Chuyên đề Bất Đẳng Thức bồi dưỡng Toán 9

một số phơng pháp chứng minh bất đẳng thức Phơng pháp : dùng định nghĩa Kiến thức : Để chøng minh A > B Ta chøng minh A –B > Lu ý dùng bất đẳng thức M ≥ víi∀ M VÝ dơ ∀ x, y, z chøng minh r»ng : a) x + y + z ≥ xy+ yz + zx b) x + y + z ≥ 2xy – 2xz + 2yz c) x + y + z +3 ≥ (x + y + z) Gi¶i: a) Ta xÐt hiƯu: x + y + z - xy – yz – zx = ( x + y + z - xy – yz – zx) [ ] ( x − y ) + ( x −z ) + ( y − z ) ≥ ®óng víi mäi x;y;z ∈ R 2 ≥ V× (x-y) víi∀x ; y DÊu b»ng x¶y x=y; (x-z)2 ≥ víi∀x ; z DÊu b»ng x¶y = x=z (y-z)2 ≥ víi∀ z; y DÊu b»ng x¶y z=y VËy x + y + z ≥ xy+ yz + zx DÊu b»ng x¶y x = y =z b)Ta xÐt hiÖu: x + y + z - ( 2xy – 2xz +2yz ) = x + y + z - 2xy +2xz –2yz =( x – y + z) ≥ ®óng víi mäi x;y;z ∈ R VËy x + y + z ≥ 2xy – 2xz + 2yz ®óng víi mäi x;y;z ∈ R DÊu b»ng x¶y x+y=z c) Ta xÐt hiÖu: x + y + z +3 – 2( x+ y +z ) = x - 2x + + y -2y +1 + z -2z +1 = (x-1) + (y-1) +(z-1) ≥ DÊu(=)x¶y x=y=z=1 VÝ dơ 2: chøng minh r»ng : a2 + b2  a + b  ≥ a)  ; b)  c) HÃy tổng quát toán a2 + b2 + c2  a + b + c  ≥  3   ( Gi¶i: a) Ta xÐt hiÖu ) ( a2 + b2  a + b  a + b a + 2ab + b − = − = 2a + 2b − a − b − 2ab  4   2 ( a − b ) ≥ VËy a + b ≥  a + b  ; DÊu b»ng x¶y a=b =     a2 + b2 + c2  a + b + c  2 − b)Ta xÐt hiÖu:  = ( a − b) + ( b − c) + ( c − a ) ≥ 3   [ ] a2 + b2 + c2  a + b + c  VËy ≥  ; DÊu b»ng x¶y a = b =c 3   2 2 a1 + a + + a n  a1 + a + + a n  c)Tổng quát: n n phơng pháp : Dùng phép biến đổi tơng đơng Ta biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh tơng đơng với bất đẳng thức bất đẳng thức đà đợc chứng minh Chú ý đẳng thøc sau: ( A ± B ) = A2 ± AB + B ) ( A + B + C ) = A + B + C + AB + AC + BC ( A ± B ) = A3 ± A2 B + AB ± B3 b2 ≥ ab c) a + b + c + d + e ≥ a( b + c + d + e ) Ví dụ 1:Cho a, b, c, d,e số thùc chøng minh r»ng: a) a + b) a + b + ≥ ab + a + b b2 ≥ ab ⇔ 4a + b ≥ 4ab ⇔ 4a − 4a + b (bất đẳng thức ®óng) Gi¶i: a) a + ⇔ ( 2a − b ) b2 ≥ ab (dÊu b»ng x¶y 2a=b) b) a + b + ≥ ab + a + b ⇔ 2(a + b + ) > 2(ab + a + b) ⇔ a − 2ab + b + a − 2a + + b − 2b + ≥ ⇔ (a − b) + (a − 1) + (b − 1) Bất đẳng thức cuối 2 VËy a + b + ≥ ab + a + b DÊu b»ng x¶y a=b=1 a + b + c + d + e ≥ a( b + c + d + e) c) ⇔ 4( a + b + c + d + e ) ≥ 4a( b + c + d + e ) ⇔ a − 4ab + 4b + a − 4ac + 4c + a − 4ad + 4d + a − 4ac + 4c ≥ ⇔ ( a − 2b ) + ( a − 2c ) + ( a − 2d ) + ( a − 2c ) ≥ VËy a + ( ) ( ) ( ) ( ) Bất đẳng thức ta có điều phải chứng minh Ví dụ 