Chuyên đề BD HSG: Bất đẳng thức

L ương Ngọc Huyên THPT Chuyên Tuyên Quang PHẦN I SƠ LƯỢC VỀ BẤT ĐẲNG THỨC I. Định nghĩa Cho A, B là các biểu thức số. + Bất đẳng thức là các mệnh đề có dạng “A > B”, “A < B”, “A ≥ B”, “A ≤ B”. + BĐT có thể đúng, có thể sai. Khi nói về BĐT mà không chú thích gì thêm thì ta coi các BĐT đó là đúng. + Chứng minh bất đẳng thức là chứng minh các BĐT (các mệnh đề tương ứng) là đúng. II. Các tính chất của BĐT 1. A > B ⇔ A - B > 0. 2. A > B và B > C ⇒ A > C. 3. A > B ⇔ A + C > B + C với mọi C. Hệ quả: A > B + C ⇔ A - C > B. 4. A > B và C > D ⇒ A + C > B + D. 5. A > B và C > D ⇒ A + C > B + D. 6. > >  > ⇔  < <  . . ( 0) . . ( 0) AC B C C A B AC B C C . 7. A > B > 0 và C > D > 0 ⇒ A.C > B.D. Hệ quả: a) A, B ≥ 0, n∈N * : A > B ⇔ A 2n > B 2n ⇔ > 2 2n n A B . b) n∈N * : A > B ⇔ A 2n+1 > B 2n+1 + + ⇔ > 2 1 2 1n n A B . III. Cách chứng minh một BĐT Để chứng minh một BĐT ta thường dùng một trong các cách chính sau đây: 1. Biến đổi tương đương BĐT cần chứng minh về các BĐT đúng (hoặc giả thiết đúng). 2. Từ một BĐT đúng (hoặc giả thiết đúng) biến đổi kéo theo (suy ra) về BĐT cần chứng minh. 3. Áp dụng hỗn hợp cả hai cách trên: 1 bđt(1) ⇔ bđt(2). Vì (2) đúng nên (1) đúng Bđt(1) ⇒ bđt(2). Vì (1) đúng nên (2) đúng Bđt(1) ⇔ bđt(2); bđt(3) ⇒ bđt(2). Vì (3) đúng nên (2) đúng ⇒ (1) đúng đúng L ương Ngọc Huyên THPT Chuyên Tuyên Quang IV. Các bất đẳng thức đúng được thừa nhận 1. x 2 ≥ 0 với mọi x∈R. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = 0. 2. + + + ≥ 2 2 2 1 2 0 n x x x với mọi x 1 ,…, x n ∈R. Dấu “=” xảy ra ⇔ x 1 = … = x n = 0. 3. |x| ≥ 0 với mọi x∈R. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = 0. 4. |x| ≥ ± x với mọi x∈R. 5. BĐT Cauchy: cho n∈N, n > 1 và a 1 , a 2 ,…, a n ≥ 0. Khi đó ta có: + + + +   ≥ ⇔ + + ≥ ⇔ ≥  ÷   1 1 1 1 1 1 n n n n n n n n n a a a a a a a a n a a a a n n . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a 1 = a 2 =…= a n . 6. BĐT Bunhiacopxki: Cho a 1 ,…, a n và b 1 ,…, b n là các số thực. Khi đó ta có: + + + + + + ≥ + 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 1 ( )( ) ( ) n n n n a a a b b b a b a b . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a i = t.b i với mọi i = 1,…, n. 7. Bất đẳng thức về GTTĐ: |a| - |b| ≤ |a ± b| ≤ |a| + |b|. Để xét dấu bằng xảy ra cần xét dấu các trường hợp của a và b. V. Ví dụ minh hoạ Ví dụ 1: Chứng minh rằng (a + b + c) 2 ≥ 3(ab + bc + ca) với mọi a,b,c∈R (1). Lời giải: Cách 1: (1) ⇔ a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca ⇔ 2(a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ 2(ab + bc + ca) ⇔ (a – b) 2 + (b – c) 2 + (c – a) 2 ≥ 0 (1’). Vì (1’) đúng với mọi a,b,c∈R nên (1) đúng với mọi a,b,c∈R. Dấu bằng