phuong phap giai bat dang thuc

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (214.58 KB, 22 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

B- néi dung

Phần 1 : các kiến thức cần lu ý

1- Định nghÜa

2- TÝnh chÊt

3-Một số hằng bất đẳng thức hay dùng

Phần 2:một số phơng pháp chứng minh bất đẳng thức

1-Phơng pháp dùng định nghĩa

2- Phơng pháp dùng biến đổi tơng đơng

3- Phơng pháp dùng bất đẳng thức quen thuộc

4- Phơng pháp sử dụng tính chất bắc cầu

5- Phơng pháp dùng tính chất tỉ số

6- Phơng pháp làm trội

7- Phơng pháp dùng bất đẳng thức trong tam giác

8- Phơng pháp đổi biến số

9- Phơng pháp dùng tam thức bậc hai

10- Phơng pháp quy nạp

11- Phơng pháp phản chứng

Phần 3 :các bài tập n©ng cao

PHầN 4 : ứng dụng của bất đẳng thức

1- Dùng bất đẳng thức để tìm cực trị

2-Dùng bất đẳng thức để giải phơng trình và bất phơng trình

3-Dùng bất đẳng thức giải phơng trỡnh nghim nguyờn

Phần I : các kiến thức cần lu ý
1-§inhnghÜa

A B A B

   




   


2-tÝnh chÊt

+ A>B  BA

+ A>B vµ B >C  AC

+ A>B  A+C >B + C

+ A>B vµ C > D  A+C > B + D
+ A>B vµ C > 0  A.C > B.C
+ A>B vµ C < 0  A.C < B.C

+ 0 < A B > 0  An > Bn n

+ A > B  An > Bn víi n lỴ

+ A > B  An > Bn víi n ch½n
+ m > n > 0 vµ A > 1  Am > An 
+ m > n > 0 vµ 0 <A < 1  Am < An 
+A 0 

B
A

1
1



3-một số hằng bất đẳng thức

+ A2  0 víi A ( dÊu = x¶y ra khi A = 0 )

+ An  0 víi

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

+ - A < A = A

+ A B A  B ( dÊu = x¶y ra khi A.B > 0)
+ A B A  B ( dÊu = x¶y ra khi A.B < 0)

Phần II : một số phơng pháp chứng minh bất đẳng thức
Ph ơng pháp 1 : dùng định nghĩa

KiÕn thøc : §Ĩ chøng minh A > B

Ta chøng minh A –B > 0

Lu ý dùng hằng bất đẳng thức M2  0 với M
Ví dụ 1  x, y, z chứng minh rằng :

a) x2 + y2 + z2  xy+ yz + zx
b) x2 + y2 + z2  2xy – 2xz + 2yz

c) x2 + y2 + z2+3  2 (x + y + z)

Gi¶i:

a) Ta xÐt hiÖu

x2 + y2 + z2 - xy – yz - zx
=

.2 .( x2 + y2 + z2 - xy – yz – zx)
=

2
1



( )2 ( )2 ( )2










 y x z y z

x đúng với mọi x;y;zR

Vì (x-y)2 0 vớix ; y Dấu bằng xảy ra khi x=y

(x-z)2 0 víix ; z DÊu b»ng x¶y ra khi x=z

(y-z)2 0 víi z; y DÊu b»ng x¶y ra khi z=y

VËy x2 + y2 + z2  xy+ yz + zx
DÊu b»ng x¶y ra khi x = y =z
b)Ta xÐt hiÖu

x2 + y2 + z2 - ( 2xy – 2xz +2yz )
= x2 + y2 + z2- 2xy +2xz –2yz

=( x – y + z)2 0 đúng với mọi x;y;zR

Vậy x2 + y2 + z2  2xy – 2xz + 2yz đúng với mọi x;y;zR
Dấu bằng xảy ra khi x+y=z

c) Ta xÐt hiÖu

x2 + y2 + z2+3 – 2( x+ y +z )
= x2 - 2x + 1 + y2 -2y +1 + z2-2z +1
= (x-1)2 + (y-1) 2 +(z-1)2  0

DÊu(=)x¶y ra khi x=y=z=1

VÝ dơ 2: chøng minh r»ng :

2
2

2 





 



b a b

a ;b) 2 2 2 2

3 






  




b c a b c

a
c) HÃy tổng quát bài toán

giải
a) Ta xÐt hiÖu

2
2

2 





 



b a b

a





4
2
4

2a2 b2 a2 ab b2

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>



2a 2b a b 2ab



1 2  2 2 2 

=   0

4
1 2

 b
a
VËy
2
2
2
2

2 





 



b a b

a

DÊu b»ng x¶y ra khi a=b
b)Ta xÐt hiƯu

2
2
2
2
3

3 




  



b c a b c

a



     



1 2 2 2







 b b c c a

a
VËy
2
2
2
2
3

3 




  



b c a b c

a

DÊu b»ng x¶y ra khi a = b =c
c)Tỉng qu¸t

2
2
1
2
2
2
2

1 .... ....






   




n
a
a
a

n
a
a

a n n

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

Bíc 1: Ta xÐt hiƯu H = A - B

Bớc 2:Biến đổi H=(C+D)2 hoặc H=(C+D)2 +….+(E+F)2
Bớc 3:Kết luận A  B

Ví dụ:(chuyên Nga- Pháp 98-99)
Chứng minh m,n,p,q ta đều có

m2 + n2+ p2 + q2 +1 m(n+p+q+1)
Gi¶i:
0
1
4
4
4
4
2
2
2
2
2
2

2






































 m mn n m mp p m mq q m m

0
1
2
2
2
2
2
2
2
2


































 m n m p m q m (luôn ỳng)

Dấu bằng xảy ra khi

0
1
2
0
2
0
2
0
2
m
q
m
p
m

n
m

2
2
2
2
m
m
q
m
p
m
n

1
2
q
p
n
m

Bài tập bổ xung

phơng pháp 2 : Dùng phép biến đổi tơng đơng
L

u ý:

Ta biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh tơng đơng với bất đẳng thức đúng hoặc

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

A B2 A2 2AB B2






A B C2 A2 B2 C2 2AB 2AC 2BC










 3 3 2 2 3

3A B AB B
A

B

A    

VÝ dơ 1:

Cho a, b, c, d,e lµ c¸c sè thùc chøng minh r»ng
a) a b ab

4
2
2

b)a2b21abab

c)a2 b2 c2 d2 e2 abcde

Gi¶i:

a) a b ab

4
2
2

 4a2 b2 4ab  4a2  4ab2 0

 2a b2 0 (bất đẳng thức này luôn đúng)

VËya b ab

4
2

2 (dÊu b»ng x¶y ra khi 2a=b)

b) a2b21abab
2(a2 b2 1  2(ab a b)









 a2 2abb2a2 2a1b2 2b10

( )2 ( 1)2 ( 1)2 0








 a b a b Bất đẳng thức cuối đúng.