2: Cho a, b hai số dơng có tổng Chøng minh r»ng : 1 + ≥ a +1 b +1 Gi¶i: Dïng phÐp biÕn ®ỉi t¬ng ®¬ng ; 3(a + + b + 1) ≥ 4(a + 1) (b + 1)  ≥ 4(ab + a + b + 1)  ≥ 4ab +  ≥ 4ab  (a + b)2 4ab Bất đẳng thức cuối Suy điều phải chứng minh Ví dụ 3: cho x.y =1 x>y (vì a + b = 1) x2 + y2 ≥2 Chøng minh x− y x2 + y2 ≥ 2 v× : x 〉 y nªn x- y 〉 ⇒ x2+y2 ≥ 2 ( x-y) Gi¶i: Ta cã: x− y 2 ⇒ x +y - 2 x+ 2 y ≥ ⇔ x2+y2+2- 2 x+ 2 y -2 ≥ ⇔ x2+y2+( )2- 2 x+ 2 y -2xy x.y=1 nên 2.x.y=2 (x-y- )2 Điều luôn ®óng VËy ta cã ®iỊu ph¶i chøng minh VÝ dơ 4: Cho sè a, b tho¶ m·n a + b = CMR a3 + b3 + ab ≥ 1 a3 + b3 + ab - ≥ 2 1 (a + b)(a2 - ab + b2) + ab - ≥ a2 + b2 - ≥ V× a + b = 2 2 2 ⇔ 2a + 2b - ≥ ⇔ 2a + 2(1-a) - ≥ ( v× b = a -1 ) ⇔ 4a2 - 4a + ≥ 0⇔ ( 2a - )2 ≥ Gi¶i : Ta cã : a3 + b3 + ab Bất đẳng thức cuối Vậy a3 + b3 + ab ≥ 2 DÊu '' = '' x¶y a = b = Phơng pháp 3: dùng bất đẳng thức quen thuộc A/ số bất đẳng thức hay dùng 1) Các bất đẳng thức phụ: a b b) ( x + y ) ≥ xy a) x + y ≥ xy b a c) + ≥ a1 + a + a3 + + a n n ≥ a1 a a3 a n Víi > n 3)Bất đẳng thức Bunhiacopski: a2 + a22 + + an2 x12 + x22 + + ≥ ( a1 x1 + a2 x2 + + an xn ) n 2)Bất đẳng thức Cô sy: 4) Bất đẳng thức Trê- b-sép: abc A ≤ B ≤ C  a≤b≤c NÕu  A ≥ B ≥ C NÕu  ⇒ ⇒ ( )( ) aA + bB + cC a + b + c A + B + C ≥ 3  a=b=c aA + bB + cC a + b + c A + B + C ≤ DÊu b»ng x¶y  3 A = B = C b/ C¸c vÝ dơ VÝ dơ 1: Cho a, b ,c số không âm chứng minh rằng: (a+b)(b+c)(c+a) 8abc Giải: Dùng bất đẳng thøc phô: ( x + y ) ≥ xy Tacã ( a + b ) ≥ 4ab ; ( b + c ) ≥ 4bc ; ( c + a ) ≥ 4ac ⇒ ( a + b ) ( b + c ) ( c + a ) ≥ 64a b c = ( 8abc ) ⇒ (a+b)(b+c)(c+a) ≥ 8abc DÊu “=” x¶y a = b = c VÝ dơ 2: Gi¶ sư a, b, c số dơng , chứng minh rằng: a b c + + >2 b+c c+a a+b Giải: áp dơng B§T Cauchy , ta cã : a + (b + c) ≥ a(b + c)  T¬ng tù ta thu đợc : b 2b c+a a+b+c , a 2a ≥ b+c a+b+c c 2c ≥ a+b a+b+c Dấu ba BĐT đồng thời xảy , có : a = b + c , b = c + a , c = a + b nªn a + b + c = ( trái với giả thiết a, b, c số dơng ) Từ suy : a b c + + >2 b+c c+a a+b VÝ dơ : Cho x , y lµ sè thùc tho¶ m·n : x2 + y2 = x − y + y − x Chøng minh r»ng : 3x + 4y ≤ Gi¶i : áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki ta có : (x2 + y2)2 = ( x − y + y − x )2 ( x ≤ ; y ≤ ) ≤ (x2 + y2)(1 - y2 + - x2) => x2 + y2 ≤ Ta l¹i cã : (3x + 4y)2 ≤ (32 + 42)(x2 + y2) ≤ 25 => 3x + 4y ≤  2 x + y = Đẳng thức xảy x > 0, y >  x y  3=4   x =  y =  §iỊu kiƯn : ≤ x ≤ 2 VÝ dô 3: Cho a, b, c ≥ ; a + b + c = Chøng minh r»ng : a, a + b + b + c + c + a ≤ b, a + + b + + c + < 3,5 Giải : a, áp dụng bất dẳng thøc Bunhiac«pxki víi bé sè ta cã : ( => a + b + b + c + c + a ≤ (1 + + 1)  a + b   ) ( a+b + b+c + c+a ) ( ; b+c ) +( ) c+a    a+b + b+c + c+a ≤ b, áp dụng bất đẳng thức Côsi , ta có : a + ≤ b 2 ≤ 3.