Chuyên đề ôn thi đi học môn Toán - Bất đẳng thức

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ðÀO TẠO BẮC NINH. TRƯỜNG THPT YÊN PHONG SỐ 2. CHUYÊN ðỀ ÔN THI ðẠI HỌC MÔN TOÁN. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> NGUYỄN VĂN XÁ TỔ TOÁN TRƯỜNG THPT YÊN PHONG SỐ 2. CHUYÊN ðỀ ÔN THI ðẠI HỌC MÔN TOÁN. BẤT ĐẲNG THỨC. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> LỜI NÓI ðẦU ðược sự tạo ñiều kiện của lãnh ñạo Nhà trường và sự cổ vũ của ñông ñảo ñồng nghiệp, tổ Toán ñã tổ chức biên soạn tài liệu ôn thi ðại học, gồm nhiều chuyên ựề bám sát cấu trúc ựề thi do Bộ Giáo dục và đào tạo qui ựịnh. Tài liệu này ra ñời ñóng góp vào những nỗ lực chung của toàn trường trong việc từng bước nâng cao chất lượng dạy và học. Trong quá trình biên soạn, chúng tôi vừa trao ñổi với các ñồng nghiệp trong và ngoài tổ, vừa tham khảo các tài liệu luyện thi hiện có, vừa căn cứ vào tình hình thực tế học sinh trong trường. Vì vậy, mặc dù hiện nay những tài liệu luyện thi ðại học có rất nhiều, chúng tôi vẫn hi vọng tài liệu này mang tiếng nói của riêng mình.. Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC này là một phần trong bộ tài liệu nói trên. Ban ñầu chúng tôi có ý ñịnh biên soạn chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC VÀ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT, nhưng do thời gian không cho phép nên. chúng tôi mới chỉ ñề cập ñến một số vấn ñề về bất ñẳng thức, vận dụng bất ñẳng thức ñể tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất, còn các vấn ñề chung về giá trị lớn nhất, nhỏ nhất, cũng như ứng dụng của nó chúng tôi chưa có ñiều kiện trình bày. Tới ñây, chúng tôi sẽ cố gắng biên soạn bổ sung các nội dung ñó thành một chuyên ñề khác hoặc cũng có thể tiếp nối vào chuyên ñề này.. Vì nhiều lí do mà chất lượng của tài liệu này còn nhiều ñiều ñáng bàn. Chúng tôi rất mong các ñồng nghiệp, các bạn học sinh chỉ giúp những chỗ sai sót hoặc chưa hợp lí ñể chúng tôi kịp thời khắc phục. Các ý kiến xin vui lòng gửi về email: Chúng tôi bày tỏ sự kính trọng và biết ơn tới ñồng chí Hiệu trưởng và ñồng chí Tổ trưởng vì những giúp ñỡ của các ñồng chí ñể tài liệu này ñược hoàn thành. Chúng tôi cũng chân thành cảm ơn các ñồng nghiệp, các học sinh ñã quan tâm tới tài liệu này.. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> TÀI LIỆU THAM KHẢO [01] Bộ Giáo dục và đào tạo Ờ Bộ sách giáo khoa, sách bài tập, sách giáo viên THPT môn Toán (cơ bản và nâng cao) – NXB GDVN, 2010. [02] Bộ Giáo dục và đào tạo Ờ Hướng dẫn thực hiện chuẩn kiến thức, kĩ năng môn Toán 10, 11, 12 –NXB GDVN, 2010. [03] Nguyễn An Ninh (cb) – Cấu trúc ñề thi môn Toán, Vật Lí, Hoá Học, Sinh Học năm 2010 – NXB GDVN, 2010. [04] Võ Anh Dũng (tcb), Trần ðức Huyên (cb) – Giải toán ðại số và Lượng giác 11 – NXB GDVN, 2009. [05] Võ Anh Dũng (tcb), Trần ðức Huyên (cb) – Giải toán Giải tích 11 – NXB GDVN, 2009. [06] Võ Anh Dũng (tcb), Trần ðức Huyên (cb) – Giải toán Hình học 11 – NXB GDVN, 2009. [07] Võ Anh Dũng (tcb), Trần ðức Huyên (cb) – Giải toán Hình học 10 – NXB GDVN, 2009. [08] Võ Anh Dũng (tcb), Trần ðức Huyên (cb) – Giải toán ðại số 10 – NXB GDVN, 2009. [09] Võ Anh Dũng (tcb), Trần ðức Huyên (cb) – Giải toán Lượng giác 10 – NXB GDVN, 2009. [10] Trần Phước Chương, ðỗ Thanh Sơn, Nguyễn Vũ Thanh – Rèn luyện kĩ năng giải các dạng bài tập ðại số 10 nâng cao – NXB GDVN, 2007. [11] Nguyễn Văn Quí, Nguyễn Tiến Dũng, Nguyễn Việt Hà – Các dạng toán về Bất ñẳng thức, Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất Ờ NXB đà Nẵng, 1998. [12] Trần Tuấn ðiệp, Nguyễn Phú Trường, Ngô Long Hậu – Giới thiệu ñề thi tuyển sinh vào ðại học, Cao ñẳng trong toàn quốc môn Toán – NXB Hà Nội, 2010. [13] Trần Văn Hạo (cb) – Chuyên ñề luyện thi vào ðại học: Bất ñẳng thức, Giá trị lớn nhất, nhỏ nhất – NXB GD, 2001.. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> MỤC LỤC Trang LỜI NÓI ðẦU. 1. TÀI LIỆU THAM KHẢO. 2. MỤC LỤC. 3. 1. KHÁI NIỆM BẤT ðẲNG THỨC. 4. 