ISO C++ Professional Programmer's Handbook

<span class='text_page_counter'>(1)</span>BẤT ĐẲNG THỨC Lê Hồ Quý (GV. THPT Duy Tân - Kon Tum). Bất đẳng thức, giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của một hàm số hoặc một biểu thức là một trong những chuyên đề khó của chương trình toán THPT, bởi phạm vi nghiên cứu về vấn đề này rất rộng. Để giải được bài toán về loại này, đòi hỏi người học không những phải nắm vững lý thuyết, mà còn phải biết cách sử dụng các phép biến đổi, bất đẳng thức phụ,… linh hoạt và sáng tạo. Trong phạm vi bài viết, chúng tôi muốn chia sẻ cùng các em học sinh thân yêu, chia sẻ cùng các bậc thầy cô giáo đáng kính các kinh nghiệm tích góp được trong quá trình giảng dạy và luyện thi vào Đại học. §1. MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ BẤT ĐẲNG THỨC I. BẤT ĐẲNG THỨC:. 1. Khái niệm bất đẳng thức: Các mệnh đề dạng “A>B”, “A<B”, “A≥B”, “A≤B” được gọi là bất đẳng thức, với A gọi là vế trái, B gọi là vế phải và A, B là hai biểu thức đại số. Ta có: * A > B  A-B > 0; A < B  A - B < 0 * A  B  A-B  0; A  B  A  B  0 2. Các tính chất cơ bản của bất đẳng thức: A>B a) TÝnh chÊt 1:  AC B>C b) TÝnh chÊt 2: A>B  A  C>B  C  A.C>B.C, nÕu C>0 c) TÝnh chÊt 3: A>B    A.C<B.C, nÕu C<0 A>B d) TÝnh chÊt 4:   AC BD C>D A>B>0 e) TÝnh chÊt 5:   A.C  B.D C>D>0 f) TÝnh chÊt 6: A>B>0, n  N*  A n  B n A>B>0, n  N, n  2  n A  n B g) TÝnh chÊt 7: A>B, n  N*  A 2n 1  B 2n 1 A>B, n  N*  2n+1 A  2n 1 B. II. BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY: 1.Bất đẳng thức Cauchy cho hai số không âm :. 1 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Víi hai sè kh«ng ©m a vµ b, ta cã: 2  a+b  a+b    ab  hay a+b  2 ab, ab      2  2    §¼ng thøc x¶y ra khi vµ chØ khi a=b.  Các hệ quả của bất đẳng thức Cauchy hai số là : * HÖ qu¶ 1 : 2(a 2 +b2 )  (a+b)2  4ab, víi a, b  R.. 1 1 4 * HÖ qu¶ 2 :   , víi a, b>0. a b ab a b * HÖ qu¶ 3 :   2, víi a, b>0. b a 2. Bất đẳng thức Cauchy cho n số không âm : Víi n sè kh«ng ©m a1 , a 2 , ..., a n (n  2), ta cã :. a1  a 2  ...  a n n  a1a 2 ...a n n §¼ng thøc x¶y ra  a1  a 2  ...  a n III. BẤT ĐẲNG THỨC BU-NHIA-CỐPSKI 1. Bất đẳng thức Bu-nhia-cốpski cho hai cặp số: Với hai cặp số thực (a1 , a 2 ), (b1 , b2 ) bất kì, ta đều có: (a1b1 +a 2 b2 )2  (a12  a 22 )(b12  b22 ) §¼ng thøc x¶y ra khi vµ chØ khi. b1 b2  . a1 a 2. * Quy ­íc : NÕu a1  0 (hoÆc a 2 =0) th× b1  0 (hoÆc b2  0) 2. Bất đẳng thức Bu-nhia-cốpski cho hai bộ n số: Víi hai bé sè thùc (a1 , a 2 , ..., a n ), (b1 , b2 , ..., b n ) bÊt k×, ta cã :. (a1b1 +a 2 b2 +...+a n b n )2  (a12  a 22  ...  a 2n )(b12  b22  ...  b2n ) §¼ng thøc x¶y ra . b1 b2 b   ...  n . a1 a 2 an. * Quy ước : Nếu một a i nào đó bằng 0 thì bi  0 (i=1,n). IV. BẤT ĐẲNG THỨC CHỨA GIÁ TRỊ TUYỆT ĐỐI: Víi mäi sè thùc a vµ b, ta cã: 1) a+b  a  b . §¼ng thøc x¶y ra khi vµ chØ khi ab  0. 2) a-b  a  b . §¼ng thøc x¶y ra khi vµ chØ khi ab  0.. V. BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC: 1) Bất đẳng thức cơ bản: b-c  a  b  c, c-a  b  c  a và a-b  c  a  b,. p-a>0, p-b>0 vµ p-c>0. 2) Các bất đẳng thức khác: 2S  ab; 2S  bc và 2S  ca.   900. b2  c2  a 2 nÕu A 2 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> VI. CÔNG THỨC TÍNH ĐỘ DÀI ĐƯỜNG TRUNG TUYẾN VÀ PHÂN GIÁC: b2  c2 a 2 c2  a 2 b2 a 2  b2 c2 2 2 2 ma   ; mb   ; mc   2 4 2 4 2 4 2 bc 2 ca 2 ab la  p(p  a); l b  p(p  b); l c  p(p  c) bc ca ab. §2. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Dạng 1. Sử dụng các phép biến đổi, đánh giá thích hợp Để chứng minh A ≥ B, ta sẽ chứng minh A-B ≥ 0 (nghĩa là ta sử dụng định nghĩa, tính chất cơ bản,... để biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh đến bất đẳng thức đúng hay một tính chất đúng hoặc có thể sử dụng bất đẳng thức đúng biến đổi dẫn đến bất đẳng thức cần chứng minh). Ví dụ 1: Cho ba số a, b, c bất kì. Chứng minh các bất đẳng thức: a) a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca (1) b) (ab + bc + ca)2 ≥ 3abc(a + b + c) (2) (§HQG TP. HCM -1998). Lêi gi¶i. a) (1)  2a 2  2b2  2c2  2ab  2bc  2ca.  (a  b)2  (b  c)2  (c  a)2  0 luôn luôn đúng. b) (2)  a 2 b2  b2 c2  c2a 2  a 2 bc  ab2 c  abc2  0  2a 2 b2  2b2 c2  2c2a 2  2a 2 bc  2ab2 c  2abc2  0  (ab-bc)2  (bc  ca)2  (ca  ab)2  0 luôn luôn đúng. VÝ dô 2: Chøng minh r»ng a2 + b2 + c2 + d2 + e2 ≥ a(b + c + d + e) víi mäi a, b, c, d, e.. (1). (ĐH Y dược TP. HCM-1999). Lêi gi¶i. a2 a2 a2 a2 2 2 2 (1)   ab  b   ac  c   ad  d   ae  e2  0 4 4 4 4 2. 2. 2. 2. a  a  a  a     b     c     d     e   0 hiển nhiên đúng. 2  2  2  2  1 1 1 VÝ dô 3 : Cho ba sè thùc a, b, c tháa m·n abc=1 vµ a+b+c>   a b c a) Chøng minh r»ng: (a-1)(b-1)(c-1)>0. (1) b) Chứng minh rằng trong ba số a, b, c có đúng một số lớn hơn 1. (§HTH TP.HCM -1993). Lêi gi¶i. a) Ta cã: (1)  abc-ab-ac-bc+a+b+c>0. (2). 3 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 1 1 1 ab+bc+ca V× a+b+c>    a+b+c> a b c abc  a  b  c  ab  bc  ca (v× abc=1) Vậy (2) đúng. Suy ra (1) đúng. b) Ta cã: (a-1)(b-1)(c-1)>0 Suy ra hoặc cả ba số a, b, c đều lớn hơn 1 hoặc trong ba số a, b, c có đúng một số lớn hơn 1 NÕu a>1, b>1, c>1  abc>1, m©u thuÉn víi gi¶ thiÕt. Vậy trong ba số a, b, c có đúng một số lớn hơn 1. a b c VÝ dô 4 : Chøng minh:    2. 3 4 3 3 3 3 3 3 3 3 3 b c c a a b trong đó a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. (T¹p chÝ To¸n häc & Tuæi trÎ 5/2004). Lêi gi¶i. Ta cã: b3  c3  ThËt v©y:. 1 (b  c)3 4. (1). (1)  4(b3 +c3 )  b3  c3  3b2 c  3bc2  b3  c3  b2 c  bc2  0  b2 (b  c)  c2 (b  c)  0  (b-c)(b2 -c2 )  0  (b-c)2 (b  c)  0 (2) đúng  (1) đúng. 1 Tương tự: c3  a 3  (c  a)3 4 1 a 3 +b3  (a+b)3 4 Do đó:. (2). b c   a  3 4    3 3  b+c c  a a  b  b  c3 3 c3  a 3 3 a 3  b 3 a b c 2a 2b 2c mµ      b+c c  a a  b 2(b  c) 2(c  a) 2(a  b) 2a 2b 2c <   =2 bca cab abc (Do a+b>c; b+c>a; c+a>b) Tõ (3) vµ (4) suy ra ®pcm. a. . b. . c. (3). (4).  Bài tập tự luyện: Bµi 1 : Cho x, y  0. Chøng minh:. x y x 2 y2  2  4  3   2 y x y x. (Đề thi vào lớp 10 chuyên của trường Trần Đại Nghĩa TP. HCM năm 2004 ). Bµi 2 : Chøng minh r»ng nÕu 0<x  y  z, th× ta cã: 1 1 1 1 1 y     (x  z)     (x  z). x z y x z. (Đề 148 - Bộ đề tuyển sinh). 4 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Bài 3 : Cho a, b, c là các số dương. Chứng minh:  a 2  b2  c2  a 2  b2 b2  c2 c2  a 2    3  ab bc ca  abc  (Tạp chí Toán học & Tuổi trẻ 11/1995). Bài 4 : Cho x, y, z là các số dương. Chứng minh: x 2  xy  y2  y2  yz  z 2  z 2  zx  x 2  3(x  y  z) (Học viện Quan hệ Quốc tế năm 1997). Bài 5: Cho ba số a, b, c thỏa mãn điều kiện a2 + b2 + c2 = 1. Chứng minh rằng: abc + 2(1 + a + b + c + ab + ac + bc) ≥ 0. (Đề 2 - Bộ đề tuyển sinh). Dạng 2. Sử dụng bất đẳng thức Cauchy  Trường hợp 1: Các biến không bị ràng buộc a 2 b2 c2 a b c VÝ dô 1 : Chøng minh: 2  2  2    , abc  0 b c a c a b (ĐH Y dược Tp. HCM-1999). Lời giải. á p dụng BĐT Cauchy cho 2 số dương, ta có: (1). a 2 b2 a 2 b2 a 2a   2 . 2 2  2 2 2 b c b c c c. b2 c2 2b   c2 a 2 a 2 2 c a 2c  2  2 a b b Cộng các vế tương ứng của (1), (2) và (3) ta có đpcm.. (2). Tương tự:. (3). x. x. x.  12   15   20  VÝ dô 2 : Chøng minh r»ng víi mäi x  R, ta cã:          3x  4x  5x.  5 4  3  Khi nào đẳng thức xảy ra ? (Đề thi tuyển sinh ĐH, CĐ-Năm 2005). Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương, ta có: x. x.  12   15   12   5   4   2  5        x. x. x.  15  .    2.3x 4. x.  15   20  Tương tự ta có:       2.5x 4  3  x. (1) (2). x.  20   12  x (3)  3    5    2.4     Cộng các bất đẳng thức (1), (2), (3), chia hai vế của bất đẳng thức nhận được cho 2, ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 0. VÝ dô 3 : Cho x, y, z > 0. Chøng minh r»ng: 2 y 2 x 2 z 1 1 1  3 2 3  2  2  2. 3 2 2 x y y z z x x y z. 5 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> (ĐH Nông Nghiệp I Khối A - 2001). Lời giải. DÔ dµng chøng minh ®­îc B§T sau: a 2  b2  c2  ab  bc  ca 1 1 1 1 1 1 ¸ p dông (1), ta ®­îc: 2  2  2    x y z xy yz zx. (1) (2). ¸ p dông B§T Cauchy cho c¸c mÉu sè, ta ®­îc: 2 y 2 y 2 x 2 z 2 x 2 z  3 2 3  + + = 3 2 2 3 2 3 2 x y y z z x 2 xy 2 yz 2 z 3x 2 =. 1 1 1 1 1 1    2  2  2 (®pcm). xy yz zx x y z. VÝ dô 4 : Chøng minh r»ng víi a, b lµ hai sè kh«ng ©m bÊt k×, ta lu«n cã: 3a 3  17b3  18ab2 (ĐH Kinh tế Quốc dân - Năm 1997). Lời giải. á p dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số không âm, ta có:. 3a 3  17b3  3a 3  9b3  8b3  3 3 3a 3 .9b3 .8b3  18ab2 (®pcm) Ví dụ 5 : Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng: a b c    3. b+c-a c  a  b a  b  c (ĐH Y Hải Phòng – Năm 2000). Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương: bca ca b (b+c-a)(c+a-b)  c 2 Tương tự ta có: (c+a-b)(a+b-c)  a. (a+b-c)(b+c-a)  b Nhân các vế tương ứng của (1), (2) và (3), ta được: (b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)  abc . (1) (2) (3). abc 1 (b+c-a)(c+a-b)(a+b-c). á p dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương, ta có: a b c abc    33  3. b+c-a c  a  b a  b  c (b+c-a)(c+a-b)(a+b-c) VÝ dô 6 : Cho a, b, c > 0. Chøng minh:.  1 1 1  3  b+c c+a a+b  (a 3 +b3 +c3 )  3 + 3 + 3    + + b c  a b c  2 a (Tạp chí Toán học & Tuổi trẻ 6/2003). Lời giải. Víi a, b, c > 0, ta cã: a 3  b3  ab(a  b); b3  c3  bc(b  c); c3  a 3  ca(c  a) 2(a 3  b3  c3 )  ab(a  b)  bc(b  c)  ca(c  a). (1) 6. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> á p dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương, ta có: 1 1 1 1 1 1 3  3  3  33 3 . 3 . 3  3 a b c a b c abc Nhân các vế tương ứng của (1) và (2), ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. 1 VÝ dô 7 : Cho a>b>0. Chøng minh: a+  2 2. b(a-b)2 Lời giải. á p dụng bất đẳng thức Cauchy cho bốn số dương, ta có:. (2). 1 ab ab 1 ab ab 1  b    4 4 b. . .  2 2. 2 2 b(a-b) 2 2 b(a-b) 2 2 b(a-b)2 VÝ dô 8 : Cho a, b, c, d > 0. Chøng minh: a+. a 2 b2 c2 d 2 1 1 1 1        . b 5 c 5 d 5 a 5 a 3 b 3 c3 d 3 (ĐH Thủy lợi – Năm 1997). Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho năm số dương, ta có: a2 a2 a2 1 1 1 5 3a 2 5 2 5      5     b5 b5 b5 a 3 a 3 b15 b3 b 5 b3 a 3 3b2 5 2 Tương tự, ta có: 5  3 - 3 c c b 2 3c 5 2  3 3 5 d d c 2 3d 5 2  3 3 5 a a d Cộng các vế tương ứng của (1), (2), (3) và (4) ta có đpcm. Ví dụ 9 : Cho các số thực x, y, z dương. Chứng minh:. (1) (2) (3) (4). 16xyz(x+y+z)  3 3 (x+y)4 (y  z)4 (z  x)4 (Tạp chí Toán học & Tuổi trẻ 1/1996). Lời giải. Gọi A = (x + y)(y + z)(z + x) Ta có: A = xy(x + y + z) + yz(x + y + z) + xz2 + zx2 á p dụng BĐT Cauchy cho tám số dương gồm ba số với mỗi số bằng b»ng. 1 xy(x  y  z), ba sè víi mçi sè 3. 1 zy(x  y  z), xz 2 , zx 2 . 3. (xyz)6 (x  y  z)6  ®pcm. 36 §¼ng thøc x¶y ra khi vµ chØ khi x=y=z. VÝ dô 10 : Cho a, b, c > 0, n  N, n  2. Chøng minh: Ta cã: (x+y)(y+z)(z+x)  8 8. n. a b c n n n n  n  1. b+c ca a  b n 1 (Tạp chí Toán học & Tuổi trẻ 8/1996). 7 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Lời giải.. á p dụng BĐT Cauchy cho n số dương gồm một số bằng. (a+b)(n-1) c. vµ (n-1) sè víi mçi sè b»ng 1, ta cã: 1+1+...