Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức

Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức

Chia sẻ tài liệu cho học sinh môn Toán Trần Hoài Thanh fb.com/tranhoaithanhvicko Lý thuyết 1.1 Định nghĩa Gọi A B hai biểu thức đại số(chứa chữ số) mệnh đề "A lớn B" bất đẳng thức Ký hiệu bất đẳng thức : A > B Trong mệnh đề thay cụm từ "lớn hơn" cụm từ "lớn bằng","nhỏ hơn","nhỏ bằng" ta bất đẳng thức chúng có ký hiệu tương ứng là: A B, A < B, A B Nhận xét:Giống mệnh đề có mệnh đề đúng,mệnh đề sai ta có bất đẳng thức đúng,bất đẳng thức sai Ví dụ: • "sin(x) > với ∀ x " bất đẳng thức sai • "x2 +2x+3> với ∀ x" bất đẳng thức Quy ước:Khi nói bất đẳng thức mà không nói thêm ta hiểu bất đẳng thức Ta có: A B ⇔ A − B A B⇔A−B 1.2 Tính chất A > B ⇔ B < A A > B B > C ⇒ A > C (tính chất bắc cầu) A > B ⇔ A + C > B + C với ∀ C ∈ R A > B ⇔ AC > BC với ∀ C > A > B ⇔ AC < BC với ∀ C < 1.3 1.3.1 Các phép toán bất đẳng thức Cộng hai bất đẳng thức chiều: A > B C > D ⇒ A + C > B + D Chú ý:Trừ hai bất đẳng thức chiều SAI 1.3.2 Trừ hai bất đẳng thức ngược chiều: A > B C < D ⇒ A - C > B - D 1.3.3 Nhân hai bất đẳng thức dương chiều: A > B > C > D > ⇒ AC > BD 1.3.4 Bình phương bất đẳng thức dương: A > B > ⇒ A2 > B Tổng quát:A > B > ⇒ An > B n ∀ n ∈ R+ Chia sẻ tài liệu cho học sinh môn Toán Trần Hoài Thanh fb.com/tranhoaithanhvicko 1.3.5 Khai bậc n (n √ √ A>B>0⇒ nA> nB 1.3.6 Nghịch đảo bất đẳng thức: A > B A B > ⇒ 1.4 1.4.1 2) bất đẳng thức: 1 < A B Một số bất đẳng thức quan trọng Bất đẳng thức giá trị tuyệt đối • |A + B| |A| + |B| Dấu "=" xảy ⇔ AB Tổng quát:|a1 + a2 + + an | |a1 | + |a2 | + + |an | Dấu "=" xảy ⇔ a1 , a2 , , an dấu • ||A| - |B|| |A - B | Dấu "=" xảy ⇔ AB > 1.4.2 Bất đẳng thức Cauchy Cho n số thực không âm:a1 , a2 , , an √ Ta có:a1 + a2 + + an n n a1 a2 an (dạng 1) a1 + a2 + + an n a1 a2 an ( ) (dạng 2) n Dấu "=" hai dạng xảy ⇔ a1 = a2 = = an Đặc biệt: • n = ta có √ bất đẳng thức Cauchy cho số không âm sau: a + b ab Dấu "=" xảy ⇔ a = b • n = ta có bất√đẳng thức Cauchy cho số không âm sau: a + b + c 3 abc Dấu "=" xảy ⇔ a = b = c 1.4.3 Bất đẳng thức Schwartz dạng 1(Bunhiacovsky): Cho 2n số thực bất kỳ:a1 , a2 , , an & b1 , b2 , , bn Ta có:(a1 b1 + a2 b2 + + an bn )2 (a21 + a22 + + a2n )(b21 + b22 + + b2n ) Dấu "=" xảy ⇔ ∃ số thực α ,β (α2 + β = 0) thỏa mãn αai + βbi =0 ∀ i=1, n Đặc biệt:Với n = ta có bất đẳng thức (ax + by)2 (a2 + b2 )(x2 + y ) a b Dấu "=" xảy ⇔ = x y 1.4.4 Bất đẳng thức Schwartz dạng 2: Cho 2n số thực bất kỳ:a1 , a2 , , an & b1 , b2 , , bn Ta có |a1 b1 + a2 b2 + + an bn | a21 + a22 + + a2n a1 a2 an Dấu "=" xảy ⇔ = = = b1 b2 bn Đặc biệt:Với√n = ta có bất đẳng thức | ax + by | a2 + b2 x + y a b Dấu đẳng thức xảy ⇔ = x y b21 + b22 + + b2n Chia sẻ tài liệu cho học sinh môn Toán Trần Hoài Thanh fb.com/tranhoaithanhvicko 1.4.5 Bất đẳng thức Bernoulli: Cho r, h ∈ R tùy ý thỏa mãn r > 1và1 + rh > ta có (1 + h)r + rh Dấu "=" xảy ⇔ h = Dạng đặc biệt:nếu + a > & n ∈ Z+ (1 + a)n + na Dấu đẳng thức xảy ⇔ n = a = Các phương pháp 2.1 2.1.1 Phương pháp 1:Sử dụng định nghĩa biến đổi tương đương Cơ sở lý thuyết • Sử dụng định nghĩa: A>B⇔A-B>0 A B⇔A−B • sử dụng tính chất bất đẳng thức tương đương:(đã nói phần Lý thuyết mục 2) Ví dụ 1: Cho a, b, c > CMR: b c a2 b2 c2 a + + + + (1) b+c c+a a+b b2 + c2 c2 + a2 a2 + b2 a2 a b2 b c2 c Giải:(1) ⇔ − + − + − (2) 2 2 b +c b+c c +a c+a a +b a+b a2 a a2 b + a2 c − ab2 − ac2 ab(a − b) − ac(c − a) − = = (3) Tương tự ta có: Lại có: 2 2 b +c b+c (b + c )(b + c) (b2 + c2 )(b + c) b2 b bc(b − c) − ab(a − b) − = (4) 2 c +a c+a (c2 + a2 )(c + a) c ac(c − a) − bc(b − c) c2 − = (5) 2 a +b a+b (a2 + b2 )(a + b) Thay (3),(4),(5) vào (2) ta được: 1 (1) ⇔ ab(a − b)( − ) (b + c2 )(b + c) (c2 + a2 )(c + a) 1 + bc(b − c)( − ) (c + a2 )(c + a) (a2 + b2 )(a + b) 1 + ca(c − a)( − ) (6) (a + b2 )(a + b) (b2 + c2 )(b + c) Nếu < a b ⇒ a2 b2 ⇒ < a2 + c2 b2 + c2 < a + c b + c ⇒ < (a2 + c2 )(a + c) (b2 + c2 )(b + c) 1 ⇒ − 2 (b + c )(b + c) (c + a )(c + a) 1 − ) (do a - b 0) ⇒ ab(a − b) ( 2 (b + c )(b + c) (c + a )(c + a) Làm tương tự với trường hợp a > b > ta có 1 ⇒ − 2 (b + c )(b + c) (c + a )(c + a) 1 ⇒ ab(a − b) ( − ) (do a - b 0) 2 (b + c )(b + c) (c + a )(c + a) 1 Vậy nên ab(a − b) ( − ) ∀ a, b > (7) 2 (b + c )(b + c) (c + a )(c + a) Làm tương tự với số hạng thứ & thứ vế trái bất đẳng thức (6) ta có kết luận Chia sẻ tài liệu cho học sinh môn Toán Trần Hoài Thanh fb.com/tranhoaithanhvicko sau: bc(b − c)( 1 − ) ∀ b, c > (8) (c2 + a2 )(c + a) (a2 + b2 )(a + b) 1 ca(c − a)( − ) ∀ c, a > (9) 2 (a + b )(a + b) (b + c )(b + c) Cộng vế với vế bất đẳng thức (7),(8),(9) ta bất đẳng thức (6) đúng.Do (1) (đpcm) Ví dụ 2:CMR với ∀ a, b, c ta có: a6 b6 + b6 c6 + c6 a6 + 3a4 b4 c4 2(a3 + b3 + c3 )a3 b3 c3 (4) CM:Nếu abc = vế trái (4) vế phải (4) ⇒ (4) Xét trường hợp abc = 0.Chia vế (4) cho a4 b4 c4 ta được: b2 c2 b2 c2 c2 a2 a2 a2 b + ) (1) (4) ⇔ + + + 2( + c a b bc ca ab a2 b2 c2 Đặt = x; = y; =z bc ca ab ⇒ xyz = 1 1 Bất đẳng thức (1) trở thành + + + 2(x + y + z) (2) x y z Do xyz = nên ba số x,y,z ∃ số lớn số nhỏ 1, tức tồn số lớn hoặc nhỏ Giả sử hai số x,y 1 (2) ⇔ + + + − 2x − 2y − 2z x y z 1 ⇔ + + x2 y + − 2x − 2y − x y xy 1 ⇔ ( − )2 + (xy − 1)2 + 2xy − 2x − 2y + x y 1 ⇔ ( − )2 + (xy − 1)2 + 2(x − 1)(y − 1) (3) x y Do x, y lớn hoặc nhỏ nên (3) ⇒ (4) Do ta có (4) 2.1.2 Bài tập Bài 1:CMR a, b, c độ dài cạnh tam giác a (a + b + c)2 9bc b c b ⇒ < a + b + c 2b + c ⇒ (a + b + c)2 (2b + c)2 (1) Xét (2b + c)2 − 9bc = 4b2 + 4bc + c2 − 9bc = 4b2 − 5bc + c2 = (b − c)(4b − c) b c⇔b−c 4b - c = 2b + b + b - c 2b + b + a - c >0(do b a b + a - c 0) ⇒(b - c)(4b - c) (do b - c 0) ⇒ (2b + c)2 9bc (2) từ (1)& (2)⇒ (a + b + c)2 9bc (đpcm) Giải:0 < a Bài 2:Cho hàm số y = x2 cos(a) − 2x + cos(a) , tham số a ∈ (0,Π) x2 − 2xcos(a) + Chia sẻ tài liệu cho học sinh môn Toán Trần Hoài Thanh fb.com/tranhoaithanhvicko CMR:với ∀ x ta có | y | 1 ⇔ − y ∀x x2 cos(a) − 2x + cos(a) ) Xét:1 - y = - ( x2 − 2xcos(a) + (x2 − 2xcos(a) + 1)2 − (x2 cos(a) − 2x + cos(a))2 = (x2 − 2xcos(a) + 1)2 (x − 2xcos(a) + − x2 cos(a) + 2x − cos(a)) = (x2 − 2xcos(a) + 1) (x − 2xcos(a) + + x2 cos(a) − 2x + cos(a)) (x2 − 2xcos(a) + 1) (1 − cos(a))(x + 2x + 1)(1 + cos(a))(x2 − 2x + 1) = (x2 − 2xcos(a) + 1)2 (1 − cos(a) )(x − 1)2 (x + 1)2 = ∀x (x2 − 2xcos(a) + 1)2 Vậy ta có điều phải chứng minh Giải:| y | Bài 3:Cho x x2 y y z z x + + z x y y z 0.CM x2 + y + z x2 y y z z x + + − x2 − y − z z x y y−z z−x x−y = x2 + y2 + z2 z x y 1 y−z y−z Do z y ⇒ x2 (y − z) ⇒ x2 x2 (1) z y z y Do z x ⇒ y (z − x) 1 y x⇒ y x y (z − x) y (z − x) từ ⇒ ≤ (2) y x Thay (1)& (2) vào T ta x2 (y − z) y (z − x) z (x − y) + + T y y y x2 (y − z) + y (z − x) + z (x − y) = y −x2 (z − x) − x2 (x − y) + y (z − x) + z (x − y) = y (z − x)(y − x)(y + x) + (x − y)(z − x)(z + x) = y (z − x)(x − y)(z − y) = ∀x y z y ⇒ đpcm Giải:Xét T = sin(x) Π2 − x > x Π + x2 2 sin(x) Π −x Π2 − x Giải:Ta có > ⇔ sin(x) > ( )x x Π + x2 Π2 + x Đặt y=x-Π > ⇒ x = y + Π Π2 − x y + 2yΠ Ta có sin(x) - ( )x = -sin(y) + ( )(y + Π) Π + x2 y + 2yΠ + 2Π2 Bài 4:CM ∀ x > Π ta có: Chia sẻ tài liệu cho học sinh môn Toán Trần Hoài Thanh fb.com/tranhoaithanhvicko y + 3Πy + 2Π2 y = -sin(y) + y + 2yΠ + 2Π2 Πy = -sin(y) + y + > ∀y > (Do ∀y > sin(y) < y) y + 2yΠ + 2Π2 ⇒ đpcm Bài 5:CMR a2 + b2 + c2 + d2 + e2 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇒ a(b+c+d+e) ∀a, b, c, d, e Giải:a2 + b2 + c2 + d2 + e2 a(b + c + d + e) 4a2 + 4b2 + 4c2 + 4d2 + 4e2 4ab + 4ac + 4ad + 4ae 4a2 + 4b2 + 4c2 + 4d2 + 4e2 − 4ab + 4ac + 4ad + 4ae (a2 − 4ab + 4b2 ) + (a2 − 4ac + 4c2 ) + (a2 − 4ad + 4d2 ) + (a2 − 4ae + 4e2 ) (a − 2b)2 + (a − 2c)2 + (a − 2d)2 + (a − 2e)2 (luôn đúng) đpcm Bài 6:CMR với số dương a, b, c ta có: b3 c3 a+b+c a3 + + 2 2 2 a + ab + b b + bc + c c + ca + a 3 a 2a − b Giải: 2 a + ab + b ⇔3a3 (2a − b)(a2 + ab + b2 ) ⇔3a3 − 2a3 − 2a2 b − 2ab2 + a2 b + ab2 + b3 ⇔ a3 + b3 − a2 b − ab2 ⇔ (a2 − b2 )(a − b) ⇔ (a − b)2 (a + b) ∀a, b > 2b − c b3 Tương tự có: 2 b + bc + c c3 2c − a c2 + ca + a2 Cộng vế với vế bất đẳng thức ta đpcm Bài 7:Cho a, b, c độ dài cạnh tam giác nội tiếp đường tròn bán kính 1.CM cho nhọn ⇔ a2 + b2 + c2 > Giải:Áp dụng định lý sin ABC,ta có: b c a = = = 2R = sin(A) sin(B) sin(C) ⇒ a2 + b2 + c2 = 4(sin2 (A) + sin2 (B) + sin2 (C)) nên a2 + b2 + c2 > ⇔ sin2 (A) + sin2 (B) + sin2 (C) > Đặt T = sin2 (A) + sin2 (B) + sin2 (C) − cos(2A) − cos(2B) = + + − cos2 (C) 2 = - (cos(2A) + cos(2B)) − cos2 (C) = - cos(A+B)cos(A-B)-cos2 (C) = + cos(C) [cos(A+B)+cos(A-B)] = + 2cos(C)cos(A)cos(B) T ⇔ cos(A)cos(B)cos(C) > ⇔ cos(A),cos(B),cos(C) > giá trị cos(A),cos(B),cos(C) nhỏ giá trị lại lớn Nếu trường hợp xảy ABC có góc tù(vô lý) nên cos(A)cos(B)cos(C) > ⇔ cos(A),cos(B),cos(C) > Chia sẻ tài liệu cho học sinh môn Toán Trần Hoài Thanh fb.com/tranhoaithanhvicko ⇔ ABC nhọn(đpcm) Bài 8:Cho x √ 0.CM: log2 (1 + 2x ) > log3 [3x + ( 2)x ] (1) √ x Giải:(1)⇔ log2 (1 + 2x ) − x > log3 [3√ + ( 2)x ] − x + 2x [3x + ( 2)x ] ⇔ log2 x > log3 3x √ x ) ) ⇔ log2 (1 + x ) > log3 (1 + ( √ √ 2 x Do > x 0⇒ ( )x > ( ) 3 √ x ) ⇒ + ( )x > + ( √ x ) ) ⇒ log2 (1 + x ) > log2 (1 + ( 2√ √ x x log2 (1 + ( > = log (1 + ( ) )= ) ) √ √ 3 log log 2x 2x ) ) ) ) (1+( (1+( 3 √ x 1 √ √ ) > ∀x ⇒ log < log 3⇒ > ) (Do + ( √ √ 2x 2x log log (1+( (1+( ) ) ) ) 2x 2x (1+( ) ) (1+( ) ) 3 3 ⇒đpcm 2.2 2.2.1 Phương pháp 2:Sử dụng tam thức bậc Cơ sở lý thuyết Xét f (x) = ax2 + bx + c, a = 0, ∆ = b2 − 4ac b ∆ ⇒ f (x) = a[(x + )2 ] − 2a 4a Định lý 1:f (x) > ∀x ⇔ a > ∆ < Định lý 2:f (x) ∀x ⇔ a > ∆ Định lý 3:f (x) < ∀x ⇔ a < ∆ < Định lý 4:f (x) ∀x ⇔ a < ∆ Định lý 5:f (x) = có nghiệm x1 f(x) = a(x − x1 )(x − x2 )  x1 + x2 = − b a  x1 x2 = c a x2 ⇔ ∆ 0.Khi đó: CM:Định lý 1: b ∆ Ta có f (x) = a[(x + )2 ] − 2a 4a ∆ · ∆0 4a b ∆ a > ⇒ a[(x + )2 ] − > ∀x 2a 4a hay f (x) > ∀x · f (x) > ∀x ⇒ trường hợp Chia sẻ tài liệu cho học sinh môn Toán Trần Hoài Thanh fb.com/tranhoaithanhvicko ∆ b · a > a (x + )2 > ∀x ⇒ ∆ < 2a 4a ∆ b · a < a(x + ) > ∀x (vô lý) 2a 4a Các định lý 2,3,4 chứng minh tương tự Định lý hiển nhiên 2.2.2 Vận dụng chứng minh bất đẳng thức Để chứng minh A B ta viết biểu thức A-B thành tam thức bậc hai theo biến số lấy từ tham số có A-B Sau dựa vào định lý dấu tam thức bậc hai để rút bất đẳng thức cần chứng minh Ví dụ 1: Cho ABC CMR với ∀x, y, z ta có: 2 x +y +z 2(yzcos(A) + zxcos(B) + xycos(C)) (1) Giải:(1)⇔ x2 − 2x(zcos(B) + ycos(C)) + y + z − 2yzcos(A) Xét f (x) = x2 − 2x(zcos(B) + ycos(C)) + y + z − 2yzcos(A) tam thức bậc hai có ∆ = (zcos(B) + ycos(C))2 − y − z + 2yzcos(A) = −z sin2 (B) − y sin2 (C) + 2yz(cosBcosC + cos(A)) = −z sin2 (B) − y sin2 (C) + 2yz(cosBcosC − cos(C + B)) = −z sin2 (B) − y sin2 (C) + 2yzsin(C)sin(B) = −(zsin(B) − ysin(C))2 ⇒ f (x) ⇒ (1)đúng với x,y,z (theo định lý 2) Ví dụ 2: (Polya) Cho < a n CMR: ab + AB AB ab a2i ≥ A, < b i=1 n bi B với ∀i = 1, n b2i i=1 n bi i=1 Giải: Do với ∀i = 1, n ta có: < a A, < b bi B nên b bi B với ∀i = 1, n A a bi b bi B ⇒ ( − ) ∗ ( − ) ∀i = 1, n A a bi b B bi B.b ⇔ − + + ≤ ∀i = 1, n A a A.a b B B.b ⇔ b2i − + bi + a ≤ > ∀i = 1, n A a A.a i Cộng vế với vế n phương trình ta Chia sẻ tài liệu cho học sinh môn Toán Trần Hoài Thanh fb.com/tranhoaithanhvicko n n B B.b n b + bi ≥ bi + ≥ A a A.a i=1 i=1 i=1 2 n n b B B.b n ⇔ + bi ≥ bi A a A.a i=1 i=1 i=1 n b B ⇔ + A a A.a ≥ B.b n bi i=1 n bi i=1 B.b n > A.a i=1 (1) i=1 n bi i=1 B b + Lại có: A a ba + AB AB ab A.a = B.b b A + B a + B.b A.a A.a = B.b ba AB + +2 A.B ab (2) Từ (1) (2) ta có điều phải chứng minh Ví dụ 3: Cho ABC có độ dài ba cạnh a,b,c diện tích S CMR: √ (2x − 1)a2 + ( − 1)b2 + c2 3S với ∀x > (1) x √ Giải: (1)⇔ (2x2 − x)a2 + (2√− x)b2 + c2 x > 3Sx với ∀x > ⇔ 2a2 x2 − (a2 + b2 − c2 + 3S)x + 2b2 √ Từ giả thiết ta có a>0 Đặt f (x) = 2a2 x2 − (a2 + b2 − c2 + 3S)x + 2b2 √ ∆ = (a2 + b2 − c2 + 3S)2 − (4ab)2 ∆ √ ⇔ −4ab a2 + b2 − c2√+ 3S 4ab √ Ta có: a2 + b2 − c2 + 3S + 4ab = (a + b)2 − c2 + 3S + 2ab mà từ giả