1.1. ðịnh nghĩa …………………………………………………………………………………........ 4 1.2. Một số tính chất ……………………………………………………………………………........ 4 1.3. Bất ñẳng thức có chứa dấu giá trị tuyệt ñối …………………………………………………….. 4 1.4. Bất ñẳng thức Côsi ……………………………………………………………………………… 5 1.5. Bất ñẳng thức lượng giác ………………………………………………………………………. 5 1.6. Bất ñẳng thức hình học …………………………………………………………………………. 6 2. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ðẲNG THỨC. 7. 2.1. Phương pháp biến ñổi tương ñương, biến ñổi hệ quả; phương pháp làm trội ………………….. 7 2.2. Phương pháp phản chứng ………………………………………………………………………. 11 2.3. Phương pháp qui nạp toán học …………………………………………………………………. 11 2.4. Phương pháp vận dụng các bất ñẳng thức ñã biết ……………………………………………… 14 2.5. Phương pháp vận dụng kiến thức lượng giác …………………………………………………… 17 2.6. Phương pháp vận dụng kiến thức hình học……………………………………………………… 19 2.7. Phương pháp vận dụng kiến thức hàm số……………………………………………………….. 20 3. VẬN DỤNG BẤT ðẲNG THỨC ðỂ TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT. 31. 3.1. Nhắc lại ñịnh nghĩa giá trị lớn nhất, nhỏ nhất……………………………………………. 31 3.2. Một số ví dụ vận dụng bất ñẳng thức ñể tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất…………………. 31 34. 4. BÀI TẬP THAM KHẢO. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 1. 1.1. KHÁI NIỆM BẤT ðẲNG THỨC ðịnh nghĩa Cho hai số thực a và b. Ta nói “a lớn hơn b” và viết “a > b” (hoặc viết “b < a”) nếu a – b là số dương (hay b – a là số âm), lúc ñó ta cũng nói “b nhỏ hơn a”. Ta nói “a lớn hơn hoặc bằng b” và viết “a ≥ b” (hoặc viết “b ≤ a”) nếu a – b là số không âm (hay b – a là số không dương), lúc ñó ta cũng nói “b nhỏ hơn hoặc bằng a”. Như vậy: a > b ⇔ a − b > 0; a < b ⇔ a − b < 0; a ≥ b ⇔ a − b ≥ 0; a ≤ b ⇔ a − b ≤ 0. Các mệnh ñề có dạng “a > b” hoặc “a < b” hoặc “a ≥ b” hoặc “a ≤ b” ñược gọi là bất ñẳng thức. Trong ñó, khi cần thiết, hai bất ñẳng thức ñầu tiên ñược gọi là bất ñẳng thức nghiêm ngặt, và hai bất ñẳng thức sau gọi là bất ñẳng thức không ngặt. Nếu không nói gì thêm, khi ñề cập ñến bất ñẳng thức thì ta hiểu ñó là các mệnh ñề ñúng. Bài toán chứng minh bất ñẳng thức là bài toán chứng minh bất ñẳng thức ñã cho là mệnh ñề ñúng.. 1.2. Một số tính chất Chúng ta ñề cập tới ở ñây một số tính chất thường gặp của bất ñẳng thức. a > b 1)  ⇒ a > c (tính chất bắc cầu). b > c 2) a < b ⇔ a + c < b + c (a < b + c ⇔ a − c < b) (cộng hai vế bất ñẳng thức với cùng một số). a < b 3)  ⇒ a + c < b + d (cộng vế với vế hai bất ñẳng thức cùng chiều). c < d a < b a < b ⇒ a.c < b.c;  ⇒ a.c > b.c (nhân hai vế của bất ñẳng thức với một số 4)  c > 0 c < 0 khác 0). 0 ≤ a < b 5)  ⇒ ac < bd (nhân vế với vế hai bất ñẳng thức cùng chiều có các vế không 0 ≤ c < d âm). 0 < a < b 1 1 ⇒ > (nghịch ñảo hai vế (cùng dấu) bất ñẳng thức). 6)  a < b < 0 a b 7) Nếu n ∈ ℕ thì a < b ⇔ a 2n +1 < b2n +1 ⇔ 2n +1 a < 2n +1 b. Nếu n ∈ ℕ * và 0 ≤ a < b thì a n < b n và. n. a < n b.. 8) Nếu a > 1 thì a u < a v ⇔ u < v. Nếu 0 < a < 1 thì a u < a v ⇔ u > v. 9) Nếu α > 0, a > 0, b > 0 thì a α > bα ⇔ a > b. Nếu α < 0, a > 0, b > 0 thì a α > bα ⇔ a < b. 10) 4. a + b ≥ a + b, ∀a, b ≥ 0. Dấu “=” xảy ra khi a.b = 0. Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số 2 – Bắc Ninh. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC ôn thi ðại học. 5. 11) x ≥ 0, ∀x ∈ ℝ, ∀n ∈ ℕ *. Ta hay sử dụng bất ñẳng thức ở dạng x ≥ 0, ∀x ∈ ℝ. 12) Nhờ công thức khai triển nhị thức Niu−tơn, với x ≥ 0, n ∈ ℕ*, ta có 2n. 2. (1 + x) n = 1 + nx + ... + x n ≥ 1 + nx, bất ñẳng thức (1 + x) n ≥ 1 + nx ñược gọi là bất ñẳng thức. Béc−nu−li. Từ bất ñẳng thức Béc−nu−li hoặc nhờ bất ñẳng thức Côsi ta có n. 1 + na < 1 + a, ∀n ∈ ℕ, n > 1, ∀a > 0.. 13) Nếu a, b là các số nguyên và a < b thì a + 1 ≤ b.. 1.3. Bất ñẳng thức có chứa dấu giá trị tuyệt ñối 1) |a| ≥ 0, dấu “=” xảy ra khi a = 0. 2) |a| + a ≥ 0, dấu “=” xảy ra khi a ≤ 0. 2) | a | + | b |≥| a + b |≥|| a | − | b || . | a | + | b |=| a + b |⇔ a.b ≥ 0; || a | − | b ||=| a + b |⇔ a.b ≤ 0. a ≥ b . 