VËy a2b21abab

DÊu b»ng x¶y ra khi a=b=1
c) a2 b2c2 d2e2 abcde

 4 a2 b2c2 d2e2 4abcde





2 4 4 2

 

2 4 4 2

 

2 4 4 2

 

2 4 4 2



0













 ab b a ac c a ad d a ac c

a

  2 2  2 2  2 2  2 2 0











 b a c a d a c

a

Bất đẳng thức đúng vậy ta có điều phải chứng minh

VÝ dô 2:

Chøng minh r»ng:



a10 b10



a2 b2

 

a8 b8



a4 b4










Gi¶i:



a10 b10



a2b2

 

a8b8



a4b4



 a12 a10b2 a2b10 b12 a12 a8b4 a4b8 b12









 a8b2



a2 b2



a2b8



b2  a2



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

VÝ dơ 3: cho x.y =1 vµ x.y

Chứng minh
y
x

y
x

2 2

Giải:
y

x
y
x

2 2 vì :x y nªn x- y  0  x2+y2 2 2( x-y)

 x2+y2- 2 2 x+2 2y 0 x2+y2+2- 2 2 x+2 2y -2 0
 x2+y2+( 2)2- 2 2 x+2 2y -2xy

0 vì x.y=1 nên 2.x.y=2

 (x-y- 2 )2  0 Điều này ln ln đúng . Vậy ta có điều phải chứng minh

VÝ dô 4:

1)CM: P(x,y)=9 2 2 2 6 2 1 0






y xy y

y

x x,yR

2)CM: a2b2c2 abc (gợi ý :bình phơng 2 vế)

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>
















z
y
x
z
y
x

z
y
x

1
1

1 . . 1

Chứng minh rằng :có đúng một trong ba số x,y,z lớn hơn 1
(đề thi Lam Sơn 96-97)

Gi¶i:

XÐt (x-1)(y-1)(z-1)=xyz+(xy+yz+zx)+x+y+z-1

=(xyz-1)+(x+y+z)-xyz(1x 1y1z)=x+y+z - (111)  0

z
y

x (v×x y z

1
1
1



 < x+y+z theo

gt)

 2 trong 3 sè x-1 , y-1 , z-1 âm hoặc cả ba sỗ-1 , y-1, z-1 là dơng.

N trng hp sau xy ra thỡ x, y, z >1  x.y.z>1 Mâu thuẫn gt x.y.z=1 bắt buộc phải
xảy ra trờng hợp trên tức là có đúng 1 trong ba số x ,y ,z là số lớn hơn 1

Ph ơng pháp 3 : dùng bất đẳng thức quen thuộc
A/ một số bất đẳng thức hay dùng

1) Các bất đẳng thức phụ:

a) x2 y2 2xy




b) x2y2  xy dÊu( = ) khi x = y = 0

c) xy2 4xy
d)  2

a
b
b
a

2)Bất đẳng thức Cô sy: n

n

n a a a a
n

a
a

....
....

3
2
1
3

2
1







Víi ai 0

3)Bất đẳng thức Bunhiacopski

 

2

221

1

2

1

2 aa



n

...



xxa

....



n



axa

....



xax

nn

4) Bất đẳng thức Trê- b-sép:
Nếu








C
B
A

c
b
a



3
.

3
3

C
B
A
c
b
a
cC
bB

aA    





NÕu











C
B
A

c
b
a



3
.
3
3

C
B
A
c
b
a
cC
bB

aA    





DÊu b»ng x¶y ra khi








C
B
A

c
b
a

b/ c¸c vÝ dơ

vÝ dơ 1 Cho a, b ,c lµ các số không âm chứng minh rằng

(a+b)(b+c)(c+a)8abc

Giải:
Cách 1:Dùng bất đẳng thức phụ: x y2 4xy





Tacã a b2 4ab



 ; bc2 4bc ; ca2 4ac

 a b2

 bc2 ca2 64a2b2c2 8abc2

 (a+b)(b+c)(c+a)8abc

DÊu “=” x¶y ra khi a = b = c

vÝ dơ 2(tù giải): 1)Cho a,b,c>0 và a+b+c=1 CMR: 1119

c
b

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

2)Cho x,y,z>0 vµ x+y+z=1 CMR:x+2y+z4(1 x)(1 y)(1 z)

3)Cho a>0 , b>0, c>0
CMR:
2
3







 a b

c
a
c
b
c
b
a

4)Cho x0,y0 tháa m·n 2 x y 1 ;CMR: x+y

5
1



vÝ dô 3: Cho a>b>c>0 vµ 2 2 2 1



b c

a chøng minh r»ng

3 3 3 1

a b c

b c a c a b     

Gi¶i:

Do a,b,c đối xứng ,giả sử abc 












b
a
c
c
a
b
c
b

a a b c

2
2
2

áp dụng BĐT Trê- b-sép ta có




















 a b

c

c
a
b
c
b
a
c
b
a
b
a
c
c
c
a
b
b
c
b
a
a .
3
.
.
.
2
2
2
2
2

2 =
2
3
.
3
1
=
2
1
VËy
2
1
3
3
3






 a b

c
c
a
b
c
b

a DÊu b»ng x¶y ra khi a=b=c=

3
1

vÝ dơ 4:

Cho a,b,c,d>0 vµ abcd =1 .Chøng minh r»ng :

      10

2
2
2
2










b c d ab c bc d d c a

a

Gi¶i:

Ta cã a2 b2 2ab




c2 d2 2cd




Do abcd =1 nªn cd =
ab
1
(dïng
2
1
1


x
x )

Ta cã 2 2 2 2( ) 2( 1 ) 4








ab
ab
cd
ab
c
b

a (1)

Mặt khác: abcbcddca

=(ab+cd)+(ac+bd)+(bc+ad)

= 1 1 1 222























bc
bc
ac
ac
ab
ab

VËy 2 2 2 2       10











b c d ab c bc d d c a

a

vÝ dô 5: Cho 4 sè a,b,c,d bÊt kú chøng minh r»ng:

(a c)2 (b d)2 a2 b2 c2 d2









Giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski
tacó ac+bd a2 b2. c2 d2




mµ a c2 b d2 a2 b2 2ac bd c2 d2













a2 b2



2 a2 b2. c2 d2 c2 d2









 (a c)2 (b d)2 a2 b2 c2 d2









vÝ dô 6: Chøng minh r»ng

a2b2c2 abbcac

Giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski
Cách 1: Xét cặp số (1,1,1) và (a,b,c) ta có



12 12 12



(a2 b2 c2) 1.a 1.b 1.c2










</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

a2b2c2 abbcac Điều phải chứng minh DÊu b»ng x¶y ra khi a=b=c

Ph ơng pháp 4 : Sử dụng tính chất bắc cầu
L

u ý: A>B vµ b>c th× A>c

0< x <1 th× x2 <x
vÝ dô 1:

Cho a, b, c ,d >0 tháa m·n a> c+d , b>c+d

Chøng minh r»ng ab >ad+bc
Gi¶i:

Tacã








d
c
b

d
c
a











0
0

c

d
b

d
c
a
 (a-c)(b-d) > cd
 ab-ad-bc+cd >cd

 ab> ad+bc (®iỊu ph¶i chøng minh)
vÝ dơ 2:

Cho a,b,c>0 tháa m·n

3
5
2
2
2




b c

a
Chøng minh

abc
c

b
a

1
1
1
1





Gi¶i:

Ta cã :( a+b- c)2= a2+b2+c2+2( ab –ac – bc)  0

 ac+bc-ab



2
1

( a2+b2+c2)

 ac+bc-ab

6
5





1 Chia hai vÕ cho abc > 0 ta cã

c
b
a

1
1
1







abc

vÝ dô 3

Cho 0 < a,b,c,d <1 Chøng minh r»ng (1-a).(1-b) ( 1-c).(1-d) > 1-a-b-c-d
Gi¶i:

Ta cã (1-a).(1-b) = 1-a-b+ab
Do a>0 , b>0 nªn ab>0

 (1-a).(1-b) > 1-a-b (1)
Do c <1 nªn 1- c >0 ta cã
 (1-a).(1-b) ( 1-c) > 1-a-b-c

 (1-a).(1-b) ( 1-c).(1-d) > (1-a-b-c) (1-d)
=1-a-b-c-d+ad+bd+cd

 (1-a).(1-b) ( 1-c).(1-d) > 1-a-b-c-d

(Điều phải chứng minh)

ví dụ 4

1- Cho 0 <a,b,c <1 . Chøng minh r»ng
2a32b32c3 3a2bb2cc2a
Gi¶i :

Do a < 1  2 1


a vµ

Ta cã



1 a2



.1 b0  1-b-a2+a2b > 0

 1+a2b2 > a2 + b mµ 0< a,b <1  a2 > a3, b2 > b3

Tõ (1) vµ (2)  1+a2 b2> a3+b3

VËy a3+b3 < 1+a2 b2

T¬ng tù b3+c3 1 b2c



c 3+a3 1 c2a


Cộng các bất đẳng thức ta có :
2a3 2b3 2c3 3 a2b b2c c2a

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

b)Chøng minh r»ng : NÕu a2b2 c2d2 1998 thì ac+bd =1998

(Chuyên Anh –98 – 99)
Gi¶i:

Ta cã (ac + bd)2 + (ad – bc )2 = a2 c2 + b2d2 2abcd a2d 2



 b2c2-2abcd=

= a2(c2+d2)+b2(c2+d2) =(c2+d2).( a2+ b2) = 19982

rá rµng (ac+bd)2   2  2 19982






bd ad bc

ac

 acbd 1998

2-Bài tập : 1, Cho các số thùc : a1; a2;a3 ….;a2003 tháa m·n : a1+ a2+a3 + ….+a2003

chøng minh r»ng : a12 + 20032
2

3
2

2 a .... a

a   

2003
1

 ( đề thi vào chuyên nga pháp

2003- 2004Thanh hãa )

2,Cho a;b;c 0 tháa m·n :a+b+c=1(?)

Chøng minh rằng: (1 1).(1 1).(1 1)8

c
b

a

Ph ơng pháp 5: dïng tÝnh chÊtcña tû sè

KiÕn thøc

1) Cho a, b ,c là các số dơng thì

a – NÕu 1

b
a
th×
c
b
c
a
b
a




b – NÕu 1

b
a
th×
c
b
c
a
b
a





2)NÕu b,d >0 th× tõ

d
c
d
b
c
a
b
a
d
c
b
a






`

vÝ dô 1 :

Cho a,b,c,d > 0 .Chøng minh r»ng

1 2













b
a
d
d
a
d
c
c
d
c
b
b
c
b
a
a

Gi¶i :

Theo tÝnh chÊt cđa tØ lƯ thøc ta cã

d
c
b
a
d
a
c
b
a
a
c
b
a
a











 1 (1)

Mặt khác :

d
c
b
a
a
c
b
a
a






 (2)