(2a + 2b + ac) = => DÊu '' = '' x¶y : a = b = c = T¬ng tù : b + ≤ + ) +( c +1 ≤ (a + 1) + a = +1 2 c +1 Céng tõng vÕ bất đẳng thức ta đợc : a + + b + + c + a+b+c + = 3,5 Dấu đẳng thức xảy a = b = c =0 trái víi gi¶ thiÕt : a + b + c = VËy : a + + b + + c + < 3,5 VÝ dô : Cho số dơng a , b , c thoả m·n : a + b + c = Chøng minh r»ng : a b + >0 ,a,b>0 b a Gi¶i : Ta cã : Ta cã : 1 + + ≥9 a b c 1 1 1 1 + + = ( + + ) = ( + + ) (a + b + c) a b c a b c a b c a b a c b a b c c a c b a b b a b c c b c a a c =1 + + + + + + + + = + ( + ) + ( + ) + ( + ) ≥ + + + = => 1 1 + + ≥ DÊu ''='' x¶y : a = b = c = a b c VÝ dô 5: Cho x , y > Chøng minh r»ng : 1 + ≥ x y x+ y 1 Giải: áp dụng bất đẳng thức Côsi ta cã : x + y ≥ xy ⇒ x + y ≥ => (x + y)( 1 1 + ) ≥ => + ≥ x y x y x+ y xy VÝ dô 6: Cho sè a,b,c,d bÊt kú chøng minh r»ng: (a + c) + (b + d ) ≤ a + b + c + d Giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski tacó ac+bd ≤ a + b c + d mµ ( a + c ) + ( b + d ) = a + b + 2( ac + bd ) + c + d ( ) ≤ a + b2 + a2 + b2 c2 + d + c2 + d ⇒ (a + c) + (b + d ) ≤ a + b + c + d VÝ dô 7: Chøng minh r»ng: a + b + c ≥ ab + bc + ac Giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski Cách 1: Xét cặp sè (1,1,1) vµ (a,b,c) ta cã (1 + + )(a + b + c ) ≥ (1.a + 1.b + 1.c ) ( a + b + c ) ≥ a + b + c + 2( ab + bc + ac ) ⇒ 2 2 2 ⇒ a + b + c ≥ ab + bc + ac 2 2 2 Điều phải chứng minh Dấu xảy a=b=c Phơng pháp 4:dùng tính chấtcủa tû sè KiÕn thøc 1) Cho a, b ,c lµ số dơng a a a+c > > b b b+c a a a+c b – NÕu < th× < b b+c b a – NÕu 2) NÕu b, d >0 th× tõ a c a a+c c < ⇒ < < b d b b+d d ` a b c d + + + Chøng minh r»ng: < céng vÕ víi vÕ cña (3); (4); (5); (6) ta cã 1< a b c d + + + < điều phải chøng minh a+b+c b+c+d c+d +a d +a+b a c vµ b,d > Chøng minh r»ng b d a c ab cd ab ab + cd cd < = Tõ < ⇒ < ⇒ < b d b d b b +d2 d2 a ab + cd c < < điều phải chứng minh b b2 + d d VÝ dô : Cho: < Gi¶i: VËy a ab + cd c < < b b2 + d d c d VÝ dụ 3: Cho a;b;c;d số nguyên dơng thỏa mÃn : a+b = c+d =1000 a c tìm giá trị lớn + b d Phơng pháp 5: Phơng pháp làm trội Dùng tính bất đẳng thức để đa vế bất đẳng thức dạng tính đợc tổng hữu hạn tích hữu hạn (*) Phơng pháp chung để tính tổng hữu hạn : S = u1 + u2 + + un Ta cè g¾ng biến đổi số hạng tổng quát u k hiệu hai số hạng liên tiếp nhau: uk = ak − ak +1 Khi ®ã : S = ( a1 − a2 ) + ( a2 − a3 ) + + ( an − an+1 ) = a1 − an+1 (*) Phơng pháp chung tính tích hữu hạn: P = u1u2 un a k Biến đổi số hạng u k thơng hai số hạng liên tiếp nhau: u k = a k +1 a a a a n Khi ®ã P = a a a = a n +1 n +1 VÝ dơ :Víi mäi sè tù nhiªn n >1 chøng minh r»ng : 1 1 < + + + < n +1 n + n+n 1 > = víi k = 1,2,3,…,n-1 n + k n + n 2n 1 1 n + + + > + + = = Do ®ã: n +1 n + 2n 2n n 2n Gi¶i: Ta cã ( ) 1 + + + > n +1 −1 n 2 = > = k +1 − k Gi¶i : Ta cã k k k + k +1 Ta cã: > 2 − 1 >2 3− 2 VÝ dô 2: Chøng minh r»ng: + ( ( ( ) ……………… ( > n +1 − n n ) ) ) Céng vế bất đẳng thức ta có 1+ ( ) 1 + + + > n +1 −1 n VÝ dô : Chøng minh r»ng n ∑k k =1 (a+b-c).(b+c-a).(c+a-b) Giải: a)Vì a,b,c số đo cạnh tam giác nên ta có < a < b + c  0 < b < a + c 0 < c < a + b  a < a (b + c)  b < b( a + c )  c < c ( a + b)  ⇒ Céng tõng vế bất đẳng thức ta có a2+b2+c2< 2(ab+bc+ac) b) Ta cã a > b-c  ⇒ a > a − (b − c) > b > a-c  ⇒ b > b − (c − a) > c > a-b  ⇒ c > c − (a − b) > Nhân vế bất đẳng thức ta đợc [ ][ ][ a 2b c > a − ( b − c ) b − ( c − a ) c − ( a − b ) 2 ⇒ a b c > ( a + b − c ) ( b + c − a ) ( c + a − b) ⇒ abc > ( a + b − c ).( b + c − a ).( c + a − b ) 2 2 ; |a- 2 ] VÝ dô 1: Cho tam gi¸c ABC cã chu vi 2p = a + b + c (a, b , c độ dài cạnh tam giác) Chứng minh : Giải: Ta cã : p - a = 1 1 1 + + ≥2( + + ) p−a p−b p −c a b c b+c−a >0 T¬ng tù : p - b > ; p - c > ; áp dụng bất đẳng thức 1 1 4 + ≥ + ≥ = ta đợc ; x y x+ y p a p − b ( p − a ) + ( p − b) c T¬ng tù : => 2( 1 1 + ≥ ; + ≥ p−b p−c a p−a p−c b 1 1 1 + + ) ≥ 4( + + ) => điều phải chứng minh pa pc p−c a b c DÊu '' = '' x¶y : p - a = p - b = p - c  a = b = c Khi tam giác ABC tam giác Phơng pháp 7: đổi biến số Ví dụ1: Chứng minh : NÕu a , b , c > th× : a b c + + ≥ b+c c+a b+a x+ y+z Giải: Đặt : b +c = x , c + a = y , a + b = z => a + b + c = => a = y+z−x z+x− y x+ y−z , b= , c= 2 Khi ®ã : VT = = y+z−x z+x− y x+ y−z a b c + + + + = 2x 2y 2z b+c c+a b+a y x z x z y 3 ( + ) + ( + ) + ( + ) − ≥ 1+1+1− = x y x z y z 2 VÝ dơ2: Cho a,b,c > vµ a+b+c Theo bất đẳng thức Côsi ta có: x + y + z ≥ 3 xyz 1 1 1 + + ≥ ⇒ ( x + y + z ). + +  ≥ x y z x y z xyz   1 + + ≥ (®pcm) Mà x+y+z < Vậy x y z Phơng pháp 8: dïng tam thøc bËc hai Cho tam