x
z
⇔ ( + )+( +
x y
x
z
x y
−1+ + −1 ≥ 3
y
z z
x
z y
)+( + )≥6
z
y z
y x
z y
z x
+ ≥ 2 nên ta có ĐPCM
+ ≥ 2;
Bất đẳng thức cuối cùng đúng vì ( + ≥ 2;
x y
y z
x z
1
1
1
+ 2
+ 2
≥9
Bài 2: Cho a, b, c > 0 và a + b + c < 1 Chứng minh rằng 2
a + 2bc b + 2ac c + 2ab
Giải:
Đặt x = a 2 + 2bc ; y = b 2 + 2ac ; z = c 2 + 2ab
2
Ta có x + y + z = a 2 + b 2 + c 2 + 2bc + 2ac + 2ab = ( a + b + c ) < 1
⇔
(1)
1 1 1
+ + ≥9
Với x + y + z < 1 và x, y, z > 0
x y z
Theo bất đẳng thức Côsi ta có
1 1 1
1
x + y + z ≥ 3. 3 xyz ;
+ + ≥ 3. 3
x y z
xyz
(1) ⇔
⇒
( x + y + z ). 1 + 1 + 1 ≥ 9
x
y
Mà x + y + z < 1.
z
Vậy
1 1 1
+ + ≥ 9 (đpcm)
x y z
Bài 3: Cho x ≥ 0 , y ≥ 0 thỏa mãn 2 x − y = 1 CMR x + y ≥
Gợi ý:
Đặt x = u ,
y =v
1
5
⇒ 2u v =1 và S = x + y = u 2 + v 2 ⇒ v = 2u1 thay vào tính S min
Bài 4: Chứng minh các BĐT sau:
3)
4)
Cho a > 0 , b > 0 , c > 0
25a 16b
c
+
+
>8
b+c c+a a+b
Chứng minh rằng:
Chứng minh rằng:
Tổng quát m, n, p, q, a, b > 0
2
ma
nb
pc
1
+
+
≥
m + n + p − ( m + n + p)
b+c c+a a+b 2
(
)
Phương pháp 9: Dùng tam thức bậc hai
Lưu ý :
Cho tam thức bậc hai f ( x ) = ax 2 + bx + c
∀x ∈ R
Nếu ∆ < 0 thì a. f ( x ) > 0
b
a
a.f ( x ) > 0 khi x < x1 ∨ x > x 2 (x1 < x 2 )
Nếu ∆ > 0 thì
a.f ( x ) < 0 khi x1 < x < x 2
Nếu ∆ = 0 thì a. f ( x ) > 0
∀x ≠ −
Bài 1: Chứng minh rằng f ( x, y ) = x 2 + 5 y 2 − 4 xy + 2 x − 6 y + 3 > 0
Giải:
Ta có (1) ⇔ x 2 − 2 x( 2 y − 1) + 5 y 2 − 6 y + 3 > 0
2
∆′ = ( 2 y − 1) − 5 y 2 + 6 y − 3
(1)
= 4 y2 − 4 y +1− 5y2 + 6 y − 3
= −( y − 1) − 1 < 0
2
GV: Trần Đình Hoàng
20
Trường THCS Nhơn Hải
Ôn tập chuẩn bị thi vào lớp 10 theo chủ đề
Vậy f ( x, y ) > 0 với mọi x, y
(
)
Bài 2: Chứng minh rằng 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 tương đương 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
(
)
2
(
)
2
Ta có ∆′ = 4 y 2 1 − y 2 − 4 y 2 y 2 + 1 = −16 y 2 < 0
(
)
2
Vì a = y 2 + 1 > 0 vậy f ( x, y ) > 0
(đpcm)
Phương pháp 10: Dùng quy nạp toán học
Kiến thức:
Để chứng minh bất đẳng thức đúng với n > n0 ta thực hiện các bước 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 được 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
1 1
1
1
∀n ∈ N ; n > 1
Bài 1: Chứng minh rằng 2 + 2 + .... + 2 < 2 −
(1)
1 2
n
n
Giải :
1
1
Với n = 2 ta có 1 + < 2 −
(đúng)
4
2
Vậy 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
Thật vậy khi n = k+1 thì
1 1
1
1
1
< 2−
(1) ⇔ 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 < k2 + 2k + 1 Điều này đúng .