thiết lại có: | a + b |> c ⇒ (a + b)2 − c2 > 0√ ⇒ (a + b)2 − c2 + √3S + 2ab > hay a2 + b2 − c2 + 4√ 3S > −4ab Mà a2 + b2 − c2 + 3S < 4ab −a2 − b2 + c2 + 4ab −a2 − b2 + c2 √ √ ⇔ sin(C) = +√ 3ab 3ab − cosC √ = √ ⇔ 3sin(C) + cos(C) Vậy ∆ nênf (x) 0, ta có điều phải chứng minh 2.2.3 Bài tập Bài 1: Cho ABC với độ dài ba cạnh a,b,c CMR: 13 1 a > cos(A) + cos(B) + cos(C) 50 12 13 b 50abc + 20a3 + 15b3 + 12c3 20a(b2 + c2 ) + 15b(a2 + c2 ) + 12c(b2 + a2 ) (1) √ 13 Giải: a Áp dụng ví dụ cho y = √ ,z = √ ,x = √ 390 390 78 1 36 169 13 ⇒ cos(A) + cos(B) + cos(C) + + < 12 13 312 390 1560 30 1 13 ⇒ cos(A) + cos(B) + cos(C) < 12 13 30 Vậy ta có điều phải chứng minh = Chia sẻ tài liệu cho học sinh môn Toán Trần Hoài Thanh fb.com/tranhoaithanhvicko b2 + c2 − a2 −b2 + c2 + a2 b2 − c2 + a2 b (1)⇔ 50 20 + 15 + 12 bc ac ba ⇔ 50 40cos(A) + 30cos(B) + 24cos(C) Áp dụng ví dụ cho x = 3, y = 4, z = ta có điều phải chứng minh Bài 2: Cho f (x), g(x) hàm số liên tục [a,b] CMR: b a b f (x)g(x)dx ≤ (f (x))2 dx a b (g (x))2 dx a Giải: Với ∀y ∈ R ta có: (y.f (x) + g (x))2 ≥ với ∀x ∈ [a, b] ⇒ y f (x) + 2.y.f (x) g (x) + g (x) ≥ với ∀x ∈ [a, b] b b b g (x) dx ≥ f (x) dx + 2.y f (x) g (x) dx + ⇒ y2 a a a Xem vế trái bất đẳng thức tam thức bậc hai với biến y Theo định lý dấu tam thức bậc hai ta có: 0⇒ ∆ b a b f (x)g(x)dx − b (f (x))2 dx a (g (x))2 dx ≤ a Từ ta có điều phải chứng minh Bài 3: Cho a,b,c độ dài ba cạnh tam giác CMR: pa + qb2 > pqc2 (1) với ∀p, q thỏa mãn p+q=1 Ngược lại, chứng tỏ a,b,c ba số dương thỏa mãn (1) với điều kiện nêu p,q a,b,c độ dài ba cạnh tam giác Giải: ⇒) a,b,c độ dài ba cạnh tam giác nên a + b − c > 0, a + c − b > 0, b + c − a > (2) Đặt S=pa2 + qb2 − pqc2 =pa2 + (1 − p)b2 − p(1 − p)c2 (do p+q=1) =c2 p2 + (a2 − b2 − c2 )p + b2 Coi S tam thức bậc hai p ta có: ∆ = (a2 − b2 − c2 )2 − 4c2 b2 =(a+b+c)(a-b-c)(a+b-c)(a-b+c)0 với ∀p, q thỏa mãn p+q=1 Vậy ta có điều phải chứng minh ⇐=) a,b,c ba số dương thỏa mãn (1)thì S>0 với ∀p Do ta có ∆ < ⇔ (−a + b + c)(a + b − c)(a − b + c) > Nếu ba thừa số vế trái bất đẳng thức dương ta có điều phải chứng minh Nếu hai ba thừa số âm Giả sử a+b-c0 Xét tam thức bậc hai: f (x) = (p2 − a2 − b2 ) x2 − (pq − ac − bd) x + (q − c2 − d2 ) = (px − q)2 − (ax − c)2 − (bx − d)2 Giả thiết: p2 − a2 − b2 >0 nên p2 > a2 + b2 ⇒p=0 10 Chia sẻ tài liệu cho học sinh môn Toán Trần Hoài Thanh fb.com/tranhoaithanhvicko √ y y Lúc đó:OA= (x + ) + ( ) = x2 + xy + y 2 2√ z z √ OB= (x + )2 + (− ) = x + xz + z 2 √ √ y z y z + ) = y + yz + z AB= ( − ) + ( 2 2 Trong tam giác ABC : OA + OB Ví dụ 2:CMR √ c(a − c) + c(b − c) < ab ∀ a,b AB ⇒ đpcm c Giải:Trong mặt phẳng Oxy chọn √ √ → − u =(√c; b − √c) → − v =( a − c; c) √ √ → − → − | u |= b ; | v |= a → − − u→ v = c(a − c) + c(b − c) − − − − − − − − Hơn → u→ v =|→ u ||→ u |cos(→ u√ ,→ v ) |→ u ||→ u| ⇒ c(a − c) + c(b − c) < ab (đpcm) Ví dụ 3:Cho x,y,z >0 xyz(x + y + z) =1 CMR: (x+y)(y+z) Giải: Dựng ABC cho: AB= x+y=c BC = y+z=a CA = z+x=b Vì (x+y) + (y + z) > z+x (y+z) + (z + x) > x+y 22 Chia sẻ tài liệu cho học sinh môn Toán Trần Hoài Thanh fb.com/tranhoaithanhvicko (z+x) + (x + y) > y+z (a + b + c)(b + c − a)(c + a − b)(a + b − c) S ABC = = 2(x + y + z).8xyz = (1) 1 Mặt khác: S ABC = AB.AC.sin(A) AB.AC = (x + y)(y + z) (2) 2 Từ (1),(2) ⇒ (x+y)(y+z) (đpcm) 2.6.2 Bài tập Bài 1:Cho 2y CMR: x2 + y x2 y −2x2 + 3x Giải:Xét Oxy x2 y −2x2 + 3x ⇒ M(x,y) thuộc phần bôi đen Giả thiết x2 + (−2x2 + 3x)2 từ hình vẽ ta có x2 + y x 2 f (x) = 16x − 36x + 20x = 4x(4x − 9x + 5) =  x=0  x=1 ⇔ x= kết hợp với điều kiện x ta x=0 x=1 Bảng biến thiên Xét hàm f (x) = 4x4 − 12x3 + 10x2 với x từ ta có f (x) x y (x) + − 125 y 64 2 2⇒x +y f (x) (đpcm) 23 Chia sẻ tài liệu cho học sinh môn Toán Trần Hoài Thanh fb.com/tranhoaithanhvicko Bài 2:Cho a,b,c 1.CMR a + b2 + c2 + a2 b + b2 c + c2 a Giải:Dựng Khi S ⇒ ⇔ ⇒ ⇒ AM P√+ ABC cạnh Chọn M∈AB; N∈BC; P∈AC cho AM=a2 ;BN=b2 ;CP=c2 S +S √ S ABC √ CN P √ 3 3 + b2 (1 − a2 ) + c2 (1 − b2 ) a2 (1 − c2 ) 