thøc bËc hai f ( x ) = ax + bx + c ∀x ∈ R NÕu ∆ < th× a f ( x ) > NÕu ∆ = th× a f ( x ) > NÕu ∆ > th× a f ( x ) > a f ( x ) < b a víi x < x1 hc x > x2 víi x1 < x < x2 ∀x ≠ − ( x2 > x1 ) VÝ dô: Chøng minh r»ng: f ( x, y ) = x + y − xy + x − y + > Gi¶i:Ta cã (1) ⇔ x − x( y − 1) + y − y + > (1) ∆′ = ( y − 1) − y + y − = y − y + − y + y − = − ( y − 1) − < VËy f ( x, y ) > với x, Phơng pháp 9: dùng quy nạp toán học (1) Để chứng minh bất đẳng thức ®óng víi n > n0 ta thùc hiƯn c¸c bíc sau : Kiểm tra bất đẳng thức với n = n0 - Giả sử BĐT với n =k (thay n =k vào BĐT cần chứng minh đợc gọi giả thiết quy nạp ) 3- Ta chứng minh bất đẳng thức với n = k +1 (thay n = k+1vào BĐT cần chứng minh biến đổi để dùng giả thiết quy nạp) kết luận BĐT với n > n0 VÝ dô1: Chøng minh r»ng 1 1 + + + < − 2 n n 1 Gi¶i : Víi n =2 ta cã + < − ∀n ∈ N ; n > (1) (đúng) Vậy BĐT (1) với n =2 Giả sử BĐT (1) với n =k ta phải chứng minh BĐT (1) với n = k+1 ThËt vËy n =k+1 th× (1) ⇔ 1 1 + + + + < 2− 2 k (k + 1) k +1 Theo giả thiết quy nạp 1 1 1 + + + + < 2− + < 2− ⇔ 2 2 k (k + 1) k ( k + 1) k +1 1 1 + + < + < 12 ( k + 1) k + ( k + 1) k ⇔ k +1+1 < ⇔ k (k + 2) < (k + 1) k2+2k 2n + (*) Gi¶i : + Víi n = , ta cã : 2n = 23 = ; 2n + = 2.3 + = ; > Vậy đẳng thức (*) với n = + Giả sử (*) với n = k (k ∈ N ; k ≥ 3) , tức : 2k > 2k + ta phải chøng minh : 2k+1 > 2(k + 1) + hay : 2k+1 > 2k + (**) + ThËt vËy : 2k+1 = 2.2k , mµ 2k > 2k + ( theo giả thiết quy nạp ) ®ã : 2k +1 > 2(2k + 1) = (2k + 3) +(2k - 1) > 2k + ( Vì : 2k - > 0) Vậy (**) víi mäi k ≥ + KÕt luËn : 2n > 2n + với số nguyên dơng n ≥ VÝ dô 3: Chøng minh r»ng : 2n − ≤ 2n Gi¶i : + Víi n = , ta cã : VT = VP = 3n + (*) (n số nguyên dơng ) VËy (*) ®óng víi n = 2k − ≤ 2k + Gi¶ sư (*) ®óng víi n = k ≥ ta cã : 3k + Ta cÇn chøng minh (*) ®óng víi n = k + , tøc lµ : 2k − 2k + ≤ 2k 2(k + 1) cần chứng minh : 2k + 3k + 2(k + 1) 2k + ≤ 3k + 2(k + 1) 1 3(k + 1) + dïng phÐp biÕn ®ỉi t¬ng ®¬ng , ta cã : (2k + 1)2(3k + 4) ≤ (3k + 1)4(k +1)2  12k3 + 28k2 + 19k + ≤ 12k3 + 28k2 + 20k +4  k ≥ => (**) ®óng víi mäi k ≥ VËy (*) dóng víi số nguyên dơng n Phơng pháp 10: Chứng minh phản chứng Giả sử phải chứng minh bất đẳng thức , ta hÃy giả sử bất đẳng thức sai kết hợp với giả thiết để suy điều vô lý , điều vô lý điều trái với giả thiết , điều trái ngợc Từ suy bất đẳng thức cần chứng minh Ví dô 1: Cho ba sè a,b,c tháa m·n a +b+c > , ab+bc+ac > , abc > CMR: a > 0, b>0, c>0 Gi¶i : Gi¶ sư a ≤ th× tõ abc > ⇒ a a < Mà abc > vµ a < ⇒ cb < Tõ ab+bc+ca > ⇒ a(b+c) > -bc > V× a < mµ a(b +c) > ⇒ b + c < a < vµ b +c < ⇒ a + b +c < tr¸i giả thiết a+b+c > Vậy a > tơng tù ta cã b > , c > VÝ dô 2: Cho sè a , b , c , d tháa m·n ®iỊu kiƯn: ac ≥ 2.