Tõ (1) vµ (2) ta cã
d
c
b
a
a



 < a b c

a



 <a b c d

d
a




(3)
T¬ng tù ta cã

d
c
b
a
a
b
d
c
b
b
d
c
b

a
b











 (4)

d
c
b
a
c
b
a
d
c
c
d
c
b
a

c











 (5)

d
c
b
a
c
d
b
a
d
d
d
c
b
a
d












 (6)

céng vÕ víi vÕ cđa (3); (4); (5); (6) ta có

2
1

b

a
d
d
a
d
c
c
d
c
b
b
c
b
a
a

điều phải chứng minh

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Cho:
b
a
<
d
c

và b,d > 0 .Chứng minh rằng
b
a
<
d

c
d
b
cd
ab

2
2

Giải: Tõ
b
a
<
d
c
2
2 d
cd
b
ab

 
d
c
d
cd
d
b

cd
ab
b
ab





 2 2 2
2
VËy
b
a
<
d
c
d
b
cd
ab



2

2 điều phải chứng minh

ví dụ 3 : Cho a;b;c;dlà các số nguyên dơng thỏa mÃn : a+b = c+d =1000

tìm giá trị lớn nhất của
d
b
c
a

giải : Không mất tính tổng quát ta giả sử :

c
a

d
b

 Tõ :

c
a
d
b

d
b
d
c
b
a
c

a





1

c
a

v× a+b = c+d
a, NÕu :b 998 th×

d
b
998
 
d
b
c
a

  999

b, NÕu: b=998 th× a=1

d
b
c

a
=
d
c
999
1

Đạt giá trị lớn nhất khi d= 1; c=999

Vậy giá trị lớn nhất của
d
b
c
a
=999+
999
1

khi a=d=1; c=b=999

Ph ơng pháp 6: Phơng pháplàm trội

L
u ý:

Dùngcác tính bất đẳng thức để đa một vế của bất đẳng thức về dạng tính đợc tổng 
hữu hạn hoặc tích hữu hạn.

(*) Phơng pháp chung để tính tổng hữu hạn :
S = u1u2....un

Ta cố gắng biến đổi số hạng tổng quát uk về hiệu của hai số hạng liên tiếp nhau:

uk ak  ak1

Khi đó :

S =



a1 a2

 

 a2 a3



....



an an1



a1 an1
(*) Phơng pháp chung về tính tích hữu hạn
P = u1u2....un

Biến đổi các số hạng uk về thơng của hai số hạng liên tiếp nhau:

uk=

1

k
k
a
a

Khi đó P =

1
1
1
3
2

1. ...




n
n
n
a
a
a
a
a
a
a
a

VÝ dô 1 :

Víi mäi sè tù nhiªn n >1 chøng minh r»ng

4
3
1
....
2
1
1

1
2
1








n
n
n
n
Gi¶i:
Ta cã
n
n
n
k
n 2
1
1
1




 víi k = 1,2,3,…,n-1

Do đó:

2
1
2
2
1
...
2
1
2
1
...
2
1
1
1









 n
n
n

n
n
n
n
Ví dụ 2 :

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

.... 1 2



1 1



1
2
1

1     n 

n Víi n lµ sè nguyên
Giải :

Ta có

k k

k
k
k

k    1 2 1

2
2

Khi cho k chạy từ 1 đến n ta có
1 > 2



21





3 2






………



n n



n 2 1

Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta có
.... 1 2



1 1



3
1
2
1

1     n 

n

VÝ dô 3 :

Chøng minh r»ng 1 2
1 2







n
k k

nZ
Gi¶i:

Ta cã

k  k k

k
k

1
1
1
1

1
1

2 






Cho k chạy từ 2 đến n ta có

1
1
....
3

1
2

1
1
1
1

...

3
1
2
1
3

2
1
1
2

2
2

2
2
2
2














n
n
n
n

VËy 1 2

1 2






n
k k

Ph ơng pháp 7: Dùng bất đẳng thức trong tam giác
L

u ý: Nếu a;b;clà số đo ba cạnh của tam giác thì : a;b;c> 0 
Và |b-c| < a < b+c ; |a-c| < b < a+c ; |a-b| < c < b+a

VÝ dụ1: Cho a;b;clà số đo ba cạnh của tam gi¸c chøng minh r»ng

a, a2+b2+c2< 2(ab+bc+ac)

b, abc>(a+b-c).(b+c-a).(c+a-b)

Giải

a)Vì a,b,c là số đo 3 cạnh của một tam giác nên ta cã











b
a
c

c
a
b

c
b
a

0
0
0
















)
(

)
(
2
2
2

b
a
c
c

c
a
b
b

c
b
a
a

Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta có
a2+b2+c2< 2(ab+bc+ac)

b) Ta cã a > b-c   a2 a2 (b c)2




</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

b > a-c   b2 b2 (c a)2




 > 0

c > a-b   2 2 ( )2 0





c a b

c

Nhân vế các bất đẳng thức ta đợc

 







 





 



     

a b c b c a c a b

abc
b
a
c
a
c
b
c
b
a
c
b
a
b
a
c
a
c
b

c
b
a
c
b
a

























.
.
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2

VÝ dô2: (404 – 1001)

1) Cho a,b,c là chiều dài ba cạnh của tam gi¸c
Chøng minh r»ng ab bc ca a2 b2 c2 2(ab bc ca)











2) Cho a,b,c là chiều dài ba cạnh của tam gi¸c cã chu vi b»ng 2
Chøng minh r»ng 2 2 2 2 2





b c abc

a

Ph ơng pháp 8: đổi biến số

VÝ dô1:

Cho a,b,c > 0 Chứng minh rằng

2
3

a b

c

a
c
b
c
b
a
(1)
Giải :

Đặt x=b+c ; y=c+a ;z= a+b ta cã a=

x
z
y 

; b =

y
x
z 

; c =

z

y
x 

ta cã (1)  y2zx xz2xy y x2yz z

2
3


  1  1  13

z
y
z
x
y
z
y
x
x
z
x
y

 (  )(  )(  )6

z
y
y
z

z
x
x
z
y
x
x
y

Bất đẳng thức cuối cùng đúng vì (  2;

y
x
x
y

 2

z
x
x
z

; 2

z
y
y
z

nên ta có điều
phải chứng minh

VÝ dô2:

Cho a,b,c > 0 vµ a+b+c <1
Chøng minh r»ng

9
2
1
2
1
2
1
2
2
2 





 bc b ac c ab

a (1)

Giải:

Đặt x = a2 2bc

 ; y = b22ac ; z = c22ab

Ta cã  2 1







y z a b c

x

(1)  1119

z
y

x Với x+y+z < 1 và x ,y,z > 0
Theo bất đẳng thức Cơsi ta có

xyz3.3 xyz




z
y

x
1
1
1

3. .3 1
xyz

  . 1 1 19










z
y
x
z
y
x

Mµ x+y+z < 1
VËy 1119

z

y

x (®pcm)

VÝ dơ3:

Cho x0 , y0 tháa m·n 2 x  y 1 CMR

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Đặt xu , y v  2u-v =1 vµ S = x+y =u2 v2 v = 2u-1 thay vµo tÝnh S min

Bµi tËp

1) Cho a > 0 , b > 0 , c > 0 CMR: 25 16 8





 a b

c
a
c

b
c
b

a

2)Tỉng qu¸t m, n, p, q, a, b >0
CMR



m n p



m n p
b

a
pc
a
c

nb
c
b

ma














2
2

Ph ơng pháp 9: dïng tam thøc bËc hai

L
u ý :

Cho tam thøc bËc hai f x ax2bxc
NÕu 0 th× a.f x 0 xR

NÕu 0 th× a.f x 0

a
b
x


NÕu 0 th× a.f x 0 víi xx1 hc xx2 (x2 x1)

a.f x 0 víi x1xx2

VÝ dơ1:

Chøng minh r»ng

 ,  2 5 2 4 2 6 3 0








x y xy x y

y
x

f (1)

Gi¶i:

Ta cã (1)  2 2 2 1 5 2 6 3 0







 x y y y

x

2 12 5 2 6 3







 y y y

 1 1 0

3
6
5
1
4
4

2
2














y

y
y
y

y

VËy fx,y0 víi mäi x, y

VÝ dô2:

Chøng minh r»ng

fx,y x2y4 2



x2 2



.y2 4xy x2 4xy3







Gi¶i:

Bất đẳng thức cần chứng minh tơng đơng với
2 4 2



2 2



. 2 4 2 4 3 0








 x y xy x xy

y
x

( 2 1)2. 2 4 1 2 4 2 0








 y x y y x y

Ta cã 4 2



1 2



2 4 2



2 1



2 16 2 0











 y y y y y

V× a =



2 1



2 0




y vËy fx,y0 (đpcm)

Ph ơng pháp 10: dùng quy nạp toán học
Kiến thức:

Để chứng minh bất đẳng thức đúng với nn0ta thực hiện các bớc sau :
1 – Kiểm tra bất đẳng thức đúng với nn0

2 - Giả sử BĐT đúng với n =k (thay n =k vào BĐT cần chứng minh đợc gọi là giả
thiết quy nạp )

3- Ta chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k +1 (thay n = k+1vào BĐT cần
chứng minh rồi biến đổi để dùng giả thiết quy nạp)

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

VÝ dô1:

Chøng minh r»ng

n
n
1
2
1
....
2
1
1
1
2
2

2      nN;n1 (1)
Gi¶i :

Víi n =2 ta cã

2
1
2
4
1

1   (đúng)

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

ThËt vËy khi n =k+1 th×
(1) 

1
1
2
)
1
(
1
1
....
2
1
1
1
2
2
2
2









k
k
k
Theo gi¶ thiÕt quy n¹p


  1

1
2
1
1
1
2
)
1
(
1
1
....
2
1
1
1
2
2

2
2

2   










k
k
k
k
k


k  k

k
k
1
1
1
1
1

)
1
(
1
....
1
1
2
2
2 








 2 ( 2) ( 1)2
1
)
1
(
1
1









k
k
k
k
k
k

 k2+2k<k2+2k+1 Điều này đúng .Vậy bất

đẳng thức (1)đợc chứng minh

VÝ dô2: Cho nN vµ a+b> 0

Chøng minh r»ng

n
b
a





 

2  2

n
n b

a  (1)

Giải
Ta thấy BĐT (1) đúng với n=1

Giả sử BĐT (1) đúng với n=k ta phải chứng minh BĐT đúng với n=k+1
Thật vậy với n = k+1 ta có

(1) 

1
2







ab k


2
1
1 


 k
k b
a

2
.
2
b
a
b

a k 






 

2
1
1 

 k
k b

a (2)

 VÕ tr¸i (2) 

2
4
2
.
2
1
1
1

1   

 







 k k k k k k k

k b a b a ab a b b a b

a
 0
4
2
1
1

1
1





   

 k k k k k

k b a ab a b b

a





ak  bk



.a b0 (3)

Ta chøng minh (3)

(+) Giả sử a b và gi¶ thiÕt cho a  -b  a  b
 ak bk bk



 



ak  bk



.a b0

(+) Giả sử a k k k k

b
a

b

a    



ak  bk



.a b0

Vậy BT (3)luụn ỳng ta cú (pcm)

Ph ơng pháp 11: Chøng minh ph¶n chøng

L u ý :

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

với giả thiết , có thể là điều trái ngợc nhau .Từ đó suy ra bất đẳng thức cần chứng minh
là đúng

2) Giả sử ta phải chứng minh luận đề “G  K”
phép toán mệnh đề cho ta :

Nh vậy để phủ định luận đề ta ghép tất cả giả thiết của luận đề với phủ định kết
luận của nó .

