chứng minh bất đẳng thức

Tài liệu chứng minh nhiều dạng bất đẳng thức THPT tham khảo cho GV và HS

danghoa949@gmail.com -1 111Equation Chapter Section Chuyên đề 1: CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Để góp phần tìm hiểu nhiều vấn đề chứng minh bất đẳng thức chương trình Toán THPT , xin nêu số phương pháp giải toán mang tính minh họa I.-Phương pháp phản chứng -Phương pháp phản chứng sử dụng nhiều toán Logic, toán đại số hình hình,về gồm bước: Tuy nhiên trng dạng P⇒Q P⇒Q B⇒P ta vận dụng : - đúng, hay : - -Sau xin giới thiệu vài toán liên quan a+b+c a+b+c ≤ 3 a≥0 b≥0 c≥0 1- Bài toán 1: Cho , , , : (1) -Giải +Giả sử , : +Ta có: a+b+c a2 + b2 + c2 > 3 ( dạng B⇒P 2 2  a+b+c  a +b +c >  ÷   ⇔ (a + b + c) > 3(a + b + c ) ⇔ 3( a + b + c ) − ( a + b + c) < ⇔ 3a + 3b + 3c − a − b − c − 2ab − 2bc − 2ca < ⇔ 2a + 2b + 2c − 2ab − 2bc − 2ca < ⇔ ( a − b ) + (b − c ) + ( c − a ) < -Do ( a − b ) , (b − c ) , ( c − a ) ≥ hay : Vậy: a+b+c a + b2 + c2 > 3 a+b+c a+b+c ≤ 3 (*) , nên (*) xảy xảy danghoa949@gmail.com -2 (a − b) + (b − c) + (c − a )2 > 2 2-Bài toán : Chứng minh rằng, a + b + c ≠ ab + bc + ca : -Giải (1) a + b2 + c = ab + bc + ca +Giả sử : +Ta có : (a + b + c )2 − (ab + bc + ca) = ⇔ ( a + b + c − ab − bc − ca ) ( a + b + c + ab + bc + ca ) = ( a + b − 2ab ) + ( b + c − 2bc ) + ( c + a − 2ca )   4 ( a + b + 2ab ) + ( b2 + c + 2bc ) + ( c + a + 2ab )  = 2 ⇔ ( a − b ) + (b − c) + (c − a)  ( a + b ) + (b + c) + (c + a)  =    4 ⇔ ( a − b ) + (b − c ) + ( c − a ) = (i ) ( a + b ) + (b + c ) + ( c + a ) = (ii) -Từ đẳng thức (*) dể thấy : (a − b)2 + (b − c) + (c − a) = Từ (i) : (a + b) + (b + c)2 + (c + a ) = Từ (ii) : ⇔ a+b = b+c = c+a = (*) (mâu thuẫn với giả thiết) ⇔a=b=c=0 ⇔ ( a − b ) + (b − c ) + ( c − a ) = ( mâu thuẫn với giả thiết) a + b + c = ab + bc + ca 2 Vậy : a + b + c ≠ ab + bc + ca Hay : II.-Phương pháp qui nạp -Phương pháp qui nạp dùng nhiều toán dãy số, cấp số Thông thường có bước : Kiểm tra mệnh đề với P(n0) , Giả sử mệnh đề với danghoa949@gmail.com -3 P(k),Chứng minh mệnh đề bước P(k+1) Kết luận : Vậy mệnh đề với k -Xin giới thiệu vài toán dạng n n +1 > (n + 1)n 1-Bài toán 1: Chứng minh : với n ≥ (1) -Giải +Khi n = : (1) ⇔ 33+1 > (3 + 1)3 ⇔ 34 = 81 > 43 = 64 k k +1 +Giả sử (1) với n = k , : > (k + 1) +Ta chứng minh (1) với n = k+1, : k > (k + 1) (2) (k + 1)( k +1) +1 > [ (k + 1) + 1] hay : k +1 -bất đẳng thức n = k k +1 (k + 1) k + > (k + 2) k +1 k Thật : Từ (2): ⇔k k +1 k +2 (k + 1) k + k ( k + 1) > (k + 1) k k +1 k k +1 ⇔ (k + 1) k +2 ⇔ (k + 1) k +2 ⇔ (k + 1) k +2 ⇔ (k + 1) k +2 (k + 1) 2( k +1) > k k +1  (k + 1)  >   k  k +1 k +1  k + 2k +  > ÷ k   k +1 Vậy : n n +1 > (n + 1) n 1  > k +2+ ÷ k  > (k + 2) k +1 (3) với n ≥ 2-Bài toán 2: Chứng minh với n nguyên dương ta có: 2n − 1 < 2n 2n + (1) -Giải (1) ⇔ +Khi n = : 1 < = 2.1 + - bất đẳng thức n = (3) 2k − 1 < 2k 2k + danghoa949@gmail.com -4 (2) +Giả sử (1) dúng n = k , : +Ta chứng minh (1) n = k +1, : 2( k + 1) − 1) < 2(k + 1) 2(k + 1) + hay : (3) 2k − 1 < 2k 2k + Thật , từ (2) : ⇔ Do : 2k + 1 < 2k + 2k + 3 2k − k + 1 2k + 2k + < = 2k 2(k + 1) 2k + 2(k + 1) 4(k + 2k + 1) 4(k + 2k + 1) = 4k + 8k + = 4k + k + (k + 4) > 4k + 7k + = (2k + 1)(2k + 3) 2k + 4(k + 2k + 1) Nên : Hay : Vậy : < 2k + 1 = (2k + 1)(2k + 3) 2k + (3) 2k + 1 < 2k + 2k + 3 2n − 1 < 2n 2n + tan α >0 − tan α Nên hay -bất đẳng thức n = tan kα − k tan α > (2) +Giả sử (1) n =k ( k >2) , : +Ta chứng minh (1) : n = k+1 (k>2), : π (3) 4k Với tan kα + tan α tan(k + 1)α = − tan α tan kα Thật vậy: Do , π tan kα > k tan α ⇒ < k α < ⇒ < tan kα < - mặt khác : ⇒ < − tan α tank α < tan( k + 1)α = Nên : tan kα + tan α k tan α + tan α > > ( k + 1) tan α − tan α tan kα − tan α tank α ⇒ tan(k + 1)α − (k + 1) tan α > Vậy: tan(n α ) − n tan α > (3) 0 , b>0, c>0 Gọi x ∈ (0;1) Khi đó: a2 b2 c2 3 ⇔ + + ≥ (a + b + c ) 2 a (1 − a ) b(1 − b ) c (1 − c ) a2 + b2 + c2 = , ta chứng minh : ,nên < a,b,c < ∀x ∈ (0;1) ta có : 3 ≥ x(1 − x ) 3 2 ≥ ⇔ x (1 − x ) ≤ ⇔ x (1 − x ) ≤ x (1 − x ) 27 3 (*) Đề chứng minh (*), áp dụng BĐT Cauchy cho số : 2x2 , (1- x)2, (1- x2)2 , :  x2 + − x2 + − x2  x (1 − x )(1 − x ) ≤  ⇔ x (1 − x )(1 − x ) ≤ ÷ = 27   27 2 Từ : Hay : 2 a2 b2 c2 3 + + ≥ (a + b + c ) 2 a (1 − a ) b(1 − b ) c(1 − c ) a2 b2 c2 3 + 2+ ≥ 2 b +c a +c a −b 2-Bài toán 2: Cho a,b,c > a + b + c =1 danghoa949@gmail.com -7 a+b + b+c + c+a ≤ Chứng minh : -Giải +Áp dụng lần BĐT Chauchy cho số, được: +a+b a+b (a + b) ≤ = + 3 2 +b+c b+c (b + c ) ≤ = + 3 2 +c+a c+a (c+ a) ≤ = + 3 Cộng vế tương ứng, được: ( ⇔ ( Vậy : ) 2( a + b + c) = + (a + b + c) = 2 ) = a + b + b + c + c + a ≤ 1+ a + b + b + c + c + a ≤ a +b + b+c + c+a ≤ 3-Bài toán 3: Cho số a,b,c > a + b3 + c ≥ a bc + b ca + c ba Chứng minh : (1) -Giải +Áp dụng lần BĐT Cauchy cho số ,ta được: a + abc ≥ a 4bc = 2a bc b3 + abc ≥ b ac = 2b ac c3 + abc ≥ c ab = 2c ab Cộng vế tương ứng, được: a + b3 + c + 3abc ≥ 2(a bc + b ca + c ab ) ,do a + b + c ≥ 3abc danghoa949@gmail.com -8 2(a + b + c ) ≥ a + b + c + 3abc Nên: 3 3 ≥ 2(a bc + b ca + c ab ) Vậy : a + b3 + c ≥ a bc + b ca + c ba IV.-Phương pháp dùng tam thức bậc hai -Tính chất tam thức bậc hai : f(x) = ax2 + bx + c ,được ứng dụng rộng rãi toán bất đẳng thức; ta xem xét vài trường hợp a)- Vận dụng tính chất : b ≥ a.c  f ( x) ≥ ⇔ a > 0, ∆ ≤   f ( x) ≤ ⇔ a < 0, ∆ ≤ b)-Vận dụng tính chất : c)-Vận dụng tính chất : f(x) có nghiệm x1 < x2 ∃ c : a.f(c) < -Sau xin giới thiệu vài toán dạng a1 , a2 , a3 , b1 , b2 , b3 1-Bài toán 1: Cho số ,sao cho : 2 2 f ( x) = a1 + a2 + a3 x − 2(a1b1 + a2b2 + a3b3 ) x + (b12 + b22 + b32 ) ≥ ( ) ( a1b1 + a2b2 + a3b3 ) Chứng minh : -Giải +Biến đổi tương đương (1), được: ≤ ( a12 + a22 + a32 ) ( b12 + b22 + b32 ) (1) (2) f ( x) = ( a1 x − 2a1b1 x + b12 ) + ( a2 x − 2a2b2 x + b22 ) + ( a3 x − 2a3b3 x + b32 ) = ( a1 x − b1 ) + ( a2 x − b2 ) + ( a3 x − b3 ) Cho thấy : 2 ∀x ∈ R : f ( x) ≥ a1 x − b1 = a2 x − b2 = a3 x − b3 = ⇔ x = -Đẳng thức xảy : -Để chứng minh (2) ta xét ∆≤0 Do f ( x) ≥ nên ∆'≤ b1 b2 b3 = = a1 a2 a3 danghoa949@gmail.com -9 ∆ ' = ( a1b1 + a2b2 + a3b3 ) − ( a12 + a22 + a32 ) ( b12 + b22 + b32 ) ≤ ⇔ ( a1b1 + a2b2 + a3b3 ) ( a1b1 + a2b2 + a3b3 ) Vậy : 2-Bài toán 2: Cho Giải y= +Từ (1) cho ta: ≤ ( a12 + a22 + a32 ) ( b12 + b22 + b32 ) ≤ ( a12 + a22 + a32 ) ( b12 + b22 + b32 ) 2x + 3y = (1) Chứng minh : 2x2 + y ≥ (2) − 2x  − 2x  2x + 3 ÷ ≥5   +Thay vào (2), : ⇔ x + 25 − 20 x + x − 15 ≥ ⇔ x2 − x + ≥ ⇔ ( x − 1) ≥ (2 ') Bất dẳng thức (2’) , suy (2) < a < ak < b 3-Bài toán 3: Cho b > n số thực dương a1,a2,… an , cho: n n c1 = ∑ ak c2 = ∑ ak n n với k = 1,2,3,….,n Đặt c2 (a + b) ≤ c1 4ab Chứng minh : Giải x1 = a x2 = b f ( x) = x − ( a + b) x + a.b +Xét tam thức , có nghiệm : +Do a ≤ ak ≤ b , ta có : f (ak ) = ak2 − (a + b)ak + ab ≤ ⇔ ak2 + ab ≤ (a + b)ak (*) Cho k = 1,2,… ,n cộng vế đẳng thức tương tự với (*) , được: danghoa949@gmail.com -10 n n ∑a k + n.ab ≤ (a + b)∑ ak n ∑a Áp dụng BĐT Cauchy cho số n ∑a k k n.ab , lại được: n + n.ab ≥ ( ∑ ak2 ).nab n  n 2 ⇔  ∑ ak ÷.nab ≤ (a + b)∑ ak    n   n  ⇔  ∑ ak2 ÷.nab ≤ (a + b)  ∑ ak ÷     n n∑ ak2 (a + b) c2 (a + b) ⇔ ≤ ⇔ ≤ n ab c ab    ∑ ak ÷   Vậy : c2 (a + b)2 ≤ c1 4ab V.-Phương pháp giải tích -Một số bất đẳng thức chứng minh dựa theo tính chất giải tích sau: +Với điểm A,B,C , có: +Với vecto ( a1 ± b1 ) r a , r b AB + BC > AC r r r r a±b ≤ a + b , có : , Khi thay biểu thức tọa + ( a2 ± b2 ) ≤ a12 + a22 b12 + b22 độ: -Vận dụng tính chất ta xét số toán sau: 1-Bài toán 1: Cho x, y ∈ R Chứng minh : x + xy + y + x + xz + z ≥ Giải Biến đổi tương đương (1) , được: y + yz + z (1) danghoa949@gmail.com -11 2 2 y  y 3 z z 3   ÷ +  x + ÷ +  ÷ ≥  x + ÷ +  2  ÷ 2  ÷     y + yz + z (1’) -Đặt r  r y y 3 y  y 3  a =  x + ; +  ÷ ÷ ÷⇒ a =  x + ÷ ÷ 2      2 r  r z z 3 z z 3  b =  −( x + ); +  ÷ ÷ ÷⇒ b =  x + ÷ 2   ÷    Ta : r r  y − z ( y + z)  r r  ( y − z ) + 3( y + z )  a + b =  ; ⇒ a + b = ÷ ÷   = y + yz + z r r r r a + b ≥ a+b -Do tính chất ,ta suy : 2 2 y  y 3 z z 3   ÷ +  x + ÷ +  ÷  x + ÷ +  ÷ ≥ 2  ÷ 2       y + yz + z (1’) x + xy + y + x + xz + z ≥ y + yz + z Hay : 2-Bài toán 2: Cho a,b,c,d số thỏa mãn: Chứng minh : ( ) +1 ≤ ( a + c) a + b + = 2(a + b) (*)  2 (**) c + d + 36 = 12(c + d ) +(b−d) ≤ ( ) +1 (1) Giải -Từ (*): Gọi M(a;b) thỏa mãn : 2 ( x − 1) + ( y − 1) = a + b − 2b − 2c + = M ∈( C1) có phương trình , có tâm I1(1;1) R1 =1 c + d − 12c − 12d + 36 = -Từ (**): Gọi N(c;d) thỏa mãn : N ∈( C2) có phương danghoa949@gmail.com -12 trình : ( x − 6) + ( y − ) = 36 , có tâm I2(6;6) R2 =36 − ≤ MN ≤ + -Khi bất đẳng thức (1) tương đương: Cho biết đường thảng I1I2 cắt (C1) M1, M2 cắt (C2) N1,N2 Xác định độ dài sau: OM = − (1’) , OM = + ON1 = 6( − 1), ON = 6( + 1) M N1 = ON1 − OM = 6( − 1) − ( + 1) = − Và M N = ON − OM = 6( + 1) − ( + 1) = + MN = ( a − c) +(b−d) Khi M1N2 độ dài lớn MN, M2N1 độ dài lớn MN, nên: M N1 ≤ MN ≤ M N 16 14 N2 12 10 I2 N1 M2 I1 M1 -5 5 −7 ≤ Tù ta có : 10 ( a − c) 15 +(b−d) ≤ +7 20 25 ⇔ ( ) ( −1 ≤ ) −1 ≤ ( a − c) ( a − c) +(b−d) ≤ +(b−d) ≤ 2 ( ) ( ) danghoa949@gmail.com -13 +1 +1 Vậy : Xin cảm ơn quí Thầy , Cô em học sinh quan tâm tìm hiểu chuyên đề [...]... 12c − 12d + 36 = 0 2 -Từ (**): Gọi N(c;d) thỏa mãn : thì N ∈( C2) có phương danghoa949@gmail.com -12 trình : ( x − 6) 2 + ( y − 6 ) = 36 2 , có tâm I2(6;6) và R2 =36 5 2 − 7 ≤ MN ≤ 5 2 + 7 -Khi đó bất đẳng thức (1) tương đương: Cho biết đường thảng I1I2 cắt (C1) tại M1, M2 và cắt (C2) tại N1,N2 Xác định các độ dài như sau: OM 1 = 2 − 1 (1’) , OM 2 = 2 + 1 ON1 = 6( 2 − 1), ON 2 = 6( 2 + 1) M 2 N1 = ON1... 3 z z 3   ÷ +  x + ÷ +  ÷  x + ÷ +  ÷ ≥ 2  2 ÷ 2 2       y 2 + yz + z 2 (1’) x 2 + xy + y 2 + x 2 + xz + z 2 ≥ y 2 + yz + z 2 Hay : 2-Bài toán 2: Cho a,b,c,d là 4 số thỏa mãn: Chứng minh rằng : ( ) 3 2 +1 ≤ ( a + c) a 2 + b 2 + 1 = 2(a + b) (*)  2 2 (**) c + d + 36 = 12(c + d ) 2 +(b−d) ≤ 2 ( ) 2 +1 3 (1) Giải -Từ (*): Gọi M(a;b) thỏa mãn : 2 2 ( x − 1) + ( y − 1) = 1 a 2