(b+d) Chøng minh r»ng cã Ýt nhÊt mét c¸c bÊt đẳng thức sau sai: a < 4b , c < 4d Gi¶i : Gi¶ sư bÊt ®¼ng thøc : a < 4b , c < 4d cộng vế ta ®ỵc a + c < 4(b + d ) (1) Theo gi¶ thiÕt ta cã 4(b+d) ≤ 2ac (2) Tõ (1) vµ (2) ⇒ a + c < 2ac hay ( a − c ) < (vô lý) Vậy bất đẳng thức a < 4b vµ c < 4d cã bất đẳng thức sai Ví dụ 3: Cho x,y,z > vµ xyz = Chøng minh r»ng NÕu x+y+z > 1 + + có ba số lớn x y z x y z Gi¶i :Ta cã (x-1).(y-1).(z-1) =xyz – xy- yz + x + y+ z –1 =x + y + z – ( + + ) xyz =1 theo giả thiết x+y +z > 1 + + nªn (x-1).(y-1).(z-1) > x y z Trong ba sè x-1 , y-1 , z-1 chØ cã mét sè d¬ng ThËt vËy nÕu ba số dơng x,y,z > xyz > (trái giả thiết) Còn số dơng (x-1).(y-1).(z-1) < (vô lý) Vậy cã mét vµ chØ mét ba sè x , y,z lớn 10 tập nâng cao i / Dùng biến đổi tơng đơng (x 1) Cho x > y vµ xy =1 Chøng minh r»ng: (x + y2 ) = ( x − y) x + y = ( x − y ) + xy = ( x − y ) + (vì xy = 1) Giải :Ta cã ) + y2 ≥8 ( x − y) 2 2 + 4.( x − y ) + Do BĐT cần chứng minh tơng ®¬ng víi [( x − y ) ( x − y ) + 4( x − y ) + ≥ 8.( x − y ) ⇔ ( x − y ) − 4( x − y ) + ≥ ⇔ B§T cuèi nên ta có điều phải chứng minh ] −2 ≥0 1 + ≥ 2 1+ x 1+ y + xy 1  1   1  + ≥ + ≥0 ⇔ − − 2 2   1+ x 1+ y  1+ x 1+ y + xy    + y + xy  2) Cho xy ≥ Chøng minh r»ng: Gi¶i : Ta cã ⇔ xy − x xy − y + ≥0 ⇔ + x (1 + xy ) + y (1 + xy ) ( ) ( ) x ( y − x) y( x − y) ( y − x ) ( xy − 1) ≥ + ≥0 ⇔ + x (1 + xy ) + y (1 + xy ) + x + y (1 + xy ) ( ) ( ) BĐT cuối xy > Vậy ta có điều phải chứng minh ii / dùng bất đẳng thức phụ ( )( 1) Cho a , b, c số thực a + b +c =1 Chøng minh r»ng: a + b + c ≥ ) Giải : áp dụng BĐT BunhiaCôpski cho số (1,1,1) vµ (a,b,c) (1.a + 1.b + 1.c ) ≤ (1 + + 1).( a + b + c ) ⇔ ( a + b + c ) ≤ 3.( a + b + c ) Ta cã ⇔ a2 + b2 + c2 (vì a+b+c =1 ) (đpcm) 2) Cho a,b,c số dơng Chứng minh r»ng: ( a + b + c ). + +  ≥ 1 (1) a b c a a b b c c a b a c b c Gi¶i : (1) ⇔ + + + + + + + + ≥ ⇔ +  +  +  +  +  +  ≥ b c a c a a b a c a c b x y ¸p dơng B§T phơ y + x ≥ Víi x,y > 1 1 Ta cã B§T cuèi Vậy ( a + b + c ). + +  ≥ (®pcm) a b c Iii / dùng phơng pháp bắc cầu So sánh 31 11 17 14 11 Giải : Ta thấy 3111 < 3211 = ( 25 ) = 255 < 256 Mặt khác 256 = 24.14 = ( 24 ) = 