+1   (n-1) sè. (a+b)(n-1) (a+b)(n-1)  nn c c n. (a  b)(n  1)  (a  b  c)(n  1)     nc c   Hay. n. c n n c  n  1. a+b n  1 abc. Tương tự, ta có:. n. (1). b n n b  n  1. c+a n  1 abc. a n n a  n  1. c+b n  1 abc Cộng các vế tương ứng của (1), (2) và (3), ta có đpcm. (n-1)(a+b)=c 3  §¼ng thøc x¶y ra khi vµ chØ khi (n-1)(b+c)=a  n   N 2 (n-1)(c+a)=b  kh«ng x¶y ra. n. (2) (3).  Trường hợp 2: Các biến bị ràng buộc Ví dụ 1 : Cho x, y, z là ba số dương và xyz=1. Chứng minh rằng: x2 y2 z2 3    1 y 1 z 1 x 2 (§Ò dù bÞ Khèi D-N¨m 2005). Lêi gi¶i. á p dụng BĐT Cauchy cho hai số dương, ta có: x2 1  y x2 1  y  2 . x 1+y 4 1+y 4 y2 1  z y2 1  z  2 . y 1+z 4 1+z 4 z2 1  x z2 1  x  2 . z 1+x 4 1+x 4 Cộng các vế tương ứng của ba BĐT, ta được:.  x 2 1  y   y2 1  z   z 2 1  x          (x  y  z) 1+y 4 1+z 4 1+x 4       2 2 2 x y z 3 xyz       (x  y  z) 1+y 1+z 1+x 4 4. 8 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> 3(x  y  z) 3  4 4 3 3 3 3 3  .3 3 x.y.z   .3   (Do x.y.z=1) 4 4 4 4 2 §¼ng thøc x¶y ra khi vµ chØ khi x=y=z=1. Ví dụ 2 : Cho các số dương x, y, z thỏa mãn xyz=1. Chứng minh rằng: . 1+x 3  y3 1  y3  z 3 1+z 3  x 3    3 3. xy yz zx Khi nào đẳng thức xảy ra? (§H, C§ Khèi D-N¨m 2005). Lêi gi¶i. áp dụng BĐT Cauchy cho ba số dương, ta có: 1+x 3  y3  3 3 1.x 3 .y3  3xy. 1+x 3  y3 3  xy xy Tương tự, ta có: . (1). 1+y3  z 3 3  yz yz. (2). 1+z 3 +x 3 3  zx zx MÆt kh¸c, ta cã: 3 xy. . 3. . . 3 yz. 3. . . (3). 3. 3.  33. zx. xy. .. 3 yz. .. 3 zx. 3. 3 3 xy yz zx Cộng các vế tương ứng của (1), (2), (3) và (4) ta có đpcm. §¼ng thøc x¶y ra khi vµ chØ khi x=y=z=1. VÝ dô 3 : Cho x, y, z lµ ba sè tháa m·n x + y + z = 0. Chøng minh r»ng :. (4). 3 + 4x  3  4 y  3  4 z  6. (§Ò dù bÞ Khèi A - N¨m 2005). Lêi gi¶i. á p dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: 3+4x  1  1  1  4x  4 4 4x  3+4x  2. 4. 4x  2 8 4x. Tương tự, ta có: 3+4 y  2 8 4 y 3+4 z  2 8 4 z Cộng các vế tương ứng của ba bất đẳng thức trên, ta được:. 3+4x  3+4 y  3+4 z  2. . 8. . 4x  8 4 y  8 4 z  2.3 3 8 4x.4 y.4 z  624 4x  y  z  6 9 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> §¼ng thøc x¶y ra khi vµ chØ khi x=y=z=0. Ví dụ 4: Chứng minh rằng với mọi x, y, z dương và x + y + z = 1 thì 18xyz xy+yz+zx> . 2+xyz (ĐH Tây Nguyên Khối A, B-Năm 2000). Lời giải. ¸ p dông B§T Cauchy, ta cã:. 2=x+y+z+x+y+z  6 3 xyz. (1). xy+yz+zx  3 3 x 2 y2 z 2 Nhân các vế tương ứng của (1) và (2), ta được: 2(xy + yz + zx) ≥ 18xyz Mặt khác, ta có: xyz(xy + yz + zx) > 0 Cộng các vế tương ứng của (3) và (4), ta được: (xy+yz+zx)(2+xyz)>18xyz 18xyz  xy  yz  zx  (v× 2+xyz>0). 2  xyz Ví dụ 5 : Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn. (2) (3) (4). 1 1 1    4. Chøng minh r»ng: x y z. 1 1 1    1. 2x+y+z x  2y  z x  y  2z (§H, C§ Khèi A - N¨m 2005). Lêi gi¶i.. C¸ch 1 : Víi a, b>0 ta cã: 4ab  (a+b)2 . 1 ab 1 11 1       a  b 4ab ab 4a b. §¼ng thøc x¶y ra khi vµ chØ khi a=b. ¸ p dông kÕt qu¶ trªn ta cã: 1  2x+y+z Tương tự: 1  x+2y+z. 1 1 1  1  1 1  1 1  1  1 1 1                4  2x y  z  4  2x 4  y z   8  x 2y 2z . 1 1 1  1  1 1  1 1  1  1 1 1                4  2y x  z  4  2y 4  x z   8  y 2z 2x  1 1 1 1  1  1 1  1 1  1  1 1 1                 x+y+2z 4  2z x  y  4  2z 4  x y   8  z 2x 2y . 1 1 1 11 1 1         1. 2x+y+z x  2y  z x  y  2z 4  x y z  3 §¼ng thøc x¶y ra khi vµ chØ khi x=y=z= . 4 1 1 4 C¸ch 2: ¸ p dông B§T   víi a, b>0, ta ®­îc: a b ab 1 1 1 1 1 1 1 1 1  1 1 1  8=2                  4     x y z x y y z z x xy yz zx. (1). (2) (3). VËy. (1) 10. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> Tương tự, ta có:  1 1 1   1 1   1 1   1 1  2           x+y y  z z  x   x  y x  z   x  y y  z   y  z z  x    1 1 1  4   . 2x  y  z x  2y  z x  y  2z   Tõ (1) vµ (2) ta suy ra:. (2).  1  1 1 8  8     ®pcm.  2x+y+z x  2y  z x  y  2z  Cách 3 : Với a, b là hai số bất kì và x, y là hai số dương ta có:. a 2 b2 (a  b)2   x y xy. (*).  a 2 y(x+y)+b2 x(x+y)  (a+b)2 xy  a 2 y2 +b2 x 2  2abxy  (ay-bx)2  0. BĐT sau cùng hiển nhiên đúng. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi. a b  . x y. Sö dông B§T (*) hai lÇn ta cã: 2. 2. 2. 2. 1 1 1 1 1 1 1 1        4 4 4 4 1 2 2 2 2          2x+y+z 2x  y  z x  y x  z xy xz 2. 2. 2. 2. 2. 1 1 1 1 4 4 4 4 1 2 1 1                 . x y x z 16  x y z  Tương tự ta có: 1 1 1 2 1      x+2y+z 16  x y z  1 1 1 1 2      x+y+2z 16  x y z  Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên và chú ý tới giả thiết dẫn đến: 1 1 1 11 1 1         1. 2x+y+z x  2y  z x  y  2z 4  x y z  3 §¼ng thøc x¶y ra khi vµ chØ khi x=y=z= . 4 Cách 4 : áp dụng BĐT Cauchy cho bốn số dương (hoặc BĐT Bu-nhia-cốpxki):. 1 1 1 1 1 (x+y+z)       4. 4 x 2 yz.4 4 2  16. x yz x x y z 1 1 2 1 1 Suy ra      2x+y+z 16  x y z . 11 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> Tương tự:. 1 1 1 2 1      x+2y+z 16  x y z  1 1 1 1 2     . x+y+2z 16  x y z . Céng tõng vÕ ba B§T trªn ta ®­îc: 1 1 1 11 1 1         1. 2x+y+z x+2y+z x+y+2z 4  x y z  VÝ dô 6 : Cho x, y, z  0 vµ x+y+z  3. Chøng minh r»ng:. x y z 3 1 1 1       . 2 2 2 1+x 1  y 1  z 2 1 x 1 y 1 z (§H Hµng h¶i Tp. HCM - N¨m 1999). Lời giải. Ta cã:. x 1 2x  1  x 2 (x  1)2 x 1    0  2 2 2 2 1+x 2 2(1  x ) 2(x  1) 1+x 2 Tương tự ta có: y 1  2 1+y 2 z 1  2 1 z 2 Cộng các vế tương ứng của ba bất đẳng thức trên, ta được: x y z 3    (1) 2 2 2 1+x 1  y 1  z 2 (§¼ng thøc x¶y ra khi vµ chØ khi x=y=z=1) Mặt khác, áp dụngB ĐT Cauchy cho ba số dương, ta được: 1 1 1 1 1 3    3.  3.  (Do x+y+z  3) 3 1 x 1 y 1 z 2 1+x 1  y 1  z (1  x)(1  y)(1  z) 3 3 1 1 1     (2) 2 1+x 1  y 1  z §¼ng thøc x¶y ra khi vµ chØ khi x=y=z=1..  Bµi tËp tù luyÖn: Bài 1 : Với a, b, c là ba số dương bất kì. Chứng minh rằng: (1+a 3 )(1+b3 )(1+c3 )  (1+ab2 )(1+bc2 )(1+ca 2 ) (§HDL H¶i Phßng Khèi A - N¨m 2000). Bài 2 : Chứng minh rằng: với số thực dương bất kì, ta luôn có 3 a  3 a 2  1  a (ĐHDL Phương Đông Khối A - Năm 2000). Bµi 3 : Cho ABC cã ba c¹nh lµ a, b, c vµ p lµ nöa chu vi. Chøng minh r»ng: 1 1 1 1 1 1    2    . p-a p  b p  c a b c (Häc viÖn Ng©n hµng Khèi A - N¨m 2001). 12 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> Bài 4 : Với a, b, c là ba số thực dương bất kì thỏa mãn điều kiện a+b+c=0. Chứng minh rằng: 8a  8b  8c  2a  2 b  2c. (§HQG Hµ Néi Khèi A - N¨m 2000). Bµi 5 : Chøng minh r»ng víi mäi x, y >0 ta cã: 2. 9   y  (1+x)  1+   1    256. y   x   §¼ng thøc x¶y ra khi nµo? (§Ò Dù bÞ Khèi A-N¨m 2005). 3 Bài 6 : Cho a, b, c là ba số dương thỏa mãn: a+b+c= . Chứng minh rằng : 4 3 3 3 a+3b  b  3c  c  3a  3 Khi nào đẳng thức xảy ra? (§Ò Dù bÞ 1 Khèi B-N¨m 2005). 1 Bµi 7 : Chøng minh r»ng nÕu 0  y  x  1 th× x y  y x  . 4 §¼ng thøc x¶y ra khi nµo? (§Ò Dù bÞ 2 Khèi B-N¨m 2005). Bµi 8 : Cho c¸c sè thùc x, y, z tháa m·n ®iÒu kiÖn: 3-x  3 y  3 z  1. Chøng minh r»ng: 9x 9y 9z 3x  3y  3z    . 3x  3y  z 3y  3z  x 3z  3x  y 4. (§Ò Dù bÞ 2 Khèi A-N¨m 2006). Dạng 3. Sử dụng bất đẳng thức Bu - nhia - cốpski  Trường hợp 1: Các biến không bị ràng buộc VÝ dô 1 : Cho x  [0; 1]. Chøng minh: x + 1-x + 4 x + 4 1-x  2+ 2 2 . Tìm x để dấu đẳng thức xảy ra? (ĐH An ninh – Năm 1999). Lời giải. ¸ p dông B§T Bu-nhia-Cèpski cho hai bé sè (1; 1) vµ ( x; 1-x ), ta ®­îc:. x  1  x  2. x  (1  x)  2. (1) 4. 