Ta thờng 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 ngợc nhau
E – Phủ định rồi suy ra kết luận :

VÝ dô 1:

Cho ba sè a,b,c tháa m·n a +b+c > 0 , ab+bc+ac > 0 , abc > 0
Chøng minh r»ng a > 0 , b > 0 , c > 0

Gi¶i :

Giả sử a  0 thì từ abc > 0  a 0 do đó a < 0
Mà abc > 0 và a < 0  cb < 0

Tõ ab+bc+ca > 0  a(b+c) > -bc > 0
V× a < 0 mµ a(b +c) > 0  b + c < 0

a < 0 vµ b +c < 0 a + b +c < 0 trái giả thiÕt a+b+c > 0
VËy a > 0 t¬ng tù ta cã b > 0 , c > 0

VÝ dô 2:

Cho 4 sè a , b , c ,d tháa m·n ®iỊu kiÖn

ac  2.(b+d) .Chứng minh rằng có ít nhất một trong các bất đẳng thức sau là
sai:

a2 4b

 , c2 4d

Gi¶i :

Giả sử 2 bất đẳng thức : a2 4b

 , c2 4d đều đúng khi đó cộng các vế ta đợc

2 2 4( )

d
b
c

a    (1)

Theo gi¶ thiÕt ta cã 4(b+d)  2ac (2)
Tõ (1) vµ (2)  a2 c2 2ac



 hay a c2 0 (v« lý)

Vậy trong 2 bất đẳng thức a2 4b và c2 4d có ít nhất một các bất đẳng thức sai
Ví dụ 3:

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

NÕu x+y+z > 1x1y1z th× cã mét trong ba sè này lớn hơn 1

Giải :

Ta cã (x-1).(y-1).(z-1) =xyz – xy- yz + x + y+ z –1

=x + y + z – (1x1y1z ) v× xyz = 1

theo gi¶ thiÕt x+y +z > 1x1y1z

nªn (x-1).(y-1).(z-1) > 0

Trong ba sè x-1 , y-1 , z-1 chØ cã mét sè d¬ng

Thật vậy nếu cả ba số dơng thì x,y,z > 1  xyz > 1 (trái giả thiết)
Còn nếu 2 trong 3 số đó dơng thì (x-1).(y-1).(z-1) < 0 (vô lý)
Vậy có một và chỉ một trong ba số x , y,z lớn hơn 1

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

1/dùng định nghĩa

1) Cho abc = 1 vµ 3 36


a . . Chøng minh r»ng 
3

a

b2+c2> ab+bc+ac

Gi¶i
Ta cã hiƯu: 

3
2

a b2+c2- ab- bc – ac

= 
4

a


12

a

b2+c2- ab- bc – ac

= ( 
4

a

b2+c2- ab– ac+ 2bc) + 

12
2

a

3bc
=(

a

-b- c)2 +

a
abc
a

12
36
3



a

-b- c)2 +

a
abc
a

12
36
3

 >0 (v× abc=1 và a3 > 36 nên a >0 )

VËy : 
3

a b2+c2> ab+bc+ac Điều phải chứng minh

2) Chứng minh rằng

a) 4 4 2 1 2 .( 2 1)









y z x xy x z

x

b) víi mäi sè thùc a , b, c ta cã
2 5 2 4 2 6 3 0







 b ab a b

a

c) a22b2 2ab2a 4b20

Gi¶i :

a) XÐt hiÖu

H = x4 y4 z2 1 2x2y2 2x2 2xz 2x













2 2



2  2  2






 y x z x

x

H0 ta có điều phải chứng minh
b) VÕ tr¸i cã thÓ viÕt

H = a 2b12 b12 1

 H > 0 ta có điều phải chứng minh
c) vÕ tr¸i cã thĨ viÕt

H =  2  2

1
1  


 b b

a

 H  0 ta có điều phải chứng minh

Ii / Dựng bin i t ơng đ ơng

1) Cho x > y vµ xy =1 .Chøng minh r»ng





 2 8

2
2
2






y
x

Gi¶i :

Ta cã 2 2  2 2  2 2








y x y xy x y

x (v× xy = 1)





2 2



2  4 4. 2 4







y x y x y

x

Do đó BĐT cần chứng minh tơng đơng với
x y4 4x y2 4 8.x y2









 x y4 4x y240




 2 2



2 0



 y
x

BĐT cuối đúng nên ta có điều phải chứng minh
2) Cho xy  1 .Chứng minh rằng

xy
y

x    

 1

2
1

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

Gi¶i :

Ta cã

xy
y

x    

 1
2
1
1
1
1
2
2
 0
1
1
1
1
1
1
1
1

2
2

2 



















x y y xy







.1 



1 2



.1  0

2
2








xy
y
y
xy
xy
x
x
xy


















)
(
1
.
1
)
(
2

2 







xy
y
y
x
y
xy
x
x
y
x
    



 



.1  0

1
2
2
2







xy
y
x
xy
x
y

BĐT cuối này đúng do xy > 1 .Vậy ta có điều phải chứng minh
Iii / dùng bất đẳng thức phụ

1) Cho a , b, c là các số thực vµ a + b +c =1

Chøng minh r»ng

3
1
2
2
2b c 

a
Giải :

áp dụng BĐT BunhiaCôpski cho 3 số (1,1,1) và (a,b,c)
Ta cã  2  



2 2 2



1
1
1
.
1
.
1
.

1a b c    a b c
  2



2 2 2



3 a b c

c
b

a    



3
1
2
2
2b c 

a (v× a+b+c =1 ) (đpcm)

2) Cho a,b,c là các số dơng

Chứng minh r»ng  . 1 1 19









c
b
a
c
b

a (1)

Gi¶i :

(1)  1   1   19

a
c
a
c
c

b
a
b
c
a
b
a

3 9

b
c
c
b
a
c
c
a
a
b
b
a

áp dụng BĐT phụ  2

x
y
y
x

Với x,y > 0
Ta có BĐT cuối cùng ln đúng

VËy  . 1 1 19










c
b
a
c
b

a (đpcm)

Iv / dùng ph ơng pháp bắc cầu

1) Cho 0 < a, b,c <1 .Chøng minh r»ng :

2a3 2b3 2c3 3 a2b b2c c2a







Gi¶i :

Do a <1  a2<1 vµ b <1

Nªn



1 2

 

.1 2



0 1 2 2 0








 a b a b a b

Hay 1a2ba2b (1)
Mặt khác 0 <a,b <1  a2 a3

 ; bb3

 1a2 a3b3

VËy a3 b3 1 a2b

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

T¬ng tù ta cã

a
c
c

a

c

b
c

b

2
3

1
1





 2a3 2b3 2c3 3 a2b b2c c2a







 (đpcm)