2
k
(k + 1)
Vậy bất đẳng thức (1) được chứng minh
⇔
n
an + bn
a+b
Bài 2: Cho n ∈ N và a + b > 0. 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 có
k +1
a k +1 + b k +1
a+b
≤
(1) ⇔
2
2
k
a+b a+b
a k +1 + b k +1
⇔
≤
.
2
2
2
GV: Trần Đình Hoàng
(2)
21
Trường THCS Nhơn Hải
Ôn tập chuẩn bị thi vào lớp 10 theo chủ đề
a k + b k a + b a k +1 + ab k + a k b + b k +1 a k +1 + b k +1
.
=
≤
2
2
4
2
k +1
k +1
k +1
k
k
k +1
a +b
a + ab + a b + b
⇔
−
≥ 0 ⇔ a k − b k .( a − b ) ≥ 0
2
4
Ta chứng minh (3)
(+) Giả sử a ≥ b và giả thiết cho a ≥ b ⇔ a ≥ b
⇔ Vế trái (2) ≤
(
k
⇔ a k ≥ b ≥ bk ⇒
(a
k
)
)
− b k .( a − b ) ≥ 0
(+) Giả sử a < b và theo giả thiết a < b ⇔
(3)
(
)
a < b k ⇔ a k < b k ⇔ a k − b k .( a − b ) ≥ 0
k
Vậy BĐT (3) luôn đúng ta có (đpcm)
Phương pháp 11:
Chứng minh phản chứng
Lưu 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 ngược
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 :
Như vậy để phủ định luận đề ta ghép tất cả giả thiết của luận đề với phủ định kết luận của nó .
Ta thường dùng 5 hình thức chứng 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
D – Phủ định rồi suy ra 2 điều trái ngược nhau
E – Phủ định rồi suy ra kết luận :
Bài 1: Cho ba số a, b, c thỏa mãn a + b + c > 0 , ab + bc + ac > 0 , abc > 0
Chứng minh rằng a > 0 , b > 0 , c > 0
Giải:
Giả sử a ≤ 0 thì từ abc > 0 ⇒ a ≠ 0 do đó a < 0
Mà abc > 0 và a < 0 ⇒ cb < 0
Từ ab + bc + ca > 0 ⇒ a(b + c) > bc > 0
Vì a < 0 mà a(b + c) > 0 ⇒ b + c < 0
a < 0 và b + c < 0 ⇒ a + b + c < 0 trái giả thiết a + b + c > 0
Vậy a > 0 tương tự ta có b > 0 , c > 0
Bài 2: Cho 4 số a, b, c, d thỏa mãn điều kiện ac ≥ 2.(b+d) .
Chứng minh rằng có ít nhất một trong các bất đẳng thức sau là sai:
a 2 < 4b , c 2 < 4d
Giả :
Giả sử 2 bất đẳng thức : a 2 < 4b , c 2 < 4d đều đúng khi đó cộng các vế ta được
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 (vô lý)
Vậy trong 2 bất đẳng thức a 2 < 4b và c 2 < 4d có ít nhất một các bất đẳng thức sai
Bài 3: Cho x, y, z > 0 và xyz = 1. Chứng minh rằng
1 1 1
Nếu x + y + z > + +
thì có một trong ba số này lớn hơn 1
x y z
Giải :
Ta có (x1).(y1).(z1) = xyz – xy yz + x + y + z –1
1 1 1
= x + y + z – ( + + ) vì xyz = 1
x y z
GV: Trần Đình Hoàng
22
Trường THCS Nhơn Hải
Ôn tập chuẩn bị thi vào lớp 10 theo chủ đề
1 1 1
+ + nên (x1).(y1).(z 1) > 0
x y z
Trong ba số x1 , y1 , z1 chỉ có một số dương
Thật vậy nếu cả ba số dương thì x,y,z > 1 ⇒ xyz > 1 (trái giả thiết)
Còn nếu 2 trong 3 số đó dương thì (x1).(y1).(z1) < 0 (vô lý)
Vậy có một và chỉ một trong ba số x, y, z lớn hơn 1
Theo giả thiết x + y + z >
Phần III : Ứng dụng của bất đẳng thức
i.