4. TiÕp tôc ¸p dông B§T Bu-nhia-Cèpski cho hai bé sè (1; 1) vµ ( x; 1-x ), ta ®­îc: x  4 1  x  2. ( x  1  x )  2. 4 2  2 2 Cộng các vế tương ứng của (1) và (2), ta có đpcm. x  [0;1]  1 §¼ng thøc x¶y ra khi vµ chØ khi  x  1  x  x  . 2 4 4  x  1 x VÝ dô 2 : Cho a, b, c>0. Chøng minh: 4. a a+ (a+b)(a+c). . b b  (b  c)(b  a). . c c  (c  a)(c  b). (2). 1. (T¹p chÝ To¸n häc & Tuæi trÎ 11/2004). 13 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> Lêi gi¶i. ¸ p dông B§T Bu-nhia-cèpski cho hai bé sè ( a; b) vµ ( c; a ), ta cã: ( ac+ ab)2  (a  b)(c  a)  ac  ab  (a  b)(c  a)  a  ac  ab  a  (a  b)(c  a). . a. a  (a  b)(c  a) Tương tự, ta có:. . a a  ac  ab b. b+ (b+c)(b+a) c. . . a. (1). a b c b. (2). a b c. . c. c+ (c+a)(c+b) a b c Cộng các vế tương ứng của (1), (2) và (3), ta được: a b c   1 a+ (a+b)(a+c) b  (b  c)(b  a) c  (c  a)(c  b) §¼ng thøc x¶y ra khi vµ chØ khi a = b = c. VÝ dô 3 : Chøng minh r»ng trong mét tam gi¸c bÊt k×, ta cã:. (3). p-a  p  b  p  c  3p trong đó a, b, c là các độ dài ba cạnh và p là nửa chu vi của tam giác. Lêi gi¶i. ¸ p dông B§T Bu-nhia-cèpski cho hai bé ba sè (1, 1, 1) vµ ( p-a, p-b,. p-c), ta ®­îc:. p-a  p  b  p  c  12  12  12 . ( p  a )2  ( p  b)2  ( p  c)2  = 3 p a  p b p c  3 p. §¼ng thøc x¶y ra khi vµ chØ khi p-a  1. pb  1. pc abc 1.  Trường hợp 2: Các biến bị ràng buộc Ví dụ 1 : Với a, b, c là ba số dương thỏa mãn đẳng thức ab+bc+ca=abc. Chứng minh rằng: b2  2a 2 c2  2b2 a 2  2c2    3. ab bc ca. (§HQG Hµ Néi Khèi D - N¨m 2000). Lêi gi¶i. Nh©n hai vÕ cña B§T víi abc>0, ta ®­îc: c b2  2a 2  a c2  2b2  b a 2  2c2  3abc  M  b2 c2  2a 2 c2  a 2 c2  2a 2 b2  a 2 b2  2b2 c2  3abc Theo B§T Bu-nhia-cèpski, ta cã: 1 3 b2 c2  2a 2 c2  (bc)2  (ac)2  (ac)2  (bc  ca  ca)  (bc  2ca) 3 3 Tương tự, ta có:. (1) (2). 14 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> 3 (ac  2ab) 3 3 a 2 b2  2b2 c2  (ab  2bc) 3 Céng tõng vÕ cña (2), (3) vµ (4) ®i tíi: 3 M .3(ab  bc  ca)  3abc  (1) đúng: đpcm. 3 Ví dụ 2 : Cho x, y, z là ba số dương và x+y+x  1. Chứng minh rằng: a 2 c2  2a 2 b2 . x2 . (3) (4). 1 1 1  y2  2  z 2  2  82. 2 x y z (§H, C§ Khèi A - N¨m 2003). Lêi gi¶i.. Gäi S= x 2 . 1 1 1  y2  2  z 2  2 2 x y z.  1 ¸ p dông B§T Bu-nhia-cèpski cho hai bé sè (1; 9) vµ  x;  , ta cã:  x 9 1 1  1+81 x 2  2 = 82 x 2  2 x x x Tương tự, ta có: 9 1 y+  82 y2  2 y y x+. 9 1 z+  82 z 2  2 z z Céng (1), (2) vµ (3) theo vÕ, ta cã: 1 1 1 S. 82  x  y  z  9     x y z. (1). (2) (3). 1 1 1 hay S. 82  81(x  y  z)  9      80(x  y  z) x y z 1 1 1  2.9.3. (x  y  z)      80  162  80  82. x y z  ®pcm.  Chú ý: Bài toán này ta có thể giải bằng phương pháp tọa độ, sẽ trình bày ở phần sau.  Bất đẳng thức trong tam giác: VÝ dô : Cho ABC. Chøng minh r»ng: 1 1 1 (la  l c )  (l c  la )  (la  l b )  3 3. a b c (Häc viÖn Kü thuËt Qu©n sù - N¨m 1997). Lêi gi¶i.. Ta cã: la . A 2  b  c l  2 cos A   1  1  l  2 cos A a b c a bc bc 2 2  . 2bc.cos. 15 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> B 1 1 Tương tự, ta có:    l b  2 cos 2 c a C 1 1  a  b  l c  2 cos 2   Cộng từng vế của ba đẳng thức trên, ta được: 1 1 1 A B C  (l b  l c )  (l c  la )   la  l b   2  cos  cos  cos  a b c 2 2 2 . (1). A B C  ¸ p dông B§T Bu-nhia-cèpxki cho hai bé sè (1; 1; 1) vµ  cos ;cos ;cos  , ta cã: 2 2 2  cos. A B C A B C   cos  cos  3  cos2  cos2  cos2  2 2 2 2 2 2 . . 9 3  (cos A  cos B  cos C) 2 2. . 9 3 3 3 3  .  2 2 2 2. 3   v× cosA+cosB+cosC  2    1 1 1 Tõ (1) vµ (2) ta suy ra: (l b  l c )  (l c  la )   la  l b   3 3 a b c Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ABC đều.. (2).  Chú ý: Ta có thể giải bài toán này bằng cách sử dụng BĐT Cauchy hoặc dùng phương pháp đạo hàm kÕt hîp víi B§T Jensen.  