2) So sánh 3111 vµ 1714
Gi¶i :

Ta thÊy 3111 <

 

11 5 55 56

32  2 2 2

Mặt khác 256 24.14

24 14 1614 1714

 

Vëy 3111 < 1714 (®pcm)
V/ dïng tÝnh chÊt tØ sè

1) Cho a ,b ,c ,d > 0 .Chøng minh r»ng :

2 a b b c c d d a 3

a b c b c d c d a d a b

   

    

       

Gi¶i :

V× a ,b ,c ,d > 0 nªn ta cã

a b a b a b d
a b c d a b c a b c d

   

 

        (1)
b c b c b c a

a b c d b c d a b c d

    

 

        (2)

d a d a d a c

a b c d d a b a b c d

   

 

        (3)
Cộng các vế của 4 bất đẳng thức trên ta có :

2 a b b c c d d a 3

a b c b c d c d a d a b

   

    

        (đpcm)

2) Cho a ,b,c là số đo ba cạnh tam giác
Chøng minh r»ng

1 a b c 2
b c c a a b

   

  

Giải :

Vì a ,b ,c là số đo ba cạnh của tam giác nên ta có a,b,c > 0
Vµ a < b +c ; b <a+c ; c < a+b

Tõ (1) a a a 2a
b c a b c a b c



  

    

Mặt khác a a
b c a b c 
VËy ta cã a a 2a

a b c  b c a b c  T¬ng tù ta cã

b b b

a b c  a c a b c 
c c 2c

a b c  b a a b c 
Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên ta có :

1 a b c 2
b c c a a b

   

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

V/ ph ơng pháp làm trội :

1) Chøng minh B§T sau :

a) 1 1 ... 1 1
1.3 3.5  (2n1).(2n1)2
b) 1 1 1 ... 1 2

1.2 1.2.3 1.2.3...n

    

Gi¶i :

a) Ta cã



 





2 1



(2 1)

1 1 1 1 1

2 1 . 2 1 2 (2 1).(2 1) 2 2 1 2 1

k k

n n k k k k

    

    

       

Cho n chạy từ 1 đến k .Sau đó cộng lại ta có

1 1 ... 1 1. 1 2 1

1.3 3.5 (2n 1).(2n 1) 2 2n 1 2

 

      

     (®pcm)

b) Ta cã





1 1 1 1 1 1

1 ... 1 ...

1.2 1.2.3 1.2.3...n 1.2 1.2.3 n 1 .n

        


< 1 1 1 1 1 .... 1 1 2 1 2

2 2 3 n 1 n n

     

         


      (®pcm)

Phần iv : ứng dụng của bất đẳng thức
 1/ dùng bất đẳng thức để tìm c c trị
 L u ý

- Nếu f(x) A thì f(x) có giá trị nhá nhÊt lµ A
- Nếu f(x) B thì f(x) có giá trị lín nhÊt lµ B
VÝ dơ 1 :

Tìm giá trị nhá nhÊt cña :
T = |x-1| + |x-2| +|x-3| + |x-4|

Gi¶i :

Ta cã |x-1| + |x-4| = |x-1| + |4-x|  |x-1+4-x| = 3 (1)
Vµ x 2  x 3  x 2 3 x  x 2 3  x 1 (2)
VËy T = |x-1| + |x-2| +|x-3| + |x-4|  1+3 = 4

Ta cã tõ (1)  DÊu b»ng x¶y ra khi 1 x 4

(2)  DÊu b»ng x¶y ra khi 2 x 3

Vậy T có giá trị nhỏ nhất là 4 khi 2 x 3

VÝ dơ 2 :

T×m giá trị lớn nhất của

S = xyz.(x+y).(y+z).(z+x) víi x,y,z > 0 vµ x+y+z =1
Gi¶i :

Vì x,y,z > 0 ,áp dụng BĐT C«si ta cã
x+ y + z 33 xyz

3 1 1

3 27

xyz xyz

   

áp dụng bất đẳng thức Côsi cho x+y ; y+z ; x+z ta có



x y

 

. y z

 

. z x



33



x y

 

. y z

 

. x z



 2 3 3



x y

 

. y z

 

. z x



DÊu b»ng x¶y ra khi x=y=z=1

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

VËy S  8 1. 8
27 27 729

Vậy S có giá trị lớn nhất lµ 8

729 khi x=y=z=
1
3
VÝ dô 3 : Cho xy+yz+zx = 1

Tìm giá trị nhỏ nhất của x4 y4 z4
 
Gi¶i :

áp dụng BĐT Bunhiacốpski cho 6 số (x,y,z) ;(x,y,z)

Ta cã







2 2 2



2
xy yz zx   x y z
1



x2 y2 z2



    (1)

Ap dơng B§T Bunhiacèpski cho (x y z2, 2, 2) vµ (1,1,1)
Ta cã

2 2 2 2 2 2 2 4 4 4

2 2 2 2 4 4 4

( ) (1 1 1 )( )

( ) 3( )

x y z x y z

      

     

Tõ (1) vµ (2) 1 3(x4 y4 z4)
   
4 4 4 1

x y z



Vậy x4y4z4 có giá trị nhá nhÊt lµ 1

3 khi x=y=z=

3
3


VÝ dô 4 :

Trong tam giác vuông có cùng cạnh huyền , tam giác vuông nào có diện tích
lớn nhÊt

Gi¶i :

Gäi c¹nh hun của tam giác là 2a
Đờng cao thuộc cạnh huyền là h

Hình chiếu các cạnh góc vuông lên cạnh huyền là x,y
Ta cã S =1.





. . . 2 .