3) Nếu b ≥ 0 thì | a |≤ b ⇔ − b ≤ a ≤ b; | a |≥ b ⇔  a ≤ −b. 1.4. Bất ñẳng thức Côsi a+b ≥ ab. Dấu “=” xảy ra khi a = b. 2 a+b+c 3 2) Bất ñẳng thức Côsi cho ba số không âm a, b, c: ≥ abc. 3 Dấu “=” xảy ra khi a = b = c. a + a + ... + a n n 3) Bất ñẳng thức Côsi cho n số không âm a1, a2, …, an: 1 2 ≥ a1a 2 ...a n . n Dấu “=” xảy ra khi a1= a2 = …= an. 1 1 1 4) Hệ quả: Với n số dương a1, a2, …, an ta có (a1 + a2 + ... + an )( + + ... + ) ≥ n2. a1 a2 an Dấu “=” xảy ra khi a1= a2 = …= an. ∑ a ia j a1 + a 2 + ... + a n 1≤i< j≤n 5) Với n số không âm a1, a2, …, an, kí hiệu S1 = ; S2 = ; C1n C2n ∑ a ia ja k a a ...a n! 1≤i< j<k ≤n S3 = ; … ; Sn = 1 2 n n ; (ở ñó C kn = , ∀n, k ∈ ℕ, n ≥ k). Ta 3 k!.(n − k)! Cn Cn 1) Bất ñẳng thức Côsi cho hai số không âm a, b:. có dãy bất ñẳng thức S1 ≥ S2 ≥ 3 S3 ≥ ... ≥ n Sn , dấu “=” xảy ra khi a1= a2 = …= an. Một số tác giả gọi ñây là dãy bất ñẳng thức xen kẽ Côsi.. 1.5. Bất ñẳng thức lượng giác 1) a.sin x + b.cos x ≤ a 2 + b 2 , ∀x ∈ ℝ. Dấu “=” xảy ra khi a.cosx = b.sinx. 5. Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số 2 – Bắc Ninh. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC ôn thi ðại học. 6. Hệ quả: −1 ≤ sin x ≤ 1; − 1 ≤ cos x ≤ 1. π π 2) tan x + cot x ≥ 2, ∀x ≠ k , k ∈ ℤ. Dấu “=” xảy ra khi x = ± + kπ, k ∈ ℤ. 2 4. 1.6. Bất ñẳng thức hình học 1) Với ba ñiểm bất kì A, B, C thì AB + AC ≥ BC, dấu “=” xảy ra khi A thuộc ñoạn BC.         2) Với mọi u, v ta có u + v ≥ u + v , dấu “=” xảy ra khi u, v cùng hướng.  .  .  . . 3) Với mọi u, v ta có u . v ≥ u.v , dấu “=” xảy ra khi u, v cùng phương. 4) Ba số dương a, b, c là ñộ dài ba cạnh một tam giác khi và chỉ khi tổng của hai số bất kì trong ba số ñó lớn hơn số còn lại.. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ðẲNG THỨC 2.1. Phương pháp biến ñổi tương ñương, biến ñổi hệ quả; phương pháp làm trội 2.. ðể chứng minh bất ñẳng thức A > B ta có thể chứng minh A – B > 0. Ta thường vận dụng các phép biến ñổi tương ñương ñể chuyển bất ñẳng thức A – B > 0 thành bất ñẳng thức luôn ñúng hoặc giả thiết. Ta cũng có thể xuất phát từ giả thiết hoặc một mệnh ñề ñúng nào ñó, qua các phép biến ñổi hệ quả dẫn ñến bất ñẳng thức A – B > 0. Lưu ý một số sự kiện: i) A ≥ 0, ∀A ∈ ℝ. Dấu”=” xảy ra khi A = 0. ii) a ≥ 0, ∀a ∈ ℝ, dấu “=” xảy ra khi a = 0. 2. iii) a + a ≥ 0, ∀a ∈ ℝ, dấu “=” xảy ra khi a ≤ 0. n. n. iv) ( ∑ a k )2 = ∑ a 2k + 2. k =1. v) (a + b) n =. k =1 n. ∑. 1≤i< j≤ n. a i a j.. ∑ Ckn a n −k bk .. k =0. vi) a − b = (a − b)(a n −1 + a n −2 b + a n −3b 2 + ... + ab n −2 + b n −1 ). n. n. vii) a 3 + b3 + c3 − 3abc = (a + b + c)(a 2 + b 2 + c2 − ab − bc − ca).. ðể chứng minh bất ñẳng thức có dạng u1 + ... + u n ≤ α ta có thể chứng minh u k ≤ v k − v k +1, ∀k = 1, 2,..., n, và chứng minh v1 − v k +1 ≤ α. ðể chứng minh bất ñẳng thức có dạng u1.u 2 ...u n ≤ α ta có thể chứng minh v v u k ≤ k , ∀k = 1, 2,..., n, và chứng minh 1 ≤ α. v k +1 v k +1 ðể chứng minh bất ñẳng thức có dạng a + b + c ≤ x + y + z ta có thể chứng  2a ≤ y + z a + b ≤ 2z   minh  b + c ≤ 2x hoặc  2b ≤ z + x.  2c ≤ x + y c + a ≤ 2y   ðể chứng minh bất ñẳng thức có dạng abc ≤ xyz (với a, b, c, x, y, z ≥ 0) ta có ab ≤ z 2 a 2 ≤ yz   thể chứng minh  bc ≤ x 2 hoặc  b 2 ≤ zx.   2 2 ca ≤ y  c ≤ xy.
VÍ DỤ 1. 1) Chứng minh rằng a 8 − a 5 + a 2 − a + 1 > 0 (1), ∀a ∈ ℝ. 3. 7. Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số 2 – Bắc Ninh. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC ôn thi ðại học. 8. 2) Chứng minh rằng (ax + by)2 ≤ (a 2 + b 2 )(x 2 + y 2 ) (2), ∀a, b, x, y ∈ ℝ (bất ñẳng thức Bunhiacôpxki). ☺ HƯỚNG DẪN.. a a 3 1 2 a − 1) Ta thấy (1) ⇔ (a 4 − ) 2 + ( ) > 0 (1'). Do hai bất ñẳng thức (a 4 − ) 2 ≥ 0 2 2 2 3 a 3 1 2 và ( − ) ≥ 0 ñúng với mọi a, dấu “=” lại không ñồng thời xảy ra, nên (1’) ñúng 2 3 với mọi a. Vậy (1) ñúng với mọi a. 2) Bất ñẳng thức (2) ⇔ (ay − bx) 2 ≥ 0 ñúng với mọi a, b, x, y; dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi ay = bx..