Bµi tËp tù luyÖn:. Bài 1 : Chứng minh: a-1  b  1  c  1  c(ab  1), với mọi số thực dương a, b, c  1. Bµi 2 : Cho x, y, z>0. Chøng minh: xyz(x+y+z+ x 2  y2  z 2 ) 3 3  . 2 2 2 2 2 2 2 (x  y  z )[(x  y  z)  (x  y  z )] 18 Bµi 3 : Cho a, b, c >0 vµ tháa m·n abc=1. Chøng minh: 1 1 1 3  3  3  3 a (b  c) b (c  a) c (a  b) 2 Bµi 4 : Cho x>0, y>0 vµ x 2  y2  x  y. Chøng minh: x+3y  2+ 5.. Dạng 3. Phương pháp dùng dấu của tam thức bậc hai Cơ sở của phương pháp là biến đổi bất đẳng thức ở giả thiết về dạng chứa: f(x)=ax 2  bx  c (a  0) Để xét dấu tam thức bậc hai f(x), ta thường viết nó dưới dạng:. 16 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> Cơ sở của phương pháp là biến đổi bất đẳng thức ở giả thiết về dạng chứa: f(x)=ax 2  bx  c (a  0) Để xét dấu tam thức bậc hai f(x), ta thường viết nó dưới dạng: 2 2   b  b2  4ac  b    f(x)=a  x     a x        2a  4a 2  2a  4a 2    DÊu cña f(x) DÊu cña biÖt thøc  af(x)>0, x  R <0 b b =0 af(x)>0, x  - ; f(- )=0 2a 2a af(x)<0, x  (x1 ; x 2 ) >0 Phương trình f(x) = 0 có hai nghiệm x1 < x2 af(x)>0, x  (-; x )  (x ; +). 1. 2. Tóm lại, việc sử dụng các định lý thuận và đảo của tam thức bậc hai, xử lý điều kiện tồn tại nghiệm của biệt thức , … tỏ ra tiện lợi khi chứng minh một bất đẳng thức mà nó đã được nhận dạng. ở đây nhắc lại các tính chất sau để tiện sử dụng:   0   0 * f(x)=ax 2  bx  c  0, x  R   * f(x)=ax 2  bx  c  0, x  R   a>0 a<0. * f(x)=x 2  a  a; x; a. * f(x)=b-x 2  b; x; b. VÝ dô 1 : Chøng minh r»ng víi 5 sè a, b, c, d, e bÊt k×, bao giê ta còng cã: (1). a 2  b2  c2  d 2  a(b  c  d  e). (Đề 15/II - Bộ đề tuyển sinh). Lêi gi¶i. (1)  a 2  (b  c  d  e)a  b2  c2  d 2  e2  0 VÕ tr¸i lµ tam thøc bËc hai theo a cã biÖt thøc:. (2). =(b+c+d+e)2  4(b2  c2  d 2  e2 )  0, b, c, d, e Do B§T Bu-nhia-cèpski, ta cã: (1.b+1.c+1.d+1.e)2  (12  12  12  12 )(b2  c2  d 2  e2 ) Vậy (2) đúng với a, b, c, d, e, suy ra (1) đúng. VÝ dô 2 : Chøng minh r»ng:. 5x 2  5y2  5z 2  6xy  8xz  8yz  0 với mọi số x, y, z không đồng thời bằng 0. Lêi gi¶i. Xem vế trái của bất đẳng thức cần chứng minh là một tam thức bậc hai của x, còn y, z là những tham số, ta được một bất phương trình bậc hai mà x là ẩn số: f(x, y, z) = 5x2 + 2(3y - 4z)x + 5y2 + 5z2 - 8yz > 0 (1) ' 2 2 2 2 2  x  (3y  4z)  5(5y  5z  8yz)=-16y  16zy  9z . Xem  'x lµ mét tam thøc bËc hai cña y, cßn z lµ tham sè,  ' y  64z 2  9.16z 2  80z 2 . 1. Nếu z  0 thì  ' y  0 : Do đó  'x  0 với mọi y. Từ đó suy ra rằng PT (1) nghiệm đúng với mọi x. 2. NÕu z=0 th×  'x  16y2 . a) Nếu y  0 thì  'x  0. Do dó PT (1) nghiệm đúng với mọi x.. 17 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> b) NÕu y=0 th× v× x 2  y2  z 2  0 nªn x  0. f(x, y, z)=5x 2  0 Vậy bất đẳng thức (1) đúng với mọi x, y, z không đồng thời bằng 0. VÝ dô 3 : Cho ABC. Chøng minh: x2 A  x(cos B  cos C)  2 sin 2 , x  R. 2 2. Lêi gi¶i.. XÐt tam thøc: f(x)=. x2 A  x(cos B  cos C)  2 sin 2 . Ta cã: 2 2 2. A  BC BC  A  x  (cos B  cos C)  sin   2 cos cos  4 sin 2  2  2 2  2 2. 2. 2. A  2 BC  =4sin cos  1  0 2  2  Do đó: f(x)  0, x  R (đpcm). VÝ dô 4 : Chøng minh r»ng nÕu ba sè a, b, c tháa m·n c¸c ®iÒu kiÖn: 2. a 2  b2  c2  2  ab  bc  ca  1 4 4 4 4 4 4 th× -  a  , -  b  , -  c  . 3 3 3 3 3 3 Lêi gi¶i. Xem hai đẳng thức đã cho là một hệ hai phương trình mà b, c là hai ẩn số, a là tham số. Hệ phương trình này có nghiệm. Từ đó ta tìm được tập hợp các giá trị của tham số a. Tõ gi¶ thiÕt, ta suy ra: (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca) =2+2=4 a+b+c=2  a+b+c=-2 Hệ đã cho tương đương với hai hệ: a+b+c=2 (I)  ; ab+bc+ca=1. a+b+c=-2 (II)  ab+bc+ca=1. XÐt hÖ (I). Tõ PT thø nhÊt cña hÖ ta suy ra b+c=2-a. Thay vµo PT thø hai, ta ®­îc: bc+a(2-a)=1  bc=(a-1)2 Hệ (I) tương đương với hệ:. b+c=2-a  2 bc=(a-1) b,c lµ c¸c nghiÖm cña PT: x 2  (2  a)x  (a  1)2  0 PT nµy cã hai nghiÖm nªn   0 =(2-a)2  4(a  1)2  0  3a 2  4a  0. 