1614 < 1714 VËy 31 11 < 17 14 (®pcm) iv/ dïng tÝnh chÊt tØ sè 14 1) Cho a ,b ,c ,d > Chøng minh r»ng : < a+b b+c c+d d +a + + + nên ta cã a+b a+b a +b+d < < a+b+c+d a+b+c a+b+c+d b + +c b+c b+c+a < < a+b+c+d b+c+d a+b+c+d d +a d +a d +a+c < < a+b+c+d d +a+b a+b+c+d (1) (2) (3) Céng c¸c vÕ cđa bất đẳng thức ta có : 2< a+b b+c c+d d +a + + + A = - x = -2 ; x = ; b, Tơng tự Bài : Tìm giá trị nhỏ nhÊt cđa biĨu thøc 2 a, C = x − + x − ; b, D = x + x + + x + x Giải : a, áp dụng BĐT : A + B ≥ A + B DÊu '' = ''x¶y AB ≥ => C = x − + − x ≥ x − + − x = − = DÊu '' = '' x¶y (2x - 3)(1 - 2x) ≥ VËy minC = ≤x≤ 2  ≤x≤ 2 b, T¬ng tù : minD = : -3 ≤ x ≤ c, minE = : ≤ x ≤ 13 Bài : Cho ba số dơng x , y , z tho¶ m·n : 1 ≥ + + 1+ y 1+ x 1+ z T×m giá trị lớn tích : P = xyz Gi¶i : y 1 z yz ≥ (1 ≥ )+(1)= + 1+ y 1+ y 1+ x 1+ z 1+ z (1 + y )(1 + z ) T¬ng tù : zx ≥ 1+ y (1 + x)(1 + z ) 1+ z ≥ xy (1 + x)(1 + y ) 1 MaxP = x = y = z = 8 Tõ ®ã suy : P = xyz Bài : Cho số dơng a, b, c th¶o m·n : a + b + c =1 Tìm giá trị nhỏ biểu thøc : F a b c = (a + ) + (b + ) + (c + ) Gi¶i: Ta cã : F = (a2 + b2 + c2) + ( 1 + + 2)+6 a b c VËn dông bất đẳng thức Bunhiacôpxki , ta có : (a.1 + b.1 + c.2)2 ≤ 3(a2 + b2 + c2) => a2 + b2 + c2 ≥ a b c T¬ng tù : ( + + ) ( Mặt khác : 1 + + 2) a b c 1 1 1 1 + + = ( + + ).1 = ( + + )(a + b + c) a b c a b c a b c a b b a b c c b c a a c =3+( + )+( + )+( + ) ≥ 3+2+2+2=9 => 1 1 1 1 1 + + ≥ => ( + + ) ≥ 81 => ( + + ) ≥ 27⇒ F ≥ + 27 + = 33 a b c a b c a b c Dấu '' = '' xảy : a = b = c = Bài : Cho G = 1 Vậy MinF = 33 : a = b = c = 3 yz x − + zx y − + xy z − Tìm giá trị lớn G xyz Giải : Tập xác định : x ≥ ; y ≥ ; z ≥ Ta cã : G = x −1 + x Theo BĐT Cơsi ta có : T¬ng tù : y−2 ≤ ; y 2 y−2 + y z −3 z x −1+1 x −1 ≤ => x −1 ≤ x 1 z −3 + ≤ => G ≤ + 2 2 z 14 VËy MaxG = 1 + + đạt đợc x = ; y = ; z = 2 2 x Bµi a, Tìm giá trị nhỏ H = x với x > b Tìm giá trị lớn nhÊt cña K = x − x HD : áp dụng bất đẳng thức Côsi làm tơng tự nh : - Dùng bất đẳng thức để giải phơng trình Nhờ vào tính chất bất đẳng thức , phơng pháp chứng minh bất đẳng thức , ta biến đổi hai vế ( VT , VP ) phơng trình sau suy luận để nghiệm phơng trình Nếu VT = VP giá trị ẩn ( thoả mÃn TXĐ) => ph ơng trình có nghiệm Nếu VT > VP VT < VP giá trị ẩn => phơng trình vô nghiệm Bài : Giải phơng trình : 13 x + x + = 16x Giải: Điều kiện : x (*) áp dụng bất đẳng thức Côsi ta cã : 13 x − + x + = 13.2 x − + 3.2 x + ≤ 13( x - + ) + 3(x + + ) = 16x 2 4   x −1 = DÊu '' = '' x¶y    x +1 =  x= tho¶ m·n (*) Phơng trình (1) có nghiệm dấu '' = '' ë (2) x¶y VËy (1) cã nghiƯm x = Bài 2: a, Tìm giá trÞ lín nhÊt cđa L = x − + x b Giải phơng trình : 2x − + − x - x2 + 4x - = (*) Gi¶i : a Tãm t¾t : ( x − + − x )2 ≤ 2(2x - + - 2x) =  x − + − x ≤ => MaxL = x = b TX§ : ≤x≤ (*)  2 2x − + − x = x2 - 4x + VP = (x - 2)2 + ≥ , dÊu '' = '' x¶y x = => với x = ( thoả mÃn TXĐ ) VT = VP = => phơng trình (*) cã nghiƯm x = Bµi : Giải phơng trình : x + x + = x2 - 6x + 13 Giải : TXĐ : -2 ≤ x ≤ VP = (x - 3)2 + ≥ DÊu '' = '' x¶y x = VT2 = ( − x + x + 1)2 ≤ (6 - x + x + 2)(1 + 1) = 16 => VT ≤ , dÊu '' = '' x¶y 6− x = 15 x+2  x = => giá trị x để VT = VP => Phơng trình vô nghiệm Bài : Giải phơng trình : 3x 12 x + 16 + HD: 3x − 12 x + 16 ≥ 2; y − y + 13 = x − = x =  y − y + 13 ≥ ⇒VT ≥ DÊu '' = '' x¶y :  y − = y = => phơng trình có nghiệm : x = ; y = Dùng bất đẳng thức để giải phơng trình nghiệm nguyên Ngoài có số ứng dụng khác bất đẳng thức , đòi hỏi học sinh phải linh hoạt sáng tạo giải , học sinh phải nắm đợc kiến thức bất đẳng thức vận dụng đợc Ví dụ : Dùng bất đẳng thức để giải phơng trình nghiệm nguyên Bài : Tìm nghiệm nguyên dơng phơng trình : 1 + + =2 x y z x y Giải : Không tính tổng quát, ta gi¶ sư x ≥ y ≥ z ta cã : = + + mà z nguyên dơng Vậy z = Thay z = vào phơng trình ta đợc : Theo giả sử , x y , nªn = 1 + ≤ x y ≤ => 2z ≤ 3, z z 1 + =1 x y ; Do y nguyªn dơng nên y = y = y Với y = không thích hợp Với y = ta cã : x = VËy (2 ; ; 1) nghiệm phơng trình Hoán vị số , ta đợc nghiệm phơng trình là: (2 ; ; 1) ; (2 ; ; 2) ; (1 ; ; 2) Bài tập áp dụng Bài 1: Cho hai sè x vµ y mµ x+y=1 CMR : a) x2 +y2 ≥ ; b) x4+y4 ≥ Bài 2: Cho a,b, c, d ,e số thực CMR: a2+b2+c2+d2+e2=a(b+c+d+e) Bài 3: Cho hai số dơng x,y vµ x3+y3 =x-y CMR: x2 +y2 2n+1 16 ... cã : a3 + b3 + ab Bất đẳng thức cuối VËy a3 + b3 + ab ≥ 2 DÊu '''' = '''' x¶y a = b = Phơng pháp 3: dùng bất đẳng thức quen thuộc A/ số bất đẳng thức hay dùng 1) Các bất đẳng thức phụ: a b b) (... lớn K = x x HD : áp dụng bất đẳng thức Côsi làm tơng tự nh : - Dùng bất đẳng thức để giải phơng trình Nhờ vào tính chất bất đẳng thức , phơng pháp chứng minh bất đẳng thức , ta biÕn ®ỉi hai vÕ...  ứng dụng bất đẳng thức 1- Dùng bất đẳng thức để tìm cực trị - Kiến thức : Nếu f(x) m f(x) có giá trị nhỏ m Nếu f(x) M f(x) có giá trị lớn M 12 Ta thờng hay áp dụng bất đẳng thức thông