Dùng bất đẳng thức để tìm cưc trị
Lưu 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
Bài 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của : T = |x 1| + |x 2| +|x 3| + |x 4|
Giải :
Ta có |x 1| + |x 4| = |x 1| + |4 x| ≥ |x 1 + 4 x| = 3
Và x − 2 + x − 3 = x − 2 + 3 − x ≥ x − 2 + 3 − x = 1
(1)
(2)
Vậy T = |x 1| + |x 2| +|x 3| + |x 4| ≥ 1+3 = 4
Ta có từ (1) ⇒ Dấu bằng xảy ra khi 1 ≤ x ≤ 4
(2) ⇒ Dấu bằng xảy ra khi 2 ≤ x ≤ 3
Vậy T có giá trị nhỏ nhất là 4 khi 2 ≤ x ≤ 3
Bài 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
1
1
x + y + z ≥ 3 3 xyz ⇒ 3 xyz ≤ ⇒ xyz ≤
3
27
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho x + y ; y + z ; x + z ta có
( x + y ) + ( y + z ) + ( z + x ) ≥ 3 3 ( x + y ) .( y + z ) .( x + z )
⇒ 2 ≥ 3 3 ( x + y ) .( y + z ) .( z + x )
1
8 1
8
. =
Dấu bằng xảy ra khi x = y = z = . Vậy S ≤
3
27 27 729
8
1
Vậy S có giá trị lớn nhất là
khi x = y = z =
729
3
Bài 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 số (x,y,z) ; (x,y,z)
Ta có
( xy + yz + zx )
2
≤ ( x2 + y 2 + z 2 ) ⇒ 1 ≤ ( x2 + y 2 + z 2 )
2
2
(1)
Áp dụng BĐT Bunhiacốpski cho ( x 2 , y 2 , z 2 ) và (1,1,1)
Ta có
(x
2
+ y2 + z2
) ≤ (1
2
2
+ 12 + 12
)(x
4
) (
+ y 4 + z 4 ⇒ x2 + y 2 + z 2
4
4
4
Từ (1) và (2) ⇒ 1 ≤ 3( x 4 + y 4 + z 4 ) ⇒ x + y + z ≤
Vậy x 4 + y 4 + z 4 có giá trị nhỏ nhất là
)
2
(
≤ 3 x4 + y 4 + z 4
)
1
3
1
3
khi x = y = z = ±
3
3
Bài 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
Đường cao ứng với cạnh huyền là h
Hình chiếu các cạnh góc vuông lên cạnh huyền là x, y
GV: Trần Đình Hoàng
23
Trường THCS Nhơn Hải
Ôn tập chuẩn bị thi vào lớp 10 theo chủ đề
1
2
Ta có S = . ( x + y ) .h = a.h = a. h = a. xy
2
Vì a không đổi mà x + y = 2a
Vậy S lớn nhất khi x.y lớn nhất ⇔ x = y
Vậy trong các tam giác có cùng cạnh huyền thì tam giác vuông cân có diện tích lớn nhất
ii.
Dùng BĐT để giải phương trình và hệ phương trình
Bài 1: Giải phương trình sau 4 3x 2 + 6 x + 19 + 5 x 2 + 10 x + 14 = 4 − 2 x − x 2
Giải :
Ta có 3 x 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
Vậy 4. 3 x 2 + 6 x + 19 + 5 x 2 + 10 x + 14 ≥ 4.4 + 3 = 19
Dấu ( = ) xảy ra khi x + 1 = 0 ⇒ x = 1
Vậy 4 3x 2 + 6 x + 19 + 5 x 2 + 10 x + 14 = 4 − 2 x − x 2
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1
khi x = 1
Bài 2: Giải phương trình x + 2 − x 2 = 4 y 2 + 4 y + 3
Giải :
Áp dụng BĐT Bunhiacopski ta có :
(
)
x + 2 − x 2 ≤ 12 + 12 . x 2 + 2 − x 2 ≤ 2. 2 = 2
Dấu (=) xảy ra khi x = 1
2
Mặt khác 4 y 2 + 4 y + 3 = ( 2 y + 1) + 2 ≥ 2
Dấu (=) xảy ra khi y =
1
2
Vậy x + 2 − x 2 = 4 y 2 + 4 y + 3 = 2
khi x = 1 và y =
1
2
x =1
Vậy nghiệm của phương trình là
1
y = − 2
x + y + z =1
Bài 3: Giải hệ phương trình sau: 4
4
4
x + y + z = xyz
Giải:
Áp dụng BĐT Côsi ta có
x4 + y 4 y 4 + z 4 z 4 + x4
4
4
4
x +y +z =
+
+
≥ x2 y 2 + y 2 z 2 + z 2 x2
2
2
2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
x y +y z
z y +z z
x z + y 2 x2
≥
+
+
≥ y 2 xz + z 2 xy + x 2 yz ≥ xyz.( x + y + z )
2
2
2
Vì x + y + z = 1 nên x 4 + y 4 + z 4 ≥ xyz
1
Dấu (=) xảy ra khi x = y = z =
3
x
+
y
+
z
=
1
1
Vậy 4
có nghiệm x = y = z =
4
4
3
x + y + z = xyz
xy − 4 = 8 − y 2
Bài 4: Giải hệ phương trình sau
2
xy = 2 + x
Giải:
GV: Trần Đình Hoàng
(1)
(2)
24
Trường THCS Nhơn Hải
Ôn tập chuẩn bị thi vào lớp 10 theo chủ đề
Từ phương trình (1)
⇒ 8 − y 2 ≥ 0 hay y ≤ 8
Từ phương trình (2)
⇒ x2 + 2 = x . y ≤ 2 2 x
⇒ x 2 − 2 2 x + 22 ≤ 0 ⇒ ( x − 2) 2 ≤ 0
⇒ x = 2 ⇒ x=± 2
Nếu x = 2 thì y = 2 2
Nếu x = 2 thì y = 2 2
x = 2
x = 2 2
Vậy hệ phương trình có nghiệm
và
y = − 2
y = −2 2
x+y
≤ 1 . Từ đó hãy chứng minh phương trình
Bài 5: Cho |x| ≥ 2, |y| ≥ 2. Chứng minh rằng
xy
xy
2003
=
vô nghiệm
x + y 2004
iii.
Dùng BĐT để giải phương trình nghiệm nguyên
Bài 6: Tìm các số nguyên x, y, z thoả mãn x 2 + y 2 + z 2 ≤ xy + 3 y + 2 z − 3
Giải:
Vì x, y, z là các số nguyên nên
x 2 + y 2 + z 2 ≤ xy + 3 y + 2 z − 3
⇔ x 2 + y 2 + z 2 − xy − 3 y − 2 z + 3 ≤ 0
y2 3y2
⇔ x 2 − xy + ÷+
− 3 y + 3 ÷+ z 2 − 2 z + 1 ≤ 0
4 4
(
2
)
2
y
2
y
⇔ x − ÷ + 3 − 1÷ + ( z − 1) ≤ 0
2
2
2
2
y
2
y
Mà x − ÷ + 3 − 1÷ + ( z − 1) ≥ 0
2
2
2
(*)
∀x, y ∈ R
2
y
2
y
⇔ x − ÷ + 3 − 1÷ + ( z − 1) = 0
2
2
y
x − 2 = 0
x =1
x =1
y
⇔ −1 = 0 ⇔ y = 2 .
Vậy các số x, y, z phải tìm là y = 2
2
z =1
z =1
z −1 = 0
1 1 1
Bài 2: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình + + = 2
x y z
Giải :
Không mất tính tổng quát ta giả sử x ≥ y ≥ z
1 1 1 3
Ta có 2 = + + ≤ ⇒ 2 z ≤ 3
x y z z
Mà z nguyên dương vậy z = 1
1 1
+ =1
Thay z = 1 vào phương trình ta được
x y
1 1
1
≤ ⇒ y ≤ 2 mà y nguyên dương
Theo giả sử x ≥ y nên 1 = +
x y
y
GV: Trần Đình Hoàng
25
Trường THCS Nhơn Hải