xảy ra khi a = b = c. Cách 2: ∀a,b,c∈R ta có (a – b) 2 + (b – c) 2 + (c – a) 2 ≥ 0 ⇒ 2(a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ (2ab + bc + ca) ⇒ a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca ⇒ a 2 + b 2 + c 2 + 2ab + 2bc + 2ca ≥ 3(ab + bc + ca) ⇒ (a + b + c) 2 ≥ 3(ab + bc + ca). Dấu bằng xảy ra khi a = b = c. Cách 3: Ta có (1) ⇔ a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca (1’’). Mặt khác ∀a,b,c∈R dễ có:  + ≥   + ≥ ⇒ + + ≥ + + ⇒ + + ≥ + +   + ≥   2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2( ) 2( ) (1''') 2 a b ab b c bc a b c ab bc ca a b c ab bc ca c a ca . Từ (1’’) và (1’’’) suy ra (1) đúng. Dấu bằng xảy ra khi a = b = c. 2 L ương Ngọc Huyên THPT Chuyên Tuyên Quang PHẦN II MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP VÀ KĨ THUẬT CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC I. Phương pháp biến đổi tương đương 1. Nội dung phương pháp Sử dụng những BĐT được thừa nhận, áp dụng các tính chất để biến đổi các BĐT cần chứng minh theo ba cách trên. 2. Các ví dụ Ví dụ 1: + + ≥ + ∀ ≥ 2 (1 )(1 ) (1 ) , 0y x xy x y (1). Lời giải: ⇔ + + + ≥ + + ⇔ + − ≥ ⇔ − ≥(1) 1 1 2 2 0 ( ) 0x y xy xy xy x y xy x y (1’). Vì (1’) luôn đúng với mọi x, y ≥ 0 nên (1) luôn đúng với mọi x, y ≥ 0. Ví dụ 2: Chứng minh: + + ≥ + + 2 2 a b 1 ab a b ∀a,b∈R (2). Hướng dẫn cách giải (HDCG): Sử dụng cách biến đổi tương đương về một BĐT đúng. Lời giải: (2) ⇔ + + − − − ≥ 2 2 2a 2b 2 2ab 2a 2b 0 ⇔ − + + + + + + + ≥ 2 2 2 2 a 2ab b a 2a 1 b 2b 1 0 ⇔ ( ) ( ) ( ) − + − + − ≥ 2 2 2 a b a 1 b 1 0 (2’). Vì (2’) luôn đúng ∀a,b∈R nên (2) luôn đúng ∀a,b∈R. Ví dụ 3: Chứng minh: + + ≥ − + 2 2 2 a b c ab ac 2bc 4 ∀a,b,c∈R (3). Lời giải: (3) ⇔ ( ) − − + + − ≥ 2 2 2 a a b c b c 2bc 0 4 ⇔ ( )   − − ≥  ÷   2 a b c 0 2 (3’). Vì (3’) luôn đúng ∀a,b,c∈R nên (3) luôn đúng ∀a,b,c∈R. Ví dụ 4: Cho a, b > 0. Chứng minh: + +   ≥  ÷   3 3 3 a b a b 2 2 (4). HDCG: Sử dụng cách biến đổi hỗn hợp. Lời giải: (4) ⇔ + +   − ≥  ÷   3 3 3 a b a b 0 2 2 ⇔ ( ) ( ) + − ≥ 2 3 a b a b 0 8 . Vì a, b > 0 nên a + b > 0 và (a - b) 2 ≥ 0 ⇒ (đpcm). Ví dụ 5: Cho a.b ≥ 1. Chứng minh rằng: + ≥ + + + 2 2 1 1 2 1 ab 1 a 1 b (5). Lời giải: (5) ⇔ + − − ≥ + + + + 2 2 1 1 1 1 0 1 ab 1 ab 1 a 1 b ⇔ ( ) ( ) ( ) ( ) − − + ≥ + + + + 2 2 2 2 ab a ab b 0 1 a 1 ab 1 b 1 ab 3 L ương Ngọc Huyên THPT Chuyên Tuyên Quang ⇔ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) − − + ≥ + + + + 2 2 a b a b a b 0 1 a 1 ab 1 b 1 ab ⇔ −   − ≥  ÷ + + +   2 2 b a a b 0 1 ab 1 a 1 b ⇔ ⇔ ( ) ( )   − + − − ≥  ÷  ÷ + + +   2 2 2 2 b a a ab b ba 0 1 ab 1 a 1 b ⇔ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) − − ≥ + + + 2 2 2 b a ab 1 0 1 ab 1 a 1 b . Vì a.b ≥ 1 ⇒ (đpcm). Ví dụ 