4 4 a2 (1 − c2 ) + b2 (1 − a2 ) + c2 (1 − b2 ) a2 + b + c2 a2 b2 + b2 c2 + a2 c2 + 1 + a2 b + b2 c + c2 a đpcm BM N Bài 3:Cho a,b,c a+b+c = √ √ √ CMR a2 − ab + b2 + b2 − bc + c2 a2 + ac + c2 Giải:Dựng O , A , B, C mặt phẳng hình vẽ cho OA = a; OB = b; OC= c; AOB = COB = 60o Theo √ định lý cosin ta có AB = √a2 − ab + b2 BC = √b2 − bc + c2 CA = a2 + ac + c2 Do AB + BC √ CA nên √ 2 a − ab + b + b2 − bc + c2 √ a2 + ac + c2 (đpcm) 24 Chia sẻ tài liệu cho học sinh môn Toán Trần Hoài Thanh fb.com/tranhoaithanhvicko 2.7 2.7.1 Phương pháp 7:Lượng giác hóa Cơ sở lý thuyết Phương pháp chung: Đưa bất đẳng thức cần chứng minh dạng lượng giác để sử dụng tính chất hàm số lượng giác Một số dấu hiệu nhận biết : Dạng 1: Nếu x2 + y = đặt x = sin α với α ∈ [0; 2π] y = cosα Dạng 2:Nếu x2 + y = a2 đặt x = a sin α với α ∈ [0; 2π] y = a.cosα x = r.a sin α với α ∈ [0; 2π] r y = r.a.cosα  −π π x = sin α, α ∈ ; 2 đặt  x = cosα, α ∈ [0; π]  −π π x = m sin α, α ∈ ;  2 m (m>0) đặt x = m.cosα, α ∈ [0; π] √ 1 toán có chứa x2 − đặt x = với α ∈ [0, π] \ cosα √ m m toán có chứa x2 − m2 đặt x = cosα Dạng 3:Nếu x2 + y Dạng 4:Nếu |x| Dạng 5:Nếu |x| Dạng 6:Nếu |x| Dạng 7:Nếu |x| π với α ∈ [0, π] \ a2 đặt Dạng 8: Nếu toán không ràng buộc điều kiện biến số có biểu thức −π π ; x = tanα với α ∈ 2 √ x2 + đặt Dạng 9: Nếu toán không ràng buộc điều kiện biến số có biểu thức −π π đặt x =m.tanα với α ∈ ; 2 √ x2 + m2 Dạng 10:Nếu toán xuất hay nhiều biểu thức dạng a+b a−b 2a − a2 2a 3a − ab , , , , , đặt a = tan α ; b = tan β − ab + ab + a2 + a2 − a2 − 3a2 −π π với α, β ∈ ; 2 Dạng 11: Nếu toán có giả thiết a + b + c = abc đặt a = tan α ; b = tan β ; −π π c = tan γ với α, β, γ ∈ ; ⇒ α + β + γ = k.Π (k ∈ Z) 2 2.7.2 Các ví dụ tập Bài 1:Cho x2 + y = CMR 2(x3 − y ) − 3(x − y) 25 π Chia sẻ tài liệu cho học sinh môn Toán Trần Hoài Thanh fb.com/tranhoaithanhvicko √ x = cos α √ Giải:Vì x2 + y = nên đặt với α ∈ [0; 2π] y = sin α √ √ Khi (x3 − y ) − (x − y) = cos3 α − sin3 α − (cos α − sin α) √ = 4cos3 α − cos α + sin α − 4sin3 α √ π (đpcm) = (cos 3α + sin 3α) = cos 3α − Bài 2:Cho | x | CMR T = |x (2x2 − 1) (8x4 − 8x2 + 1)| Giải:Do | x | nên đặt x = cosα với α ∈ [0, Π] Khi T = |x (2x2 − 1) (8x4 − 8x2 + 1)| = |cos α (2cos2 α − 1) (8cos4 α − 8cos2 α + 1)| = cos α cos 2α 8cos2 α cos2 α − + = cos α cos 2α −8cos2 αsin2 α + = cos α cos 2α − 2sin2 2α Bài 3:Cho xy = 0.CMR √ x2 − (x − 4y)2 −2 − x2 + 4y = |cos α cos 2α cos 4α| (đpcm) √ 2−2 −π π ; 2 tan2 α − (tan α − 2)2 x2 − (x − 4y)2 = ⇒ x2 + 4y + tan2 α = (tan α − 1) cos2 α = sin 2α − (1 + cos 2α) = (sin 2α − cos 2α) − √ √ √ π =2 sin 2α − − ∈ −2 − 2, 2 − Giải:Đặt x = 2y.tan α , α ∈ Bài 4:Cho x2 + 4y 6x + 16y CMR:3x − 8y 18 Giải:Ta có x2 + 4y 6x + 16y ⇔ (x − 3)2 + (2y − 4)2 2 x−3 2y − ⇔ + 5 Đặt x = + cos α ,y = + sin α (α ∈ [0, 2π]) ⇒ 3x − 8y 18 ⇔ (3 + cos α) − + sin α 18 ⇔ + 15 cos α − 16 − 20 sin α 18 ⇔ 15 cos α − 20 sin α 25 ⇔ cos α − sin α Theo bất đẳng thức Bunhiacovski ta có (3 cos α − sin α)2 ⇒ cos α − sin α Do 3x − 8y 18 (đpcm) xy Bài 5:Cho x,y > 0.khi T = 2 2x + Giải:Đặt 4x2 x = cos α π α ∈ 0, y = sin α 26 + y2 25 (32 + 42 ) cos2 α + sin2 α = 25 16 Chia sẻ tài liệu cho học sinh môn Toán Trần Hoài Thanh fb.com/tranhoaithanhvicko cos α.4sin2 α ⇒T = √ 2 cos α + 4cos2 α + 4sin2 α 16 cos α.4 (1 − cos2 α) 16 8(cos α + 1)2 ⇔ cos α − cos2 α 32 (cos2 α + cos α + 1) ⇔ 33cos2 α + 63 cos α + 32 (∗) (∗) đúng ∆ = 632 − 4.33.32 = −255 < ⇒ T 16 ⇔ −1 Bài 6:CMR với ∀ a,b ta có (a + b)(1 − ab) 2 (1 + a )(1 + b ) a = tan α π π α, β ∈ − , 2 b = tan β (a + b) (1 − ab) ⇒ = (tan α + tan β) (1 − tan α tan β) cos2 αcos2 β (1 + a2 ) (1 + b2 ) sin (α + β) (cos α cos β − sin α sin β) cos α cos β = cos α cos β = sin (α + β) cos (α + β) −1 = sin (α + β) ∈ , 2 ⇒ đpcm Giải:Đặt Bài 7:Cho a, b, c số thực phân biệt CMR 2 + ab + bc + ca + + a−b b−c c−a Giải:Đặt a = tan α ; b = tan β ;c = tan γ M = + ab a−b + + bc b−c + Khi M = cot2 (α − β) + cot2 (β − γ) + cot2 (γ − α) Do (α − β) + (β − γ) + (γ − α) = nên cot(α − β) cot (β − γ) + cot (β − γ) cot (γ − α) + cot (γ − α) cot(α − β) = ⇒M √ √ Bài 8:Cho số a, b, c, d liên hệ hệ thức a = c − d2 b = d − c2 CMR:|a| + |b| Giải:Điều kiện để cónghĩa:|d|   |a| = |c| Từ hệ thức cho ta suy ra:   |b| = |d| 1; |c| − |d| − |c|2 Đặt |c| = cosα |d| = cosβ −π π với α, β ∈ [ , ] 2 |a| = cos α sin β Khi |b| = cos β sin α Do |a| + |b| = cos α sin β + cos β sin α = sin (α + β) Vậy bất đẳng thức cho chứng minh 27 1 + ca c−a Chia sẻ tài liệu cho học sinh môn Toán Trần Hoài Thanh fb.com/tranhoaithanhvicko 2.8 2.8.1 Phương pháp 8:Quy nạp toán học Cơ sở lý thuyết B1: Bước sở: kiểm tra bất đẳng thức với n=n0 B2: Bước qui nạp: giả sử bất đẳng thức với n = k ta phải chứng minh bất đẳng thức với n = k + B3: Kết luận 2.8.2 Các ví dụ Bài 1:CMR a, b, c cạnh tam giác vuông với c cạnh huyền, với n nguyên dương, ta có a2n + b2n c2n Giải: Với n = 1, (1) có dạng a2 + b2 c2 Bất đẳng thức theo định lý Pytago ta có a2 + b2 = c2 Giả sử có a2k + b2k c2k với k nguyên dương, ta cần chứng minh a2(k+1) + b2(k+1) c2(k+1) Thật ta có: a2(k+1) + b2(k+1) = a2k a2 + b2k b2 < a2k c2 + b2k c2 = c2 a2k + b2k c2 c2k = c2k+2 = c2(k+1) Vậy bất đẳng thức chứng minh với n nguyên dương Bài 2:Chứng minh ∀ n > 1, n ∈ Z+ ta có 1 13 + + + > n+1 n+2 2n 24 Giải: Kí hiệu vế trái bất đẳng thức Sn 13 + = > Với n = ta có S2 = 2+1 2+2 12 24 Giả sử bất đẳng thức với k nguyên dương ,ta cần chứng minh với k + Thật vậy, ta có 1 Sk+1 = + + + (k + 1) + (k + 1) + 2(k + 1) 1 1 = + + + + k+2 k+3 2k + 2k + Từ ta có 1 Sk+1 − Sk = + − = 2k + 2k + k + 1 = >0 2(k + 1)(2k + 1) 13 Do Sk+1 > Sk > 24 Vậy bất đẳng thức chứng minh với ∀ n>1 Bài 3:CMR ∀ a ta có √ a2 + a2 + + a2 |a| + (1) Giải:Kí hiệu vế trái (1) Tn 28 Chia sẻ tài liệu cho học sinh môn Toán Trần Hoài Thanh fb.com/tranhoaithanhvicko √ Với n = 1, ta a2 = |a| |a| + 1, .Giả sử bất đẳng thức với n k ta chứng minh với n = k + Thật √ n = k + vế trái (1) viết thành: Tk+1 = a2 + Tk Theo giả thiết quy nạp, ta Tk+1 a2 + |a| + a2 + |a| + = Vậy bất đẳng thức chứng minh (|a| + 1)2 = |a| + Bài 4:CMR n 2, n∈ Z+ 1 1 + + + < − 2 n n Giải: Với n = ta có + < − hay < bất đẳng thức 4 1 1 Giả thiết bất đẳng thức cho với n = k, tức + + + < − k k ta cần chứng minh với n = k + tức 1 1 + + + + < 2− 2 k k+1 (k + 1) Theo giả thiết quy nạp, 1 1 1 + + + + + < 2− 2 k k (k + 1)2 (k + 1) 1 Ta có: - + < 2− k (k + 1) k+1 1 ⇔ + < k + (k + 1) k k+1+1 ⇔ k(k + 2) < (k + 1)2 ⇔ < k (k + 1) ⇔ k + 2k < k + 2k + Vậy bất đẳng thức chứng minh Bài 5:CMR nn > (n + 1)n−1 , ∀n ∈ Z, n Giải: nn = n = ⇒ ⇒ nn > (n + 1)n−1 với n=2 (n + 1)n−1 = n = k 2:giả sử bất đẳng thức đúng, tức là: k k > (k + 1)k−1 Ta chứng minh BĐT với n = k + Ta có k k (k + 1)k+1 (k + 1)k−1 (k + 1)k+1 = (k + 1)2k−2 (k + 1)2 = [(k + 1)2 ]k−1 (k + 1)2 > (k + 2k)k−1 (k + 2k) (vì (k + 1)2 = k + 2k + > k + 2k) = k k (k + 2)k ⇒ (k + 1)k+1 > (k + 2)k ⇒ Bất đẳng thức với n= k + Vậy nn > (n + 1)n−1 , ∀n ∈ Z, n Bài 6:Cho a , b CMR với ∀ n ∈ Z+ , ta có n a+b an + bn 2 Giải: Với n = bất đẳng thức Giả sử bất đẳng thức tới n = k Ta cần chứng minh với n=k+1 Ta có k+1 k (a + b) ak + bk a+b a+b a+b a + b ak + bk = = 2 2 29 Chia sẻ tài liệu cho học sinh môn Toán Trần Hoài Thanh fb.com/tranhoaithanhvicko (a − b) ak − bk ak+1 + bk+1 − ak+1 + abk + bak + bk+1 = 4 Vai trò a b nên không tính tổng quát, ta giả sử a b Kết hợp với giả thiết a, b nên ak bk ⇒ (a − b) ak − bk k+1 k k k+1 (a + b) a + b a + bk+1 a+b ak+1 + bk+1 Do đó: ⇒ 2 Vậy bất đẳng thức với n = k +1 Theo nguyên lí quy nạp bất đẳng thức chứng minh Ta có: T = Bài 7:Cho x1 x2 x x2 xn−1 xn + + + + x2 x3 xn x1 xn CMR x2 x3 xn x1 + + + + x1 x2 xn−1 xn Giải: x2 x1 x1 x2 + + n = bất đẳng thức có dạng x2 x1 x1 x2 x1 x2 x3 x2 x3 x1 n= bất đẳng thức có dạng + + + + x2 x3 x x1 x2 x3 x1 x2 x3 x2 x3 x ⇔ + + − − − x2 x3 x1 x1 x2 x (x3 − x2 ) (x2 − x1 ) (x1 − x3 ) ⇔ ≤0 x1 x2 x3 Giả sử bất đẳng thức với n = k – 1, tức là: xk−2 xk−1 x x3 xk−1 x1 x1 x2 + + + + + + + + x2 