VÍ DỤ 2. 1) Chứng minh rằng. n. a + n b ≥ n a + b, ∀n ∈ ℕ, n ≥ 2, ∀a, b ≥ 0.. 2) Chứng minh rằng x n + m + y n + m ≥ x n y m + x m y n , ∀x, y ∈ ℝ, ∀n, m ∈ ℕ*, và m, n cùng tính chẵn lẻ. ☺ HƯỚNG DẪN. 1) Ta thấy. ( n a + n b)n = a + C1n n a n −1 .n b + ... + Cnn −1 n a.n bn −1 + b ≥ a + b ≥ 0, ∀n ∈ ℕ, n ≥ 2, ∀a, b ≥ 0 nên. n. a + n b ≥ n a + b, ∀n ∈ ℕ, n ≥ 2, ∀a, b ≥ 0.. 2) Bất ñẳng thức ñã cho tương ñương với (x m − y m )(x n − y n ) ≥ 0 (*). – Nếu n, m cùng lẻ thì x m − y m ≥ 0 ⇔ x m ≥ y m ⇔ x ≥ y ⇔ x n ≥ y n ⇔ x n − y n ≥ 0 và. x m − y m ≤ 0 ⇔ x n − y n ≤ 0, nên (*) ñúng, dấu “=” xảy ra khi x = y. – Nếu n, m cùng chẵn thì x m − ym ≥ 0 ⇔ x m ≥ ym ⇔| x |≥| y |⇔ x n ≥ yn ⇔ x n − yn ≥ 0 và x m − y m ≤ 0 ⇔ x n − y n ≤ 0, nên (*) ñúng, dấu “=” xảy ra khi x = ± y. Vậy bất ñẳng thức ñã cho ñược chứng minh..
VÍ DỤ 3. Cho tam giác ABC. Chứng minh với mọi x, y, z ta có. xy.cos C + yz.cos A + zx.cos B ≤. x 2 + y2 + z2 . 2. ☺ HƯỚNG  DẪN.    BC  CA  AB        (b,c) = π− A,  (c,a) = π− A.  ðặt a = , b = , c = thì a = b = c = 1 và (a,b) = π− C, BC CA AB    Ta xuất phát từ bất ñẳng thức luôn ñúng (x.a + y.b + z.c) 2 ≥ 0      ⇔ x 2 + y 2 + z 2 + 2xy.cos(a, b) + 2yz.cos(b, c) + 2zx.cos(c,a) ≥ 0. ⇔ x 2 + y 2 + z 2 − 2xy.cos C − 2yz.cos A − 2zx.cos B ≥ 0. 8. Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số 2 – Bắc Ninh. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC ôn thi ðại học. 9. ⇔ xy.cos C + yz.cos A + zx.cos B ≤. x +y +z (ñpcm). 2 2. 2. 2. 3 Nhận xét. Cho x = y = z = 1 ta ñược bất ñẳng thức quen thuộc cosA + cosB + cosC ≤ . 2.
VÍ DỤ 4. Cho a, b, c dương và thoả mãn abc = 1. Chứng minh rằng 1 1 1 1) 3 + 3 3 + 3 3 ≤ 1. 3 a + b +1 b + c +1 c + a +1 ab bc ca 2) 5 + 5 5 + 5 5 ≤ 1. 5 a + b + ab b + c + bc c + a + ca. ☺ HƯỚNG DẪN. 1) Với mọi a, b ta có (a – b)2 ≥ 0 nên a 2 − ab + b 2 ≥ ab. Từ ñây và do a > 0, b > 0, abc = 1 suy ra a3 + b3 +1 = (a + b)(a2 − ab + b2 ) +1 ≥ ab(a + b) + abc = ab(a + b + c) ab 1 1 c (1). Tương tự ta có các bất ñẳng ⇒ 3 ≤ ⇒ ≤ a + b3 + 1 a + b + c a 3 + b3 + 1 a + b + c 1 a 1 b thức 3 3 ≤ (2), 3 3 ≤ (3). Cộng (1), (2), (3) theo từng b + c +1 a + b + c c + a +1 a + b + c 1 1 1 vế ta ñược 3 + 3 3 + 3 3 ≤ 1. Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1. 3 a + b +1 b + c +1 c + a +1 2) Do a, b > 0 nên a5 + b5 = (a + b)(a 4 − a3b + a 2b2 − ab3 + b4 ) = (a + b)((a − b)2.(a 2 + ab + b2 ) + a 2b2 ) ≥ (a + b)a 2b2. 1 1 1 c = = = . a5 + b5 + ab (a + b)a 2b2 + ab ab(a + b) + 1 ab(a + b) + abc ab(a + b + c) a + b + c bc a ca b , 5 5 . Tương tự ta có 5 5 ≤ ≤ b + c + bc a + b + c c + a + ca a + b + c ab bc ca Vậ y 5 + 5 5 + 5 5 ≤ 1 , dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1. 5 a + b + ab b + c + bc c + a + ca ⇒. ab. ≤. ab. =.
VÍ DỤ 5. Cho a, b, c, d > 0. Chứng minh rằng M =. a b c d + + + a+b+c b+c+d c+d+a d+a+b. không phải là số nguyên.. ☺ HƯỚNG DẪN. a a a Ta có < < a +b+c+d a+b+c a+c b b b < < a+b+c+d b+c+d b+d c c c < < a +b+c+d c+d+a a +c 9. Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số 2 – Bắc Ninh. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC ôn thi ðại học. và. 10. d d d < < . Suy ra 1 < M < 2. Vậy M không phải là số nguyên. a+b+c+d d+a+b b+d.
VÍ DỤ 6. n. Chứng minh. 1. ∑ k α < 2, ∀n ∈ ℕ, n ≥ 2, ∀α ≥ 2.. k =1. ☺ HƯỚNG DẪN. Ta có 1 ≤ 1 < 1 = 1 − 1 2α 22 1.2 1 2 1 1 1 1 1 ≤ 2< = − α 2.3 2 3 3 3 ............................ 1 1 1 1 1 ≤ 2< = − . α (n − 1).n n − 1 n n n n. 1 1 1 1 1 1 1 Suy ra ∑ α < 1 − + − + ... + − = 1 − < 1. Vậy 2 2 3 n −1 n n k=2 k. n. 1. ∑ kα < 2, ∀n ∈ ℕ,n ≥ 2, ∀α ≥ 2.. k=1.