2 x y h a h a h   a xy
Vì a khơng đổi mà x+y = 2a

VËy S lín nhÊt khi x.y lín nhÊt  xy

VËy trong c¸c tam gi¸c cã cùng cạnh huyền thì tam giác vuông cân có diện tÝch lín
nhÊt

Ii/ dùng b.đ.t để giải ph ơng trình và hệ ph ơng trình

VÝ dơ 1 :

Giải phơng trình sau

4 3x2 6x 19 5x2 10x 14 4 2x x2
       
Gi¶i :

Ta cã 3x2 6x 19

  3.(x22x1) 16
3.(x 1)2 16 16

   

5x2 10x 14 5.



x 1



2 9 9

     

VËy 4. 3x2 6x 19 5x2 10x 14 2 3 5
       
DÊu ( = ) x¶y ra khi x+1 = 0  x = -1
VËy 4 3x2 6x 19 5x2 10x 14 4 2x x2

        khi x = -1

Vậy phơng trình có nghiệm duy nhất x = -1
VÝ dô 2 :

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

x 2 x2 4y2 4y 3

    

Gi¶i :

áp dụng BĐT BunhiaCốpski ta có :

x 2 x2 12 1 .2 x2



2 x2



2. 2 2

       

DÊu (=) x¶y ra khi x = 1

Mặt khác 4y2 4y 3

2y 1

2 2 2
     
DÊu (=) x¶y ra khi y = -1

2
VËy x 2 x2 4y2 4y 3 2

      khi x =1 vµ y =-1
2
VËy nghiƯm cđa ph¬ng trình là

1
1
2
x
y

Ví dụ 3 :

Giải hệ phơng trình sau:
4 x y z4 4 1

x y z xyz

  




  


Giải : áp dụng BĐT Côsi ta có

4 4 4 4 4 4

4 4 4

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
x

2 2 2

x y y z z x

y z

x y y z z x

x y y z z y z z x z y x

  

    

  

  

  

2 2 2

.( )

y xz z xy x yz
xyz x y z

  

V× x+y+z = 1)

Nªn x4 y4 z4 xyz
  

DÊu (=) x¶y ra khi x = y = z =1
3
VËy 4 x y z4 4 1

x y z xyz

  




  

 cã nghiÖm x = y = z =

1
3
VÝ dô 4 : Giải hệ phơng trình sau

2
2
4 8

xy y

xy x

   


 


(1)
(2)
Từ phơng trình (1) 8 y2 0

   hay y  8
Từ phơng trình (2) x2 2 x y. 2 2 x

   

2 2

2 2 2 0

( 2) 0

2
2

x x

x
x
x

   

  

 

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

NÕu x = 2 th× y = 2 2
NÕu x = - 2 th× y = -2 2

VËy hệ phơng trình có nghiệm 2
2
x
y










vµ 2 2
2 2
x

y

 







Iii/ dùng B.Đ.t để giải ph ơng trình nghiệm nguyờn

1) Tìm các số nguyên x,y,z tho¶ m·n
x2 y2 z2 xy 3y 2z 3

     
Gi¶i :

Vì x,y,z là các số nguyên nên
x2 y2 z2 xy 3y 2z 3

     





2 2 2

2 2

3 2 3 0

3 3 2 1 0

4 4

x y z xy y z

y y

x xy y z z

       

   

          

   





2 2

3 1 1 0

2 2

y y

x z

   

          

   

(*)

Mµ





2 2

3 1 1 0

2 2

y y

x z

   

     

   

   

x y R, 





2 2

3 1 1 0

2 2

y y

x z

   

          

   

2 1

1 0 2

1
1 0

y
x

x
y

y
z
z



 






 

      

  


 





C¸c số x,y,z phải tìm là
1
2
1

x
y
z

VÝ dô 2:

Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình
1 1 1 2

x yz 
Gi¶i :

Kh«ng mÊt tÝnh tổng quát ta giả sử x y z
Ta cã 2 1 1 1 3 2z 3

x y z z

     
Mµ z nguyên dơng vậy z = 1

Thay z = 1 vào phơng trình ta đợc 1 1 1
xy 

Theo giả sử xy nên 1 = 1 1

x y
1
y

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

Nªn y = 1 hc y = 2
Với y = 1 không thích hợp

Víi y = 2 ta cã x = 2

VËy (2 ,2,1) lµ mét nghiƯm của phơng trình

Hoỏn v các số trên ta đợc các nghiệm của phơng trình
là (2,2,1) ; (2,1,2) ; (1,2,2)

VÝ dô 3 :

Tìm các cặp số nguyên thoả mÃn phơng trình

x x y (*)
 Gi¶i :

(*) Víi x < 0 , y < 0 thì phơng trình không có nghÜa
(*) Víi x > 0 , y > 0

Ta cã x x y x x y2
  

x y2 x 0

  

Đặt x k (k nguyên dơng vì x nguyên dơng )
Ta cã k k.( 1) y2

 
Nhng k2 k k



1

 

k 1



   

 ky k 1

Mà giữa k và k+1 là hai số nguyên dơng liên tiếp không tồn tại một số nguyên dơng
nào cả

Nên không có cặp số nguyên dơng nào thoả mÃn phơng trình .
Vậy phơng trình có nghiệm duy nhất là : 0

0
x
y





</div>

phuong phap giai bat dang thuc

1- Định nghÜa

2- TÝnh chÊt

3-Một số hằng bất đẳng thức hay dùng

<sub>1-Phơng pháp dùng định nghĩa </sub>

2- Phơng pháp dùng biến đổi tơng đơng

3- Phơng pháp dùng bất đẳng thức quen thuộc

4- Phơng pháp sử dụng tính chất bắc cầu

5- Phơng pháp dùng tính chất tỉ số

6- Phơng pháp làm trội

7- Phơng pháp dùng bất đẳng thức trong tam giác

8- Phơng pháp đổi biến số

9- Phơng pháp dùng tam thức bậc hai

10- Phơng pháp quy nạp

11- Phơng pháp phản chứng

<sub>1- Dùng bất đẳng thức để tìm cực trị</sub>

2-Dùng bất đẳng thức để giải phơng trình và bất phơng trình

3-Dùng bất đẳng thức giải phơng trỡnh nghim nguyờn



















 

 

 







 









 













 

 

 

2

221

1

2

2

2

2

1

2

2

2

2

2

<i>aa</i>



<i>n</i>

...



<i>xxa</i>

....



<i>n</i>



<i>axa</i>

....



<i>xax</i>

<i>nn</i>