6: a) Cho a, b ≥ 0. Chứng minh: a 2009 + b 2009 ≥ a 2000 b 9 + b 2000 a 9 (6a). b) Chứng minh: a m b n + a n b m ≤ a m+n + b m+n với mọi a, b ≥ 0 (6b). c) Chứng minh (a m + b m )(a n + b n ) ≤ 2(a m+n + b m+n ) với mọi a, b ≥ 0 (6c). Lời giải: a) (6a) ⇔ (a 2001 - b 2001 )(a 9 - b 9 ) ≥ 0 (6a’). +) Nếu a ≥ b ≥ 0 thì a 2001 - b 2001 ≥ 0 và a 9 - b 9 ≥ 0 nên (6a’) đúng. +) Nếu b > a ≥ 0 thì a 2001 - b 2001 < 0 và a 9 - b 9 < 0 nên (6a’) đúng. Vậy (6a’) đúng nên (6a) đúng. b) Tương tự (6a). c) Đưa về (6b). Ví dụ 7: Chứng minh: Nếu a + b ≥ 1 thì + ≥ 3 3 1 a b 4 (7). HDCG: Sử dụng cách biến kéo theo (bắt đầu từ GT hoặc một BĐT đúng đã có). Lời giải: Từ giả thiết: a + b ≥ 1 ⇒ b ≥ 1 – a ⇒ b 3 = (1 – a) 3 = 1 – a + a 2 – a 3 ⇒ a 3 + b 3 =   − + ≥  ÷   2 1 1 1 3 a 2 4 4 ⇒ (đpcm). Ví dụ 8: Cho a, b, c là số đo độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh: a) a 2 + b 2 + c 2 < 2(ab + bc + ca). b) abc ≥ (a + b – c)(a + c – b)(b + c – a). Lời giải: a) Trong tam giác ta có: a > |b - c| ⇒ > − + 2 2 2 a b 2bc c . b > |a - c| ⇒ > − + 2 2 2 b a 2ac c . c > |a - b| ⇒ > − + 2 2 2 c a 2ab b . ⇒ a 2 + b 2 + c 2 < 2(ab + bc + ca). b) Hiển nhiên ta có: ( ) > − − 2 2 2 a a b c ⇒ ( ) ( ) > + − + − 2 a a c b a b c . ( ) > − − 2 2 2 b b a c ⇒ ( ) ( ) > + − + − 2 b b c a a b c . ( ) > − − 2 2 2 c c a b ⇒ ( ) ( ) > + − + − 2 c b c a a c b . ⇒ ( ) ( ) ( ) > + − + − + − 2 2 2 2 2 2 a b c a b c a c b b c a ⇔ ( ) ( ) ( ) > + − + − + −abc a b c a c b b c a . 4 L ương Ngọc Huyên THPT Chuyên Tuyên Quang Ví dụ 9: Cho a 2 + b 2 + c 2 = 1. Chứng minh rằng: abc + 2(1 + a + b + c + ab + bc + ca) ≥ 0 (9). Lời giải: Từ giả thiết ta có - 1 ≤ a, b, c ≤ 1. VT(9) = (1+a)(1+b)(1+c) + + + + 2 1 ( 1) 2 a b c ≥ 0. Ví dụ 10: Cho a, b, c ∈ ¡ \{1} thoả mãn: (a – 1)(b – 1)(c – 1) = abc. Chứng minh rằng: a 2 + b 2 + c 2 ≥ 1. Hãy chỉ ra một bộ số (a; b; c) với là a, b, c là các số hữu tỉ để xảy ra đẳng thức a 2 + b 2 + c 2 = 1. Lời giải: Ta có: (a – 1)(b – 1)(c – 1) = abc ⇔ a + b + c - 1 = ab + bc + ca ⇔ ⇔ 2(a + b + c – 1) = (a + b + c) 2 – (a 2 + b 2 + c 2 ) ⇔ a 2 + b 2 +c 2 – 2 = (a + b + c) 2 - 2(a + b + c) ⇔ a 2 + b 2 +c 2 – 1 = (a + b + c) 2 - 2(a + b + c) + 1 ⇔ a 2 + b 2 +c 2 – 1 = (a + b + c - 1) 2 ≥ 0 ⇒ a 2 + b 2 + c 2 ≥ 1. Dấu đẳng thức xảy ra khi 2 2 2 1 1 0 1 a b c a b c ab bc ca a b c + + =  + + =  ⇔   + + = + + =   . Khử c ta có phương trình: b 2 + (a – 1)b + a(a – 1) = 0 (*). Coi vế trái (*) là một tam thức bậc hai có ∆ = (a – 1) 2 – 4a(a – 1) = (1 – a)(1 + 3a). Để b có thể hữu tỉ ta chọn a sao cho ∆ là số chính phương ⇒ chọn a = - 1 3 ⇒ b = 2 3 , c = 2 3 .Vậy bộ số (a = - 1 3 , b = 2 3 , c = 2 3 ) là một bộ số cần tìm. BÀI TẬP VẬN DỤNG PHƯƠNG PHÁP 1. Chứng minh: + + ≤ 2 2 a b a b 2 2 (1). HD: +) a + b ≤ 0: (1) luôn đúng. +) a + b > 0: (1) ⇔ + + + − ≤ 2 2 2 2 a b 2ab a b 0 4 2 ⇔ ( ) − ≥ 2 a b 0 4 đúng. 2. Cho a + b ≥ 0. Chứng minh: + + ≤ 3 3 3 a b a b 2 2 (2). HD: (2) ⇔ ( ) + + ≤ 3 3 3 a b a b 8 2 ⇔ ( ) ( ) − − ≤ 2 2 3 b a a b 0 ⇔ ( ) ( ) − − + ≤ 2 3 b a a b 0 . 