VÍ DỤ 7. Chứng minh với mọi ∆ ABC ta có. 1 1 1 1 1 1 + + ≥ + + . sin A sin B sin C cos A cos B cos C 2 2 2. ☺ HƯỚNG DẪN.. x+y x−y π π x+y ∈ [0; π], ∈ [− ; ] nên sin ≥ 0 và 2 2 2 2 2 x−y x+y x−y x+y 0 ≤ cos ≤ 1. Do ñó sin x + sin y = 2sin cos ≤ 2sin (1), ∀x, y ∈ [0; π]. 2 2 2 2 Dấu “=” xảy ra khi x = y ∈ [0; π] . 1 1 2 4 * Với mọi a, b > 0 áp dụng bất ñẳng thức Côsi ta có + ≥ ≥ (2). Dấu “=” a b ab a + b xảy ra khi a = b > 0. A B C * Với mọi ∆ ABC luôn có sinA, sinB, sinC, cos , cos , cos > 0. 2 2 2 1 1 4 4 2 * Áp dụng (1) và (2) thu ñược + ≥ ≥ = (3). sin A sin B sin A + sin B 2sin A + B cos C 2 2 Tương tự 1 + 1 ≥ 2 (4), 1 + 1 ≥ 2 (5). Cộng (3), (4), (5) theo từng * Với mọi x, y ∈ [0; π] thì. A sin C sin A cos B 2 2 1 1 1 1 1 1 vế ta ñược (ñpcm). Dấu “=” xảy ra khi + + ≥ + + sin A sin B sin C cos A cos B cos C 2 2 2 sin B. sin C. cos. ABC là tam giác ñều. 10. Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số 2 – Bắc Ninh. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC ôn thi ðại học. 11. 2.2. Phương pháp phản chứng Giả sử ta phải chứng minh bất ñẳng thức nào ñó ñúng, ta hãy giả sử bất ñẳng thức ñó sai và kết hợp với giả thiết và các tính chất ñúng ñã biết ñể suy ra ñiều vô lí. ðiều vô lí ñó có thể là ñiều trái với giả thiết hoặc trái với một mệnh ñề ñúng nào ñ ấy, cũng có thể là hai ñiều mâu thuẫn với nhau. Từ ñó suy ra bất ñẳng thức cần chứng minh là ñúng..
VÍ DỤ 8.. Cho a, b,c ∈ (0;1). Chứng minh trong ba bất ñẳng thức sau có ít nhất một bất ñẳng thức 1 1 1 sai: a(1 − b) > , b(1 − c) > , c(1 − a) > . 4 4 4. ☺ HƯỚNG DẪN.. 1 (1). 64 1 1 1 1 1 Ta lại có 0 < a(1 − a) = a − a 2 = − (a − ) 2 ≤ , 0 < b(1 − b) ≤ , 0 ≤ c(1 − c) ≤ . Suy 4 2 4 4 4 1 ra a(1–a)b(1–b)c(1–c) ≤ (2). Mâu thuẫn giữa (1) và (2) chứng tỏ ñiều ta giả sử là 64 sai. Vậy trong ba bất ñẳng thức ñã cho có ít nhất một bất ñẳng thức sai. Giả sử cả ba bất ñẳng thức ñó ñều ñúng. Lúc này ta có a(1–a)b(1–b)c(1–c)>.
VÍ DỤ 9. Cho f(x) = x2 +ax + b. Chứng minh rằng trong ba số |f(–1)|, |f(0)|, |f(1)| có ít nhất một 1 số không bé hơn . 2 ☺ HƯỚNG DẪN.. 1 . Tức là 2 1 1 1 | f (−1) |=|1 − a + b |< (1), | f (0) |=| b |< (2), | f (1) |=|1 + a + b |< (3). 2 2 2. Giả sử cả ba số |f(–1)|, |f(0)|, |f(1)| ñều bé hơn. 1  1 − 2 < 1 − a + b < 2 3 1 Từ (1) và (3) suy ra  ⇒ −1 < 2 + 2b < 1 ⇒ − < b < − (4). 2 2 − 1 < 1 − a + b < 1  2 2 1 1 Từ (2) suy ra − < b < (5). Mâu thuẫn giữa (4) và (5) chứng tỏ ñiều ta giả sử là sai. 2 2. Vậy trong ba số |f(–1)|, |f(0)|, |f(1)| có ít nhất một số không bé hơn. 1 . 2. 2.3. Phương pháp qui nạp toán học ðể chứng minh bất ñẳng thức là mệnh ñề có dạng " ∀n ∈ ℤ, n ≥ n 0 : P(n)" (n0 là 11. Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số 2 – Bắc Ninh. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC ôn thi ðại học. 12. một số nguyên cho trước) ta có thể làm theo 2 bước: + Bước 1 (bước cơ sở): Chứng tỏ P(n) ñúng với n = n0 (tức là chứng minh P(n0) ñúng). + Bước 2 (bước di truyền): Giả sử P(k) ñúng, k ∈ ℤ, k ≥ n 0 (ñây gọi là giả thiết qui nạp), ta ñi chứng minh P(k+1) cũng ñúng. (Trong nhiều trường hợp bước 2 còn ñược thực hiện như sau: Giả sử P(n) ñúng với mọi n ∈ ℤ, n 0 ≤ n ≤ k (k ∈ ℤ) , ta ñi chứng minh P(n) ñúng với n = k + 1). Sau khi hoàn thành 2 bước trên, theo nguyên lí qui nạp toán học, suy ra P(n) ñúng với mọi số nguyên n ≥ n 0 . Có những bài toán ta phải vận dụng phương pháp qui nạp nhiều lần (ví dụ 12)..
VÍ DỤ 10. Chứng minh rằng với mọi số nguyên n > 6 ta có n! > 3n (*). ☺ HƯỚNG DẪN. Với n = 7 ta có 7! = 5040 > 2187 = 37, tức là (*) ñúng với n = 7.  Giả sử (*) ñúng với n = k (k ∈ ℤ, k ≥ 7), tức là k! > 3k (1). Ta cần chứng minh (*) ñúng với n = k + 1, tức là phải chứng minh (k + 1)! > 3k +1 (2). Thật vậy, từ (1) suy ra (k + 1).k! > 3k.(k+1). Mà k ≥ 7 nên k + 1 > 3. Dẫn ñến. (k + 1)! = (k + 1).k! > 3k.(k+1)>3k .3 = 3k +1. Vậy (2) ñúng. Theo nguyên lí qui nạp toán học, bất ñẳng thức (*) ñúng với mọi số nguyên n > 6..