x3 xk−1 x1 x x2 xk−2 xk−1 Ta phải chứng minh bđt với n = k, tức là: xk−1 xk x2 x3 xk x1 x x2 + + + + + + + + x2 x3 xk x1 x1 x2 xk−1 xk x1 xk−1 xk xk−1 xk x1 Do bđt với n = nên ta có: + + + + xk−1 xk x1 x1 xk−1 xk Cộng vế với vế bđt (1) (2) ta bđt với n = k Vậy bđt với ∀ n 2.9 Phương pháp 9:Dùng hàm đơn điệu 2.9.1 Cơ sở lý thuyết Định lí Cho hàm số y = f (x) xác định liên tục (a,b) có đạo hàm f (x) liên tục (a,b) Khi đó: - Nếu f (x) 0 ∀ x ∈ (a,b) f (x) đồng biến (a,b) Việc chứng minh A > B đưa việc xét hàm A-B qua việc khảo sát tính đơn điệu hàm từ có điều phải chứng minh Một số lưu ý: Cho hàm số f (x) đơn điệu (a,b) Khi u v f (u) f (v) f (x) đồng biến u v f (u) f (v) f (x) nghịch biến max f (x) f (x)∀x ∈ (a, b) (a,b) f (x) f (x)∀x ∈ (a, b) (a,b) Nếu f (x) nghịch biến ∃ lim f ( x) = m f (x) > m x→b Nếu f (x) đồng biến ∃ lim f (x) = n f (x) >n x→a Một số dạng thường gặp : Xét trực tiếp hàm A,B A-B; B-A 30 Chia sẻ tài liệu cho học sinh môn Toán Trần Hoài Thanh fb.com/tranhoaithanhvicko Xét hàm đặc trưng Coi đối số biến đối số lại xem tham số Đặt ẩn phụ để đưa hàm 2.9.2 Ví dụ tập Dạng 1:Xét hàm trực tiếp ax − Bài 1:Cho a > Chứng minh hàm số y = hàm số đồng biến x > 1.Từ x p q a −1 a −1 ra, p > q > > p q x a (x ln a − 1) + ax − hàm số đồng biến Giải:Vì y = > với x >1 nên y = x2 x x > ap − aq − Từ suy ngay, p > q > > p q π CMR sin x + tan x > 2x Bài 2:Cho x ∈ 0, Giải:Xét y = sin x + tan x − 2x Có y = cos x + −2 cos2 x π ⇒ < cos x < ⇒ < cos2 x < cos x Vì x ∈ 0, 1 ⇒ y = cos x + − > cos2 x + −2 2−2=0 cos x cos2 x π ⇒ y đồng biến với ∀x ∈ (0, ) ⇒ y > y(0) ⇒ đpcm Dạng 2:Xét hàm đặc trưng Bài 1:Cho x>0.CMR x+1 1 1+ > 1+ x+1 x x Giải:(1) ⇔ (x + 1) ln + Xét hàm f (t) = t ln + f (t) = ln + t − t x+1 > x ln + ; t ∈ (0, +∞) t+1 với t>0 −1 < t(t + 1)2 f (t) nghịch biến (0, +∞) Mà: lim f (t) = lim ln + 1t − t+1 =0 f (t) = t→+∞ Nên f (t) > 0∀t > ⇒ f (t) đồng biến (0, +∞) ⇒ f (x) < f (x + 1) (đpcm) Bài 2:Cho ABC.CMR (1 + sin A) (1 + sin B) (1 + sin C) √ 3 e (1) 31 x Chia sẻ tài liệu cho học sinh môn Toán Trần Hoài Thanh fb.com/tranhoaithanhvicko √ 3 Giải:(1) ⇔ ln (1 + sin A) + ln (1 + sin B) + ln (1 + sin C) Xét f (t) = ln(t + 1) − t −t < 0∀t > f (t) = 1+t ⇒ f (t) nghịch biến (0, 1) ⇒ f (t) < f (0) = ⇒ ln(1 + t) < t∀t ∈ (0, 1) √ 3 Vậy ln (1 + sin A) + ln (1 + sin B) + ln (1 + sin C) < sin A + sin B + sin C Bài 3:Cho < y < x; a,b >0 Chứng minh rằng: (ax + bx )y < (ay + by )x (∗) Giải: (∗) ⇔ y ln (ax + bx ) < x ln (ay + by ) ln (ay + by ) ln (ax + bx ) < (x > y > 0) ⇔ x y ln (at + bt ) Xét f (t) = , t>0 t at ln a + bt ln b t t f (t) = − ln a + b + t t(at + bt ) − (at + bt ) ln (at + bt ) + t (at ln a + bt ln b) = t2 (at + bt ) bt at t t + b ln = t a ln t (a + bt ) at + bt at + bt at at < ⇒ ln t>0 ⇒ at < at + bt ⇒ t a + bt at + bt bt Tương tự: ln t 0 ⇒ f (t) nghịch biến với t>0 ⇒ f (x) < f (y) Ta có điều phải chứng minh Dạng 3:Xét hàm theo đối số, đối số lại xem tham số: Phương pháp thường dùng đối số bất đẳng thức có vai trò nhau, điều kiện kẹp tương đối chặt Bài 1:Cho a1 , a2 , a3 , p1 , p2 , p3 số dương thỏa mãn a1 + a2 + a3 = CMR p1 a1 p2 a2 p3 a3 a1 p1 + a2 p2 + a3 p3 (1) Giải:(1)⇔ p1 a1 p2 a2 p3 a3 − a1 p1 − a2 p2 − a3 p3 Vì vai trò p1 , p2 , p3 nên ta giả sử: p1 p2 p3 > Do a1 , a2 , a3 số dương mà a1 + a2 + a3 = nên ta có < a1 , a2 , a3 , a1 + a2 < Xét hàm f (p1 ) = p1 a1 p2 a2 p3 a3 − a1 p1 − a2 p2 − a3 p3 Có f (p1 ) = a1 p1 a1 −1 p2 a2 p3 a3 − a1 f (p1 ) = a1 (a1 − 1) p1 a1 −2 p2 a2 p3 a3 < Vậy f (p1 ) hàm nghịch biến nên f (p1 ) < f (0) = −a1 < 0∀p1 > Do f (p1 ) hàm nghịch biến mà p1 p2 p3 > nên f (p1 ) f (p2 ) Mà f (p2 ) = p2 a1 +a2 p3 a3 − (a1 + a2 ) p2 − a3 p3 = g(p2 ) g (p2 ) = (a1 + a2 ) p2 a1 +a2 −1 p3 a3 − (a1 + a2 ) g (p2 ) = (a1 + a2 ) (a1 + a2 − 1) p2 a1 +a2 −2 p3 a3 < Vậy g (p2 ) hàm nghich biến ⇒ g (p2 ) < g (0) = − (a1 + a2 ) < Do g (p2 ) hàm nghịch biến nên ⇒ g(p2 ) g(p3 ) = p3 a1 +a2 +a3 − (a1 + a2 + a3 )p3 = 32 Chia sẻ tài liệu cho học sinh môn