3. Cho a, b > 0 . Chứng minh: + ≥ + a b a b b a (3). HD: (3) ⇔ + ≥ +a a b b a b b a ⇔ ( ) ( ) − − − ≥a b a a b b 0 ⇔ ( ) ( ) − − ≥a b a b 0 ⇔ ( ) ( ) − + ≥ 2 a b a b 0 . 4. Chứng minh: ( ) + + + ≥ + + 2 2 2 a b c 3 2 a b c (4) ∀a,b,c∈R. HD: (4) ⇔ ( ) ( ) ( ) − + − + − ≥ 2 2 2 a 1 b 1 c 1 0 . 5 L ương Ngọc Huyên THPT Chuyên Tuyên Quang 5. Chứng minh: ( ) + + + + ≥ + + + 2 2 2 2 2 a b c d e a b c d e (5) ∀a,b,c,d,e∈R. HD: (5) ⇔ − + + − + + − + + − + ≥ 2 2 2 2 2 2 2 2 a a a a ab b ac c ad d ae e 0 4 4 4 4 ⇔         − + − + − + − ≥  ÷  ÷  ÷  ÷         2 2 2 2 a a a a b c d e 0 2 2 2 2 . 6. Chứng minh: + + ≥ + + 2 2 2 x y z xy yz zx (6) ∀x,y,z∈R. HD: (6) ⇔ + + − − − ≥ 2 2 2 2x 2y 2z 2xy 2yz 2zx 0 ⇔ ( ) ( ) ( ) − + − + − ≥ 2 2 2 x y x z y z 0 . 7. a) Chứng minh: + + + + ≥ ≥ a b c ab bc ca ; a,b,c 0 3 3 (a). b) Chứng minh: + + + +   ≥  ÷   2 2 2 2 a b c a b c 3 3 ∀a,b,c∈R (b) HD: a) Ta có: + + ≥ + + 2 2 2 a b c ab bc ca . + + + + + + + + +   = ≥  ÷   2 2 2 2 a b c a b c 2ab 2bc 2ca ab bc ca 3 9 3 ⇔ + + + + ≥ a b c ab bc ca 3 3 . b) Ta có: ( ) ( ) + + = + + + + + 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 a b c a b c 2 a b c ( ) ( ) ≥ + + + + + = + + 2 2 2 2 a b c 2 ab bc ca a b c ⇒ + + + +   ≥  ÷   2 2 2 2 a b c a b c 3 3 . 8. Chứng minh: + + ≥ + + 2 2 a b 1 ab a b (8) ∀a,b∈R. HD: (8) ⇔ + + − − − ≥ 2 2 2a 2b 2 2ab 2a 2b 0 ⇔ − + + + + + + + ≥ 2 2 2 2 a 2ab b a 2a 1 b 2b 1 0 ⇔ ( ) ( ) ( ) − + − + − ≥ 2 2 2 a b a 1 b 1 0 . 9. Chứng minh: + + ≥ − + 2 2 2 x y z 2xy 2xz 2yz (9) ∀x,y,z∈R. HD: (9) ⇔ + + − + − ≥ 2 2 2 x y z 2xy 2xz 2yz 0 ⇔ (x – y + z) 2 ≥ 0. 10. Chứng minh: + + + ≥ − + + 4 4 2 2 x y z 1 2x(xy x z 1) (10) ∀x,y,z∈R. HD: (10) ⇔ + + + − + − − ≥ 4 4 2 2 2 2 x y z 1 2x y 2x 2xz 2x 0 ⇔ ( ) ( ) ( ) − + − + − ≥ 2 2 2 2 2 x y x z x 1 0 . 11. Cho a, b, c là số đo độ dài 3 cạnh của 1 tam giác. Chứng minh: 2a 2 b 2 + 2b 2 c 2 + 2c 2 a 2 – a 4 – b 4 – c 4 > 0 (11). HD: (11) ⇔ 4a 2 b 2 + 2c 2 (b 2 + a 2 ) – a 4 – b 4 – 2a 2 b 2 – c 4 > 0 ⇔ 4a 2 b 2 + 2c 2 (b 2 + a 2 ) – (a 2 + b 2 ) 2 – c 4 > 0 ⇔ (2ab) 2 – [(a 2 + b 2 ) – c 2 ] 2 > 0 ⇔ [c 2 – (a – b) 2 ][(a + b) 2 – c 2 ] > 0 ⇔ (c – a + b)(c + a – b)(a + b – c)(a + b + c) > 0. 12. Cho a,b,c∈[0;1]. Chứng minh: a 2 + b 2 + c 2 ≤ 1 + a 2 b + b 2 c + c 2 a. HD: (1 - a 2 ) (1 - b 2 ) (1 - c 2 ) ≥ 0 ⇒ 1 + a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 - a 2 b 2 c 2 ≥ a 2 + b 2 + c 2 . Vì a,b,c∈[0;1] nên 1 + a 2 b + b 2 c + c 2 a ≥ 1 + a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 ≥ a 2 + b 2 + c 2 . 