VÍ DỤ 11. Chứng minh rằng với mọi số nguyên n > 11 ñều tồn tại các số tự nhiên x, y sao cho n = 4x + 5y. ☺ HƯỚNG DẪN. Với n = 12 thì 12 = 4.3 + 5.0 (x = 3, y = 0), tức là khẳng ñịnh cho ở ñề bài ñúng với n = 12. Bằng kiểm tra trực tiếp ta cũng thấy khẳng ñịnh ñã cho cũng ñúng với n = 13 và n = 14. Tiếp theo ta sẽ chứng minh khẳng ñịnh ñó ñúng với mọi số nguyên n > 14.  Giả sử khẳng ñịnh cho ở ñề bài ñúng với mọi n ∈ ℕ,12 ≤ n ≤ k (k ∈ ℤ,k ≥ 15), ta phải chứng minh khẳng ñịnh ñó cũng ñúng với n = k + 1. Do 12 ≤ k − 3 ≤ k nên theo giả thiết qui nạp khẳng ñịnh ñã cho ñúng với n = k –3. Tức là tồn tại hai số tự nhiên x, y sao cho k – 3 = 4x + 5y. Ta có k + 1 = 4(x+1) + 5y, chứng tỏ khẳng ñịnh ñã cho ñúng với n = k + 1. Vậy ñiều phải chứng minh là ñúng..
VÍ DỤ 12. m. a m + a 2m + ... + a nm  a1 + a 2 + ... + a n  Chứng minh rằng 1 ≥  , ∀m, n ∈ ℕ*, ∀a1,..., a n ≥ 0. n n   ☺ HƯỚNG DẪN.  Với n = 1 thì bất ñẳng thức ñã cho ñúng, và xảy ra dấu “=”.. 12. Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số 2 – Bắc Ninh. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC ôn thi ðại học. 13.  Với n = 2 thì bất ñẳng thức ñã cho trở thành. a1m + a 2m  a1 + a 2  ≥  2  2 . m. (1). Ta sẽ. chứng minh (1) bằng phương pháp qui nạp theo m. – Với m = 1 thì (1) ñúng và xảy ra dấu “=”. Ta cũng kiểm tra ñược (1) ñúng khi m = 2, dấu “=” xảy ra khi a1 = a2. k. – Giả sử (1) ñúng với m = k (k ∈ ℕ*), tức là. a1k + a k2  a1 + a 2  ≥  (2). Ta phải chứng 2  2 . minh (1) ñúng với m = k + 1, tức là phải chứng minh. a +a  Ta thấy  1 2   2 . k +1. a +a  = 1 2   2 . a1k +1 + a 2k +1  a1 + a 2  ≥  2  2 . k +1. (3).. k. k k  a + a  a + a 2 a1 + a 2 . 1 2  ≤ 1 . (do (2) và a1,a 2 ≥ 0). 2 2  2  a k + a k2 a1 + a 2 a1k +1 + a k2 +1 ≤ Bây giờ ñể chứng minh (3) ta ñi chứng minh 1 . (4). Thật 2 2 2 vậy, (4) ⇔ a1k +1 + a1k .a 2 + a1.a k2 + a k2 +1 ≤ 2a1k +1 + 2a k2 +1 ⇔ a1k +1 − a1k .a 2 − a1.a 2k + a 2k +1 ≥ 0. ⇔ a1k (a1 − a 2 ) + .a k2 (a 2 − a1) ≥ 0 ⇔ (a1 − a 2 )(a1k − a 2k ) ≥ 0 (luôn ñúng do k ∈ ℕ*,a1,a 2 ≥ 0). Dấu “=” xảy ra khi a1 = a2. Tóm lại (1) ñúng với mọi số nguyên dương m. Nghĩa là bất ñẳng thức ñã cho ñúng với n = 2, và dấu “=” xảy ra khi a1 = a2.  Giả sử bất ñẳng thức ñã cho ñúng với n = p (p ∈ ℕ*). Tức là m. a1m + a 2m + ... + a pm.  a1 + a 2 + ... + a p  ≥  (5), dấu “=” xảy ra khi a1 = …= ap. Ta ñi p p   chứng minh bất ñẳng thức ñã cho ñúng với n = p + 1, tức là ñi chứng minh bất ñẳng thức. m m a1m + a m 2 + ... + a p + a p+1. p +1 – Áp dụng (5) ta ñược a1m. m.  a1 + a 2 + ... + a p + a p+1  ≥  (6). p +1  . + am 2. + ... + a m p.  a1 + a 2 + ... + a p  ≥ p  p  . m. m. a1 + ... + a p+1   a p+1 + (p − 1)   a1 + ... + a p+1 m p +1   . am + (p − 1)( ) ≥ p p+1 p +1 p       Suy ra m. a1 + ... + a p+1   m a p+1 + (p − 1)   a1 + ... + a p+1 m  a1 + ... + a p  p +1 m m   . a1 + ... + a p+1 + (p − 1)( ) ≥ p  +p p +1 p p         – Áp dụng (1) ta ñược. 13. Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số 2 – Bắc Ninh. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC ôn thi ðại học. 14 m. m. a1 + ... + ap+1   ap+1 + (p −1)    a1 + ... + ap  p +1     + p p         m. a1 + ... + ap+1    a + ... + a ap+1 + (p −1)  p +1 p  1  + p p   ≥ 2 =  2         m. a1 + ... + a p+1   m  a1 + ... + a p + a p+1 + (p − 1)   a1 + ... + a p+1  p 1 +  = 2 = 2  . 2p p +1        . Suy ra. a1m. a1 + ... + a p+1 m + ... + a pm+1 + (p −1)( ) p +1.  a1 + ... + a p+1  ≥ 2p   p +1  . m. m. a1m + a2m + ... + apm + apm+1  a1 + a 2 + ... + ap + ap+1  ⇒ ≥  , dấu “=” xảy ra khi a1 = …= ap+1. p +1 p +1   Vậy bất ñẳng thức ñã cho ñược chứng minh, dấu “=” xảy ra khi m = 1, hoặc a1 = a2 =…= an.. 2.4. Phương pháp vận dụng các bất ñẳng thức ñã biết Trong mục này chúng tôi chỉ xin ñề cập tới một số bài toán vận dụng bất ñẳng thức Côsi và bất ñẳng thức có chứa dấu giá trị tuyệt ñối..
VÍ DỤ 13. Cho ba số dương a, b, c. Chứng minh rằng:. a + b + 2c 6 > 1+ . 3 ab + ac. ☺ HƯỚNG DẪN. Áp dụng bất ñẳng thức Côsi ta có a 2a 2ac 2ab 2 6 a + b + 2c = ( + 2c) + ( + b) ≥ 2 +2 = ( ab + ac) (1). 3 3 3 3 3 a + b + 2c = (a + c) + (c + b) ≥ 2 ac + 2 ab = 2( ab + ac) (2).. Từ (1),(2) ⇒ a + b + 2c ≥ (1 +. 6 )( ab + ac) 3. ⇒. a + b + 2c 6 ≥ 1+ . Dấu “=” xảy 3 ab + ac.  ra khi và chỉ khi  3 = 2c, 3 = b ⇔ a = b = c = 0 (ñiều này không xảy ra). Vậy ta luôn a. 2a. a = b = c. có. a + b + 2c 6 > 1+ , với mọi a, b, c dương. 3 ab + ac.