18 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(19)</span> 4 (1) 3 Lập luận tương tự đối với hệ (II), ta được: 0a. 4 a0 (2) 3 Phèi hîp c¸c kÕt qu¶ (1) vµ (2), ta ®­îc: 4 4 - a 3 3 Vì a, b, c có thể đổi chỗ cho nhau trong hai đẳng thức đã cho nên ta cũng có: 4 4 4 4 -  b  vµ -  c  . 3 3 3 3 -.  Bµi tËp tù luyÖn:. Bµi 1 : Chøng minh: (x+y)2  2x 5  5y2  4y 5  6, x,y  R. Bài 2 : Chứng minh rằng nếu a, b, c là các độ dài ba cạnh của một tam giác thì ta luôn có: 1 a 2 b2  b2 c2  c2a 2  (a 4  b 4  c 4 ) 2 Bài 3 : Chứng minh rằng với mọi x  R, ta đều có: 4sin3x+5  4cos2x+5sinx. Dạng 4. Phương pháp đạo hàm I. KiÕn thøc cÇn nhí:. 1. Định lý Lagrange: Nếu hàm số y=f(x) liên tục trên đoạn [a; b] và có đạo hàm trên khoảng (a; b) thì tån t¹i mét ®iÓm c  (a; b) sao cho: f(b)  f(a) f(b)-f(a)=f ' (c)(b  a) hay f ' (c)  ba 2. Tính đơn điệu của hàm số: a) Khái niệm tính đồng biến và nghịch biến của hàm số : Cho hàm số y=f(x) xác định trên K (K là khoảng (a; b) hoặc đoạn [a; b]) * f(x) gọi là đồng biến (tăng) trên K nếu: x1 , x 2  K : x1  x 2  f(x1 )  f(x 2 ). * f(x) gäi lµ nghÞch biÕn (gi¶m) trªn K nÕu: x1 , x 2  K : x1  x 2  f(x1 )  f(x 2 ). * Tính đồng biến hay nghịch biến được gọi chung là tính đơn điệu. b) Điều kiện cần của tính đơn điệu :. Cho hàm số y=f(x) xác định và có đạo hàm trên khoảng (a; b). * Nếu f(x) đồng biến trên khoảng (a; b) thì f / (x)  0, x  (a; b) * NÕu f(x) nghÞch biÕn trªn kho¶ng (a; b) th× f / (x)  0, x  (a; b). c) Điều kiện đủ của tính đơn điệu (dấu hiệu đơn điệu) : Cho hàm số y=f(x) xác định và có đạo hàm trên khoảng (a; b).. 19 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(20)</span> / x  (a; b): f (x)  0 *  / / f (x)  0 hoÆc f (x)  0 t¹i h÷u h¹n ®iÓm x  f(x) đồng biến trên khoảng (a; b) / x  (a; b): f (x)  0 *  / / f (x)  0 hoÆc f (x)  0 t¹i h÷u h¹n ®iÓm x.  f(x) nghÞch biÕn trªn kho¶ng (a; b)  Chú ý: Trong dấu hiệu đơn điệu, nếu thêm giả thiết f(x) liên tục trên đoạn [a; b] thì kết luận mạnh hơn: f(x) đồng biến (hay nghịch biến) trên đoạn [a; b]. 3. Cùc trÞ cña hµm sè: Giả sử hàm số f(x) xác định trên khoảng (a; b) và x 0  (a;b).. a) §Þnh lý 1: f / (x)  0 trªn (x 0   ; x 0 ) *  /  x 0 là điểm cực đại của f(x). f (x)  0 trªn (x 0 ; x 0 + ) f / (x)  0 trªn (x 0   ; x 0 ) *  /  x 0 lµ ®iÓm cùc tiÓu cña f(x). f (x)  0 trªn (x 0 ; x 0 + ) b) §Þnh lý 2: f / (x)  0 *  //  x 0 lµ ®iÓm cùc tiÓu cña f(x). f (x)  0 / f (x)  0 *  //  x 0 là điểm cực đại của f(x). f (x)  0. II. VÝ dô minh häa:. x VÝ dô 1 : Cho n lµ sè tù nhiªn, n  1. Chøng minh r»ng: ex  1  , víi mäi x>0. n (§HSP Quy Nh¬n - N¨m 1999). Lêi gi¶i.. x trªn nöa kho¶ng 0; +  . Víi mäi x>0, n  1, ta cã: n 1 1 f / (x)  ex  >0 (v× ex  e0  1  víi x>0, n  1) n n Mặt khác dễ thấy hàm số liên tục trên 0; +  . Do đó f(x) đồng biến trên nửa khoảng 0; +  . XÐt hµm sè f(x)=ex  1 . VËy víi mäi x>0, n  1: x f(x)=ex  1  >f(0)=0 n x Điều đó chứng tỏ ex  1  , x>0, n  1. n  Chó ý: 1) Víi bµi to¸n nµy, ta còng cã thÓ xÐt hµm sè g(x)=ex . x trªn nöa kho¶ng 0; +  , víi chó n. ý r»ng g(0) = 1. 2) Nếu không sử dụng tính liên tục của hàm số, ta chỉ có thể kết luận hàm số đồng biến trên khoảng (0; +) . Khi đó chưa thể có bất đẳng thức f(x) > f(0) với x > 0. Ví dụ 2: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ≥ 3 ta đều có: 20 Lop12.net.

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