6 L ương Ngọc Huyên THPT Chuyên Tuyên Quang II. Phương pháp sử dụng các hằng đẳng thức bậc hai 1. Nội dung phương pháp Biến đổi các biểu thức trong các BĐT cần chứng minh về các bình phương, sau đó đánh giá các biểu thức đó. 2. Các ví dụ Ví dụ 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x 2 + 4x với các giả thiết sau: a) x∈R b) x ≥ - 3 c) x ≥ - 1 HDCG: Biến đổi về dạng bình phương. Lời giải: P = (x + 2) 2 - 4. a) Với x∈R thì P ≥ - 4; P = - 4 khi x = - 2. Vậy MinP = - 4. b) Với x ≥ - 3 thì P ≥ - 4; P = - 4 khi x = - 2. Vậy MinP = - 4. c) Với x ≥ - 1 thì x + 2 ≥ 1 ⇒ (x + 2) 2 ≥ 1 ⇒ P ≥ - 3;P = - 3 khi x = - 1. Vậy MinP = - 3. Ví dụ 2: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x 2 + y 2 + 2x - 4y trong các trường hợp: a) x,y∈R b) x, y ≥ 0 c) x, y ≥ 3 HD: Tương tự VD 1. Ví dụ 3: Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức sau: a) P = x 2 + 2y 2 – 2xy + 2x - 10y. b) Q = 10x 2 + 20y 2 + 24xy + 8x - 24y. c) R = x 2 + 6y 2 + 14z 2 - 8yz + 6xz - 4xy + 1. HD: Áp dụng các hằng đẳng thức đáng nhớ ta có: a) P = (x – y + 1) 2 + (y - 4) 2 - 71. b) 2,5Q = 25x 2 + 50y 2 + 60xy + 20x – 60y = -130 +(5x + 6y + 2) 2 +14(y – 3) 2 . c) R = (x - 2y + 3z) 2 + 2(y + z) 2 + 3z 2 + 1. BÀI TẬP VẬN DỤNG Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức sau: 1. A = x 2 + 2y 2 + x + 3y với: a) x ≥ - 1, y ≥ 2. b) x, y ≥ 2. 2. B = x 4 - 4x 2 +2009 với: a) x ≥ - 1 b) x ≥ 3 3. C = x 2 + 3y 2 + 4xy + 2x + 4y – 9 với mọi x, y. 7 L ương Ngọc Huyên THPT Chuyên Tuyên Quang 4. D = x 2 + 2y 2 + 3z 2 – 2xy + 2zx – 2x – 2y – 8z + 6 với mọi x, y, z. III. Phương pháp miền giá trị 1. Nội dung phương pháp Phương pháp dựa trên cơ sở lí thuyết sau: Nếu phương trình P = f(x) có nghiệm trên D khi và chỉ khi m ≤ P ≤ M thì minP = m và MaxP = M. 2. Các ví dụ Ví dụ 1: Tìm GTLN - GTNN của + + = − + 2 2 1 2 3 x x P x x . HDCG: Quy đồng và tìm điều kiện để PT có nghiệm x ⇒ điều kiện của P ⇒ GTLN - GTNN của P. Lời giải: + + = ⇔ − − + + − = − + 2 2 2 1 (2 1) ( 1) 3 1 0 (*) 2 3 x x P P x P x P x x . +) Nếu − = ⇔ = 1 2 1 0 2 P P thì (*) có nghiệm x. +) Nếu − ≠ ⇔ ≠ 1 2 1 0 2 P P thì (*) có nghiệm ⇔ 23P 2 - 22P + 3 ≤ 0 − − − + ⇔ ≤ ≤ ≠ 11 52 11 52 1 ( ) 23 23 2 P P . Vậy (*) có nghiệm khi và chỉ khi:  − + =  − − − +  ≤ ≤ ⇒  − −  =   11 52 11 52 11 52 23 23 23 11 52 23 MaxP P MinP . Ví dụ 2: Tìm GTLN - GTNN của + + = − + 2 2 2 2 2 3 x xy y P x xy y với x 2 + y 2 ≠ 0. HDCG: Chia tử và mẫu của phân số cho y 2 (hoặc x 2 ) đưa về dạng của VD1. Lời giải: +) Nếu y = 0 thì = 1 2 P (vì x ≠ 0). +) Nếu y ≠ 0 thì + + = = ∈ − + 2 2 1 , 2 3 t t x P t R y t t . Tương tự như VD1 ta tìm được GTLN - GTNN của P là:  − + =    − −  =   11 52 23 11 52 23 MaxP MinP . Ví dụ 3: Cho x 2 + y 2 + xy = 1. Tìm GTLN - GTNN của P = 2x 2 - xy + y 2 . HD: Đưa về VD2. 