VÍ DỤ 14. Cho a + b + c = 0. Chứng minh 8a + 8b + 8c ≥ 2a + 2b + 2c. 14. Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số 2 – Bắc Ninh. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC ôn thi ðại học. 15. ☺ HƯỚNG DẪN. ðặt: x = 2a , y = 2b , z = 2c thì x, y, z > 0 và x.y.z = 1. Ta cần chứng minh. x 3 + y3 + z3 ≥ x + y + z. Áp dụng bất ñẳng thức Côsi cho các trường hợp 3 số dương, ta 3. có x + y + z ≥ 33 xyz = 3 ⇒ x + y + z − 3 ≥ 0 (1); x3 + 1 + 1 ≥ 3 x3 = 3x ⇒ x ≥ 3x − 2 (2). Tương tự ta có y3 ≥ 3y − 2 (3); z3 ≥ 3z − 2 (4). Từ (1), (2), (3) và (4) ta thu ñược. x 3 + y3 + z3 ≥ 3(x + y + z) − 6 = (x + y + z) + 2(x + y + z − 3) ≥ x + y + z. Vậy bất ñẳng thức 8a + 8b + 8c ≥ 2a + 2b + 2c ñược chứng minh, dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 1 hay a = b = c = 0..
VÍ DỤ 15. 1 1 1 + + = 4. Chứng minh rằng x y z 1 1 1 + + ≤ 1. 2x + y + z x + 2y + z x + y + 2z 1 1 1 1 1 1 2) Chứng minh + + ≥ 2( + + ) , với a, b, c, và p lần lượt là ñộ dài p−a p−b p−c a b c các cạnh và nửa chu vi của một tam giác bất kì. 1) Cho ba số dương x, y, z thoả mãn. x. x. x. 9.60x  12   15   20  3) Chứng minh rằng   +   +   ≥ x , ∀x ∈ ℝ. 12 + 15x + 20 x  5  4  3  ☺ HƯỚNG DẪN. 1) Với mọi số thực a > 0, b > 0 áp dụng bất ñẳng thức Côsi ta ñược a + b ≥ 2 ab > 0,. 1 1 1 1 1 1 1 4 + ≥2 > 0, suy ra (a + b)( + ) ≥ 4 hay + ≥ (1), dấu “=” xảy ra khi a = b. a b a b a +b a b ab 1 1 4 1 1 4 Áp dụng bất ñẳng thức (1), ta có + ≥ , + ≥ , x y x+y x z x+z 1 1 4 2 1 1 16 + ≥ , nên + + ≥ . Tương tự ta chứng minh ñược x + z x + y 2x + y + z x y z 2x + y + z 1 2 1 16 1 1 2 16 1 1 1 + + ≥ , + + ≥ . Từ ñó và lưu ý thêm + + = 4 ta x y z x + 2y + z x y z x + y + 2z x y z 1 1 1 1 1 1 1 ñược + + ≤ ( + + ) = 1 (ñpcm). Dấu “=” xảy ra 2x + y + z x + 2y + z x + y + 2z 4 x y z 4 khi x = y = z = . 3 2) Vận dụng bất ñẳng thức (1), lưu ý rằng a + b + c = 2p, ta có. 15. Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số 2 – Bắc Ninh. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC ôn thi ðại học. 16. 1 1 4 4 + ≥ =  p − a p − b 2p − a − b c  1 1 4 4 1 1 1 1 1 1 + ≥ = ⇒ + + ≥ 2( + + ) p − b p − c 2p − b − c a  p−a p−b p−c a b c 1 1 4 4 + ≥ =  p − c p − a 2p − c − a b . (ñpcm).. Dấu “=” xảy ra khi a = b = c. x. x. 12 15 12 3) Áp dụng bất ñẳng thức Côsi với hai số ta có   +   ≥ 2   5 4 5 x. x. x. x. x. x. x. x. x.  15  .  = 2.3x , 4. x.  20   12   20   12   20   15   20   15  x x   +   ≥ 2   .  = 2.5 ,   +   ≥ 2   .   = 2.4 . Dẫn  3   5  3   5  3   4  3  4 x. x. x.  12   15   20  tới   +   +   ≥ 3x + 4x + 5x. Bây giờ áp dụng bất ñẳng thức Côsi với ba  5  4  3  1 1 1 3 số thì 3x + 4x + 5x ≥ 33 60x > 0, x + x + x ≥ > 0, nhân hai bất ñẳng thức này, 3 3 4 5 60x vế với vế, thu ñược (3x + 4x + 5x )( x. x. x. 1. 3x 60x. +. 1 4x. +. 1. 9.60x. 5. 12x + 15x + 20x. ) ≥ 9 ⇒ 3x + 4x + 5x ≥ x. .. 12  15   20  Do ñó   +   +   ≥ 9. x (ñpcm). Dấu “=” xảy ra khi x = 0. 12 +15x + 20x 5 4  3.
VÍ DỤ 16. Cho ña thức P(x) bậc 2010 có ñúng 2010 nghiệm thực dương, hệ số bậc cao nhất là 1. Chứng minh rằng P '(0) + 2010.2010 P 2009 (0) ≤ 0.. ☺ HƯỚNG DẪN. Giả sử x1, x2, …, x2010 là 2010 nghiệm thực dương của ña thức P(x) ñã cho, suy ra P(x) = (x – x1)(x – x2)…(x – x2010) ⇒ P(0) = x1. x2 … x2010. Ta có P '(0) 1 1 1 P '(0) 1 1 1 . Áp dụng bất ñẳng thức = + + ... + ⇒− = + + ... + P(0) − x1 − x 2 − x 2010 P(0) x1 x 2 x 2010 P '(0) 1 1 1 2010 Côsi cho 2010 số dương, ñi ñến − hay = + + ... + ≥ 2010 P(0) x1 x 2 x 2010 x1x 2 ...x 2010 P'(0) 2010 2010P(0) P '(0) + 20102010 P 2009 (0) ≤ 0. − ≥ ⇒ −P'(0) ≥ = 20102010 P2009 (0). Vậy 2010 P(0) P(0) 2010 P(0). Dấu “=” xảy ra khi x1 = x2 = … = x2010..
VÍ DỤ 17. Cho x0 là nghiệm của ña thức P(x) = a0 + a1x + … + anxn bậc n (n∈N*, an ≠ 0). ðặt 16. Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số 2 – Bắc Ninh. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(19)</span> Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC ôn thi ðại học.  a a a M = max  0 , 1 ,..., n −1 an  a n a n. 17.   . Chứng minh rằng x 0 ≤ 1 + M. . ☺ HƯỚNG DẪN. Xuất phát từ bất ñẳng thức a + b ≥ a + b và bằng phương pháp qui nạp ta chứng minh ñược bất ñẳng thức a1 + ... + a n ≥ a1 + ... + a n .  Nếu |x0| ≤ 1 thì có ngay x 0 ≤ 1 + M vì M ≥ 0. n.  Nếu |x0| > 1 thì x 0 = ≤ M(1+ | x0 | +...+ | x0n−1 |) = M. a n −1x 0n −1 ax a a a a + ... + 1 0 + 0 ≤ n −1 . x 0n −1 + ... + 1 . x 0 + 0 ≤ an an an an an an. | x0n | −1 | xn | −1 ⇒ x0 −1 < M ⇒| x0 |<1+ M. ⇒ | x0 |n −1<| x0 |n < M 0 | x0 | −1 | x0 | −1. Vậy ta luôn có x 0 ≤ 1 + M . Nhận xét. Bất ñẳng thức x 0 ≤ 1 + M cho ta một ñánh giá về khoảng nghiệm của phương trình ña thức..
VÍ DỤ 18.. Cho | a | + | b | + | c |≥ 13. Chứng minh rằng | a − 1| + | b | + | c + 2 |≥ 10.. ☺ HƯỚNG DẪN. Ta có | a − 1| + |1| + | b | + | c + 2 | + | −2 |≥| a − 1 + 1| + | b | + | c + 2 − 2 |=| a | + | b | + | c |≥ 13. Vậy | a − 1| + | b | + | c + 2 |≥ 10. Việc chỉ ra dấu “=” xảy ra khi nào xin dành cho bạn ñọc. Các phương pháp chúng tôi giới thiệu tiếp sau ñây liên quan tới nhiều khía cạnh sâu sắc của toán phổ thông, vì thế ñòi hỏi học sinh phải có nền tảng kiến thức khá vững và rộng, phải có những nhận xét tinh tế ñể nhìn thấu ñược các mối quan hệ có trong bài toán.. 2.5. Phương pháp vận dụng kiến thức lượng giác Học sinh phải ghi nhớ các công thức lượng giác, tính chất của các hàm số lượng giác, ñặc biệt là các bất ñẳng thức lượng giác. Việc chuyển từ bài toán ñại số sang bài toán lượng giác, trong nhiều trường hợp, không những giúp ta giải quyết vấn ñề dễ dàng hơn, mà còn có thể làm toát lên ñược bản chất của bài toán, có thể gợi ý cho sự phát triển bài toán ñó. Chúng ta lưu ý rằng:  π π – Nếu ñiều kiện của biến x ≤ k (k > 0) thì có thể ñổi biến x = k.sin u (u ∈  − ;  )  2 2 hoặc x = k.cos v (v ∈ [ 0; π]). – Nếu có x 2 + y 2 = k 2 (k > 0) thì ñặt x = k sin α, y = k cos α, α ∈ [ 0; 2π ) .. 17. Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số 2 – Bắc Ninh. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(20)</span> Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC ôn thi ðại học. – Nếu x ≥ k > 0 thì có thể ñặt x =. sin α > 0.. k  π , α∈ 0; . Lúc ñó x2 − k2 = k2 tan2 α và tan α>0, cos α  2. – Nếu | x |≥ k > 0 thì có thể ñặt x = và sin α > 0.. 18. k  π  π  , α∈ 0;  ∪ ; π. Lúc ñó x2 − k2 = k2 tan2 α cos α  2  2 .  π π – Nếu bất ñẳng thức có biểu thức x 2 + k 2 thì có thể ñặt x = k tan α, α ∈  − ;  . Lúc  2 2 k2 ñó x 2 + k 2 = và cos α > 0. cos 2 α 2 2 2 2  π π – Với x∈ ℝ ta có thể ñặt x = tan γ , γ ∈  − ;  , khi ñó x + k = k (1+ tan γ ) = 2 2. . . 2. =. k và cos γ > 0. cos 2 γ. – Nếu bài toán xuất hiện biểu thức có dạng.  π π b = tany, với x, y ∈  − ;  .  2 2. a+b a−b hoặc thì có thể ñặt a = tanx, 1 − ab 1 + ab. – Với mọi số nguyên dương n và với mọi số thực x thì sin2n x ≤ sinx, cos2n x ≤ cosx..
VÍ DỤ 19. Cho hai số thực x, y thoả mãn x 2 + 4y2 = 4. Chứng minh. 9 − 85 9 + 85 ≤ 2x2 − 3xy + y2 ≤ . 2 2. ☺ HƯỚNG DẪN. Kí hiệu M= 2x2 −3xy + y2. ðặt x = 2cost, y = sint với t ∈ [0;2π) , khi ñó ta biến ñổi ñược 7 9 7 7 85 Do nên M = cos 2t − 3sin 2t + . | cos 2t − 3sin 2t |≤ ( ) 2 + (−3) 2 = 2 2 2 2 2 9 − 85 9 + 85 9 − 85 7 9 9 + 85 hay ≤ 2x 2 − 3xy + y 2 ≤ . ≤ M = cos 2t − 3sin 2t + ≤ 2 2 2 2 2 2  14  x 2 + 4y 2 = 4 x = 2 − 85  Dấu “=” bên trái xảy ra khi   2 9 − 85 ⇔  2  2x − 3xy + y =  y = 7 + 85 . 2 − 14  2  12 85 .  14 x = − 2 − 85  .  7 85 14 + y = − . 2−  12 85 . 18. hoặc.  x 2 + 4y 2 = 4 Dấu “=” bên phải xảy ra khi  9 + 85 2 2 2x − 3xy + y =  2. Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số 2 – Bắc Ninh. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(21)</span>