Toán Trần Hoài Thanh fb.com/tranhoaithanhvicko Vậy ta có đpcm Dấu = xảy < p1 = p2 = p3 Bài 2:Cho a, b, c, d b c a + + CMR: bc + ac + ab + (1) Giải:Vì vai trò a, b, c nên giả sử: a b c ab ac bc 1(∗) a+b+c Từ (*) ta có VT(1) ⇒ = f (a) ab + abc 1(∗∗) −b f (a) = (a + b + c) + ab + (ab + 2) = − b2 − bc (ab + 2)2 2b + c = g(b) ⇒ f (a) đồng biến, vậy:f (a) f (b) = b +2 − 2b2 − 2bc g (b) = ≥ ⇒ g(b) đồng biến (b2 + 2)2 3c ⇒ g(b) g(c) = c +2 Như ta có đpcm Dấu "=" xảy khi: a = b = c = *) Các tập tương tự 1) Cho a, b, c 1.CMR: a b c + + 1+ bc + ca + ab + 1 + abc 2)Cho a, b, c, d 1.CMR: a b c + + bc + ac + ab + 3)Cho a, b, c, d 1.CMR: a b c d + + + bcd + cda + dab + abc + 1+ (HD: làm tương tự với giả sử :0 abc bad cda bcd abcd abc Dạng tổng quát:Cho a1 , a2 , , an ∈ (0, 1) n 1+ n n i=1 aj + (n − 2) 1+ 1=j=i 1 + abcd a b c d ta có đánh giá: i=1 Bài 3:(Bất đẳng thức Schur): Chứng minh ∀ a, b, c ta có: a3 + b3 + c3 + 3abc ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) Giải Không tính tổng quát ta giả sử: a b c Xét hàm số f (a) = a3 + b3 + c3 + 3abc − ab(a + b) − bc(b + c) − ca(c + a) f (a) = 3a2 + 3bc − 2ab − b2 − c2 − 2ac =: g(a) g (a) = 6a − 2b − 2c ⇒ g(a) đơn điệu tăng ⇒ g(a) g(b) = c(b − c) ⇒ f (a) ⇒ f (a) hàm đồng biến ⇒ f (a) f (b) = c3 + b2 c − 2bc2 33 Chia sẻ tài liệu cho học sinh môn Toán Trần Hoài Thanh fb.com/tranhoaithanhvicko = c2 (c − b) + bc(b − c) = (b − c)(cb − c2 ) Vậy có đpcm Dạng 4: Đặt ẩn phụ để đưa hàm mới: Bài Cho x > y > Chứng minh rằng: x−y x+y > (1) ln x − ln y x x +1 −1 y y Giải:(1) ⇔ > x ln y x x x ⇔ + ln − + > y y y Xét f (t) = (t + 1) ln t − 2t + với t ∈ (1, +∞) Bài2 Cho a, b > Chứng minh rằng: (a + 1) ln (a + 1) + ek (a + 1) (k + 1) với k Giải.Xét hàm qua biến trung gian: Đặt u = a + > 1, v = ek > ta được: u ln u + v u (ln v + 1) ⇔ u (ln u − ln v) u − v v ⇔ ln u − ln v − u v u 1− ⇔ ln v u u ⇔ ln t + − 0, t = > t v Xét hàm số f (t) = ln t + − với t > t 1 t−1 f (t) = − = t t t f (t) = ⇔ t = Từ bảng biến thiên ⇒ f (t) f (1) = ⇒ đpcm Bài 3:Cho x, α > Chứng minh α α (2x + α) ln + < (1) x 2x (x + α) Giải: α α 1 − + [...]... Các phép toán về bất đẳng thức 1.3.1 Cộng hai bất đẳng thức cùng chiều: 1.3.2 Trừ hai bất đẳng thức ngược chiều: 1.3.3 Nhân hai bất đẳng thức dương cùng chiều: 1.3.4 Bình phương một bất đẳng thức dương: 1.3.5 Khai căn bậc n (n 2) của một bất đẳng thức: 1.3.6 Nghịch đảo một bất đẳng thức: 1.4 Một số bất đẳng thức quan trọng 1.4.1 Bất đẳng thức. .. 2.2 Phương pháp 2:Sử dụng tam thức bậc 2 2.2.1 Cơ sở lý thuyết 2.2.2 Vận dụng trong chứng minh bất đẳng thức 2.2.3 Bài tập 2.3 Phương pháp 3 :Phương pháp sử dụng các bất đẳng thức cổ điển 2.3.1 Bất đẳng thức Cauchy: 2.3.2 Bất đẳng thức Bunhiacovski: 2.3.3 Bất đẳng thức Chebyshev: ... < 2 b b +d d 2.5 2.5.1 Phương pháp 5:Phản chứng Phương pháp chung Giả sử phải chứng minh bđt( bất đẳng thức) nào đó đúng, ta hãy giả sử bđt đó sai và kết hợp với các giả thiết để suy ra điều vô lý, điều vô lý có thể là điều trái với giả thiết, có thể là điều trái ngược với nhau Từ đó suy ra bất đẳng thức cần chứng minh là đúng Giả sử ta phải chứng minh luận đề "P⇒Q" Muốn chứng minh P⇒Q (với P giả thuyết... 1.4.1 Bất đẳng thức về giá trị tuyệt đối 1.4.2 Bất đẳng thức Cauchy 1.4.3 Bất đẳng thức Schwartz dạng 1(Bunhiacovsky): 1.4.4 Bất đẳng thức Schwartz dạng 2: 1.4.5 Bất đẳng thức Bernoulli: 2 Các phương pháp 2.1 Phương pháp 1:Sử dụng định nghĩa và biến đổi tương đương 2.1.1 Cơ... thuyết B1: Bước cơ sở: kiểm tra bất đẳng thức với n=n0 B2: Bước qui nạp: giả sử bất đẳng thức đúng với n = k ta phải chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k + 1 B3: Kết luận 2.8.2 Các ví dụ Bài 1:CMR nếu a, b, c là các cạnh của một tam giác vuông với c là cạnh huyền, thì với mọi n nguyên dương, ta đều có a2n + b2n c2n Giải: Với n = 1, (1) có dạng a2 + b2 c2 Bất đẳng thức này đúng vì theo định lý Pytago... < 0 Theo định lý về dấu của tam thức bậc hai ta có: af (x) > 0 với ∀x ∈ R mà f (1)=a+b+c