8 L ương Ngọc Huyên THPT Chuyên Tuyên Quang Ví dụ 4: Cho x 2 + y 2 + xy ≤ 1. Tìm GTLN - GTNN của P = x 2 - 2xy + 3y 2 . HD: Đặt a = x 2 + y 2 + xy, 0 ≤ a ≤ 1 đưa về VD3. Ví dụ 5 (Đề thi chung vào chuyên Tuyên Quang 2008): Cho hai số dương x,y thoả mãn điều kiện x + y = 2. Chứng minh 2 2 2 2 ( ) 2x y x y+ £ (5). HDCG: Giả thiết và biểu thức VT có dạng đối xứng nên ta có thể đưa về S và P theo Viet. Lời giải: Đặt P = xy ta có 0 < P ≤ 1. (5) ⇔ P 2 (4 - 2p) ≤ 2 ⇔ P 3 - 2P 2 + 1 ≥ 0 ⇔ (P - 1)(P 2 - P - 1) ≥ 0 ⇔ − + ⇔ − − − ≥ 1 5 1 5 ( 1)( )( ) 0 2 2 P P P (*). BĐT (*) đúng với giả thiết 0 < P ≤ 1. Vậy (5) đúng (đpcm). BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 1: Tìm giá trị lớn nhất của các biểu thức sau: a) A = − + + + 2 2 3 5 1 x x x x . b) B = − + + 2 2 2 2 2 3 2 x xy y x y . c) C = x 2 + xy + 2y 2 với điều kiện 2x 2 - xy + y 2 = 1. d) D = x 2 + xy + 2y 2 với điều kiện 2x 2 - xy + y 2 = 1. Bài 2: Tìm giá trị nhỏ nhất của E = x 2 + y 2 với 2x 2 + y 2 + xy ≥ 1. Bài 3: Cho x 2 + y 2 - xy = 1. Tìm GTLN - GTNN của biểu thức: F = x 4 + y 4 - x 2 y 2 . HD: Đặt t = xy ⇒ − ≤ ≤ 1 1 3 t . Biến đổi F = -2t 2 +2t + 1. IV. Phương pháp sử dụng các bất đẳng thức cổ điển 1. Các BĐT cổ điển thường dùng Có nhiều BĐT cổ điển thường dùng như BĐT Cauchy (AM - GM), Bunhiacopxki, Chebyshev, Becnuli, Jensen, Nesbit, Holder, Cauchy - Schwarz - Holder,… Tuy nhiên trong khuôn khổ bài viết này chỉ xin đề cập hai BĐT quan trọng với học sinh THCS là BĐT Cauchy và Bunhiacopxki. 2. Một số kĩ thuật sử dụng BĐT Cauchy a) Kĩ thuật đánh giá giữa TBC và TBN Ví dụ 1: Chứng minh: + + + ≥ ∀ ≥(a b)(b c)(c a) 8abc a, b, c 0 (1). 9 L ương Ngọc Huyên THPT Chuyên Tuyên Quang HDCG: Sử dụng BĐT Cauchy cho các tổng ở vế trái. Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số không âm ta được: + ≥a b 2 ab ≥ 0, + ≥b c 2 bc ≥ 0, + ≥a c 2 ac ≥ 0 ⇒ ( ) ( ) ( ) + + + ≥ = 2 2 2 a b b c a c 8 a b c 8abc . Ví dụ 2: Chứng minh: ( ) ( ) ( ) ( ) + + + ≥ + 3 3 1 a 1 b 1 c 1 abc với a, b, c ≥ 0 (2). HDCG: Khai triển VT thành tổng và áp dụng BĐT Cauchy. Lời giải: Ta có: ( ) ( ) ( ) + + + = + + + + + + +1 a 1 b 1 c 1 a b c ab ac bc abc. . Áp dụng BĐT Cauchy ta được: + + ≥ 3 a b c 3 abc ≥ 0, + + ≥ 3 2 2 2 ab ac bc 3 a b c ≥ 0 ⇒ ( ) ( ) ( ) ( ) + + + ≥ + + + = + 3 3 2 2 2 3 3 1 a 1 b 1 c 1 3 abc 3 a b c abc 1 abc . Ví dụ 3: Chứng minh: + ≥ − + 4 2 2 1 2a 3a 1 1 a ∀a∈R (3). HDCG: Tách VT thành tổng hợp lí để triệt tiêu với mẫu số sau đó áp dụng BĐT Cauchy. Lời giải: (3) ⇔ + + + + ≥ + 4 4 2 2 2 1 a a a 1 4a 1 a (3’). Áp dụng BĐT Côsi cho 4 số không âm: + + 4 4 2 2 1 a , a , a 1, 1 a ta được: VT(3’) = ( ) + + + + ≥ + = + + 4 4 2 4 4 2 2 4 2 2 1 1 a a a 1 4 a a a 1 4a 1 a 1 a (đpcm). Ví dụ 4: Cho = + > − + 3x 1 y , x 1 2 x 1 . Định x để y đạt GTNN. Lời giải: Ta có + = + − + 3(x 1) 1 3 y 2 x 1 2 . Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số không âm ( ) + + 3 x 1 1 , 2 x 1 ta được: ( ) ( ) + + = + − ≥ − = − + + 3 x 1 1 3 3 x 1 1 3 3 y 2 . 6 2 x 1 2 2 x 1 2 2 . Dấu “=” xảy ra ⇔ ( ) ( )  = −  +  = ⇔ + = ⇔  + = − −   2 6 x 1 3 x 1 1 2 3 x 1 2 x 1 3 6 x 1(loaïi) 3 . Vậy y đạt GTNN bằng − 3 6 2 khi = − 6 x 1 3 . Ví dụ 5: Tìm GTNN của = + 2 3 2 f(x) x x , x > 0. 10 [...]... Quang THPT Chuyên Tuyên PHẦN III BẤT ĐẲNG THỨC TRONG CÁC KÌ THI ĐẠI HỌC VÀ CAO ĐẲNG -1 (CĐGT II 2003 dự bị): Cho 3 số bất kì x, y, z CMR: x2 + xy + y2 + x2 + xz+z2 ≥ y2 + yz+z2 2 (CĐBC Hoa Sen khối A 2006): Cho x, y, z > 0 và xyz = 1 Chứng minh rằng: x3 + y3 + z3 ≥ x + y + z 3 (CĐKTKT Cần Thơ khối A 2006): Cho 3 số dương x, y, z thoả x+y+z ≤ 1 1 1 1 + + x y z Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A... GTNN Áp dụng bất đẳng thức Côsi x −1 2 1 x −1 2 1 5 + + ≥2 + = 2 x −1 2 2 x −1 2 2 x −1 2 2 = ⇔ ( x − 1) = 4 ⇔ 2 x −1 Dấu “=” xảy ra ⇔ Vậy khi x = 3 thì y đạt GTNN bằng 20 Cho HD: y= y= x 5 1 + ,x > 3 2x − 1 2 2x − 1 5 1 + + 6 2x − 1 3 2x − 1 5 , 6 2x − 1 ta được: Dấu “=” xảy ra x= 30 + 1 2 21 Cho y= x 5 + 1− x x f(x) = x = 3  x = −1(loaïi)  5 2 Định x để y đạt GTNN Áp dụng bất đẳng thức Côsi... thay đổi thoả mãn điều kiện x + y = 5 4 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S = 4 1 + x 4y 37 (Đại học 2002 dự bị 5): Giả sử a, b, c, d là 4 số nguyên thay đổi thoả mãn 1 ≤ a < b < c < d ≤ 50 Chứng minh bất đẳng thức: nhỏ nhất của biểu thức: S = a c + b d 29 a c b2 + b + 50 + ≥ b d 50b và tìm giá trị Lương Ngọc Huyên Quang THPT Chuyên Tuyên 38 (Đại học 2002 dự bị 6): Cho tam giác ABC có diện tích... ta có: 2 y  9  ( 1+ x )  1+   1+ ÷  ÷ x  y÷   ≥ 256 Đẳng thức xảy ra khi nào? 3 47 (Đại học khối B 2005 dự bị 1): Cho 3 số dương a, b, c thoả mãn: a+b+c= 4 Chứng minh rằng: 3 a + 3b + 3 b + 3c + 3 c + 3a ≤ 3 Khi nào đẳng thức xảy ra? 48 (Đại học khối B 2005 dự bị 2): Chứng minh rằng nếu 0 ≤ y ≤ x ≤ 1 thì x y −y x ≤ 1 4 Đẳng thức xảy ra khi nào? 49 (Đại học khối D 2005 dự bị 2): Cho x,... ac + c2 ab 17 Chứng minh: 2 a + 33 b + 44 c ≥ 99 abc với mọi a, b, c ≥ 0 20 ab ) Lương Ngọc Huyên Quang THPT Chuyên Tuyên HD: Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 9 số không âm: VT = a + a + 3 b + 3 b + 3 b + 4 c + 4 c + 4 c + 4 c ≥ 99 abc 21 Lương Ngọc Huyên Quang 18 Cho y= x 18 + , 2 x THPT Chuyên Tuyên x > 0 Định x để y đạt GTNN x HD: Áp dụng BĐT Côsi cho hai số không âm: y = 2 + x 18 = ⇔ x2 = 36 ⇔... + 1 ≥ 1995 1 1+ 4 3 a 1994 soá 6 Chứng minh: a2 ( 1+ b2 ) + b2 ( 1+ c 2 ) + c2 ( 1+ a 2 ) ≥ 6abc 18 = 1995a Lương Ngọc Huyên Quang HD: THPT Chuyên Tuyên a2 ( 1+ b2 ) + b2 ( 1+ c 2 ) + c2 ( 1+ a 2 ) = a 2 + a 2b2 + b2 + b2c2 + c2 + c2a 2 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 6 số không âm: 6 a2 + a2b2 + b2 + b2c2 + c2 + c2a2 ≥ 6 a6b6c6 = 6 | abc |≥ 6abc 7 Cho a , b ≥ 1 Chứng minh: HD: ab ≥ a b − 1 + b... nhất của biểu thức: A = x + y + z + 4 (CĐSPHCM khối ABTDM 2006): Cho x, y là hai số thực dương và thoả mãn x + y = 5 4 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = 4 1 + x 4y 5 (CĐKTKT Cần Thơ khối B 2006): Cho 4 số dương a, b, c, d Chứng minh bất đẳng thức: a b c d + + + < a+b+ c b+ c + d c + d+ a d+ a +b 2 6 (CĐKT Cao Thắng khối A 2006): Chứng minh rằng nếu x > 0 thì (x +  1 2   2 + + 1÷ 1)2  x... giải: Ta có: VT (8) a2 b2 c2 d2 + + + ab + 2ac + 3ad bc + 2bd + 3ba cd + 2ca + 3cb da + 2db + 3dc = Áp dụng (**) ⇒ VT ≥ (a + b + c + d )2 4(ab + ac + ad + bc + bd + cd ) (8 ') 8 Mặt khác dễ chứng minh: (a + b + c + d )2 ≥ 3 (ab + ac + ad + bc + bd + cd ) (8”) Từ (8’) và (8”) suy ra (đpcm) Ví dụ 9 (Tạp chí Crux): Cho a, b, c > 0 Tìm GTNN của biểu thức: P= 3a 4b 5c + + b+c c +a a+b HDCG: Thêm vào P một... minh rằng với mọi x ∈ R, ta có: x x x  12   15   20  x x x  5 ÷ + 4 ÷ + 3 ÷ ≥ 3 +4 +5       Khi nào đẳng thức xảy ra? 44 (Đại học khối D 2005): Cho các số dương x, y, z thoả mãn xyz = 1 Chứng minh rằng: 1+ x 3 + y 3 1+ y3 + z3 1 + z3 + x 3 + + ≥3 3 xy yz zx Khi nào đẳng thức xảy ra? 45 (Đại học khối A 2005 dự bị 1): Cho 3 số x, y, z thoả x + y + z = 0 CMR: 3 + 4x + 3 + 4y + 3 + 4z ≥... + c = 1 Chứng minh rằng: a + 2b + b + 2c + c + 2a ≤ 3 2 (Bất đẳng thức Nesbit 6 biến): Cho a, b, c, d, e, f > 0 Chứng minh rằng: a b c e f + + + + ≥3 b+c c +d d +e f +a a+b (32) HD: Sử dụng kĩ thuật tách nghịch đảo của BĐT Bunhiacopxki 3 Cho a, b, c > 0 Chứng minh rằng: a5 b2 + b5 c2 + c5 a2 ≥ a 3 + b3 + c 3 HD: Dùng kĩ thuật đánh giá phân thức 4 Cho a, b, c > 0 và abc = 1 Chứng minh rằng: bc 3 a . L ương Ngọc Huyên THPT Chuyên Tuyên Quang PHẦN I SƠ LƯỢC VỀ BẤT ĐẲNG THỨC I. Định nghĩa Cho A, B là các biểu thức số. + Bất đẳng thức là các mệnh đề có dạng “A > B”, “A < B”,. BĐT mà không chú thích gì thêm thì ta coi các BĐT đó là đúng. + Chứng minh bất đẳng thức là chứng minh các BĐT (các mệnh đề tương ứng) là đúng. II. Các tính chất của BĐT 1. A > B ⇔ A - B >. bđt(3) ⇒ bđt(2). Vì (3) đúng nên (2) đúng ⇒ (1) đúng đúng L ương Ngọc Huyên THPT Chuyên Tuyên Quang IV. Các bất đẳng thức đúng được thừa nhận 1. x 2 ≥ 0 với mọi x∈R. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi