phuong phap chung minh bdt 1

BA PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC TS Phạm Thị Bạch Ngọc Tạp chí Toán học Tuổi trẻ I Sử dụng tính chất tiếp tuyến hàm số Ý tưởng phương pháp sử dụng công thức phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số để tìm biểu thức trung gian đánh giá bất đẳng thức Tính chất Cho hàm số f  x  xác định, liên tục có đạo hàm K Khi tiếp tuyến điểm x0  K có phương trình y  f '  x0  x  x0   f  x0  thường nằm (hoặc nằm dưới) đồ thị hàm số f K, nên ta có f  x   f '  x0  x  x0   f  x0  (hoặc f  x   f '  x0  x  x0   f  x0  ) với x  K Từ tính chất này, ta thấy với x1 , x2 , , xn  K ta có f  x1   f  x2    f  xn   f '  x0  x1  x2   xn  nx0   nf  x0  f  x1   f  x2    f  xn   f '  x0  x1  x2   xn  nx0   nf  x0  Như vậy, bất đẳng thức có dạng ‘‘tổng hàm’’ vế trái bất đẳng thức trên, có giả thiết x1  x2   xn  nx0 với đẳng thức xảy tất biến xi x0 , ta hi vọng chứng minh phương pháp tiếp tuyến Ví dụ (FRANCE – 2007) Cho a, b, c, d số thực dương cho a  b  c  d  Chứng minh  a3  b3  c3  d    a  b2  c  d   Lời giải Từ giả thiết suy a, b, c, d   0;1 Đặt f  x   x3  x , với x   0;1 Khi bất đẳng thức trở thành f  a   f  b   f  c   f  d   Ta dự đoán đẳng thức xảy a  b  c  d  Vì ta tìm phương 1    32  1 5x  Phương trình tiếp tuyến y  f '    x      32   trình tiếp tuyến đồ thị hàm số f  x  điểm M  ; Bằng cách phác thảo đồ thị hàm số ta nhận thấy tiếp tuyến M nằm đồ thị hàm số y  f  x  khoản (0 ; 1) nên định hướng chứng minh BĐT 5x  5x  , x  (0;1)  x3  x   48 x  x  x   8   x  1  x  1  0, x   0;1 f  x  5a  5b  5c  5d   8 Đẳng thức xảy a  b  c  d  (đpcm) Ví dụ (USA – 2003) Cho a, b, c số thực dương Chứng minh Do f  a   f  b   f  c   f  d   2a  b  c 2 2a  b  c   2b  c  a   2 2b  c  a   2c  a  b   2 2c  a  b   Lời giải BĐT có tính Không tổng quát, ta giả sử a  b  c  Khi BĐT cần chứng minh trở thành 2  a  1   b  1   c  1  với a, b, c  0;1   2 2 2a  1  a  2b  1  b  2c  1  c  x  1  x2  2x  Đặt f  x   , với x   0;1  3x  x  x  1  x  Khi bất đẳng thức cần chứng minh trở thành f  a   f  b   f  c   Ta dự đoán đẳng thức xảy a  b  c  Phương trình tiếp tuyến 16 1 16 12 x  đồ thị hàm số f  x  điểm M  ;  y  f '    x     3 3 3    Bằng trực quan hình học ta thấy đồ thị hàm số y  f  x  nằm tiếp tuyến khoảng (0 ; 1) Gợi ý ta chứng minh BĐT 12 x  , x   0;1 x  x  12 x     36 x3  15 x  x     3x 1  4x 1  0, x (0;1) 3x  x  f x  Bất đẳng thức cuối hiển nhiên Suy f  a   f  b   f  c   12  a  b  c   12  (đpcm) Ví dụ (NHẬT BẢN – 1997) Cho a, b, c số thực dương Chứng minh (b  c  a ) (c  a  b ) (a  b  c)    2 2 2 (b  c )  a (c  a )  b (a  b)  c Lời giải BĐT cần chứng minh có tính nhất, không tổng quát, giả sử a  b  c  Khi a,b,c 0;3 bất đẳng thức cần chứng minh trở thành 2   2a     2b     2c   2   a   a   b   b2   c   c 1    2a  6a  2b  6b  2c  6c  Hay f (a)  f (b)  f (c )  với f  x   x  6x   2 Phương trình tiếp tuyến điểm x  đồ thị hàm số f  x   2x  6x  2 2x   x  1   25 25 2x  Ta chứng minh  , x   0;3 2x  6x  25   x  x3   3x   0, x   0;3 y  f ' 1 x  1  f 1  Theo BĐT AM – GM x  x 1 x nên bất đẳng thức Do suy f  a   f  b   f  c    2a  3   2b  3   2c  3 25  Ví dụ Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh 1 1       4    a b c a bc  ab bc c a  Lời giải Không tính tổng quát, giả sử a  b  c  Vì a, b, c ba cạnh tam giác nên a, b, c   0;   2 Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với 1  1  1          f  a   f b   f c     1 a a   1 b b   1 c c  5x   1   , x   0;  Với f  x   1 x x x  x  2 Ta dự đoán đẳng thức xảy a  b  c  Vì ta tìm phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số f  x  điểm M  ;3  y  18 x  3  Ta chứng minh 5x 1  1  1  18x  3, x   0;    3x  1  x  1  0, x   0;  xx  2  2 Bất đẳng thức với x   0;   2 Do f  a   f  b   f  c   18  a  b  c    (đpcm) f  x  Dấu xảy a  b  c  , dấu xảy bất đẳng thức ban đầu a  b  c II Sử dụng tính Một bất đẳng thức (đẳng thức hay biểu thức) gọi có tính biến a1 , a2 , , an thay a1 ka1 , a2 ka2 , , an kan bất đẳng thức (đẳng thức hay biểu thức) không thay đổi, với k số thực tùy ý, khác Một bất đẳng thức (hay biểu thức) có tính biến a1 , a2 , , an , giải đặt biến phụ để làm giảm biến bất đẳng thức (hay biểu thức) nhằm đơn giản hóa toán  Ví dụ (Đề thi Đại học khối A năm 2009) Chứng minh với số thực dương x, y, z thoả mãn x  x  y  z   yz , ta có  x  y   x  z 3   x  y  x  z  y  z    y  z  Nhận xét Ta có 2 x  x  y  z   yz  x  xy  xz  yz   y  z    x  y    x  z    x  y  x  z   x y  xz   x  y  x  z  Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành      3     yz  yz  y  z  y  z  Đặt a  x y x z ,b , yz yz Bài toán trở thành: Cho số thực dương a, b, c thoả mãn a  b2  ab  Chứng minh a3  b3  3ab  Lời giải Ta có a  b   ab  a  b2  a2  b2  a  b  2 Mặt khác 4ab   a  b    a  b    a  b  2, ab  Khi a3  b3  3ab   a  b   a  b2  ab   3ab  a  b  3ab   (đpcm)  Ví dụ (Đề thi Đại học khối A năm 2013) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện  a  c  b  c   4c Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  32a 32b3 a2  b2   (b  3c)3 (a  3c) c a b Nhận xét Ta có  a  c  b  c   4c    1   1   c  c  3 a b 32   32   2 c c a b   Biểu thức P        3 c c b  a       3 c  c  a c b c Đặt x  , y  Bài toán trở thành: Cho số thực dương x, y, z thoả mãn xy  x  y  Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  32 x  y  3  32 y  x  3  x2  y Lời giải Ta có  32 x3  x 1   32 y 1 y  2 P        x2  y      2 x  y 3   y   2    x  3 2  y  x          3xy  x y  xy  Đặt t  xy , từ giả thiết suy t  2t    t   0;1 Xét hàm số f  t    3t  t  8t  khoảng (0 ; 1] có 4t f '  t   3   t  8t   t  t  8t  t  8t  2  t  16   447   2 t  8t   t  t  8t    0, t   0;1  f  t   f 1   Dấu xảy t  Vậy giá trị nhỏ biểu thức P  , đạt a  b  c  Ví dụ Cho số thực a, b, c  1; 2 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ P  a  4ac  c b  2bc  15c   a  3a a2  c2 bc  4c 2 a b a b         15 c Nhận xét P   c  c   c   a  3a b a 4   1 c c a b Đặt x  , y  , z = a x, y   ; 2 z1; 2 c c 2  Bài toán trở thành: Cho số thực dương x, y   ; 2 , z  1;  Chứng minh 2  P  x  x  y  y  15   z  3z x2  y4 Lời giải Khảo sát ba hàm số f  x   x2  4x  y  y  15 1  1  , x  ; ; g y  , y   ;      x 1 y4 2  2  h  z    z  z , z  1; 2 Suy MaxP  MinP  37 3  x  1; y  1; z   a  b  c  2 81 x  y  2, z   a  b  2, c  10  Ví dụ Cho số thực dương a, b, c Chứng minh a3 b3 c3    a3  abc  b b3  abc  c c  abc  a Nhận xét Biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh a2 bc a2 b2 1 bc ca a b  b2 ca b2 c2 1 ca ab b c  c2 ab c2 a2 1  ab bc  c a Đặt x  , y  , z  , Bài toán trở thành: Cho số thực dương x, y, z Chứng minh x2 y2 z2   1 x  xz  yz y  yz  zx z  zy  xy Áp dụng BĐT  a b2 c  a b2 c a  b  c      x  y  z    a  b  c      y z x y z x y z  x , đẳng thức xảy a b c   x y z Ta có  x  y  z x2 y2 z2     2 x  xz  yz y  yz  zx z  zy  xy x  xz  yz  y  yz  zx  z  zy  xy Điều phải chứng minh f ( x, y ) , f ( x, y ) , g ( x, y ) g ( x, y ) x biểu thức đẳng cấp ta đặt x  ty ( y  0) hay t  để đưa P hàm y Chú ý Khi gặp biểu thức có dạng P  biến t Ví dụ Cho x, y thỏa mãn x, y  0; xy  y  Tìm GTLN biểu thức P x y x  xy  y  x  2y (Đề thi ĐH khối D năm 2013) 6( x  y ) x y 1 1  1  Lời giải Do x, y  0; xy  y             y y y y  y 2 x t 1 t 2 Đặt t  , suy  t  Ta có P   y t  t  6(t  1) t 1 t 2  3t Xét hàm số f (t )   (0  t  ) ; f '(t )   2 t  t  6(t  1) (t  t  3) 2(t  1) Với  t  t  t   t (t  1)   3; t     3t 2 (t  t  3)   3t 1  ;  2 3 2(t  1)  1  0;   4 7 Do P  f (t )  f     Khi x  , y  P   30   30 Vậy GTLN P  30 Suy f '(t )    , tức hàm số f (t ) đồng biến III Phương pháp tham số hoá Khi gặp hàm số nhiều biến ta khảo sát hàm số theo biến, biến lại xem tham số Việc chứng minh bất đẳng thức với biến số đoạn đó, ta quy chứng minh bất đẳng thức đơn giản ứng với biến số nhận vài giá trị cụ thể (thường điểm nút đoạn đó) Nhận xét Cho f ( x)  mx  n Khi ta có 1)  f (a), f (b)  f ( x)  max  f ( a), f (b) với xa ; b 2) Nếu f (a)  0; f (b)  f ( x )  với xa ; b 3) Nếu f (a)  0; f (b)  f ( x)  với xa ; b Nhận xét Cho f ( x)  mx  nx  p m  0 Khi f ( x) nhận giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ x = a x = b x =  n 2m Nhận xét 1) Nếu f ( x) hàm lồi [a ; b] (tức f’’(x) < [a ; b]) f ( x)   f ( a ); f (b) với xa ; b 2) Nếu f ( x) hàm lõm [a ; b] (tức f’’(x) > [a ; b]) f ( x)  max  f (a ); f (b) với xa ; b Ví dụ 10 Cho x, y, z, t thuộc [0 ; 1] Chứng minh (1  x)(1  y) (1  z)(1  t) + x + y + z + t ≥ Lời giải Biến đổi BĐT cần chứng minh thành (1  x)(1  y) (1  z)(1  t) + x + y + z + t  ≥ Coi vế trái đa thức dạng f (x) = mx + n Theo Nhận xét f ( x)  min f  0 ; f 1 với x0;1 Ta có f (1) y  z t  ; f (0)  (1 y )(1 z )(1 t )  y  z t 1 Xét hàm g(y) : = f(0) g(y) ≥ {g(0) ; g(1)} với y  [0 ; 1] Ta có g(1) = z + t ≥ ; g(0) = (  y)(1  z)(1  t) + z + t  = zt ≥ Do g(y) ≥ với y  [0 ; 1] Từ suy f x) ≥ (đpcm) Đẳng thức xảy chẳng hạn x = ; y = z =  Ví dụ 11 Cho ba số dương x, y, z thoả mãn điều kiện x + y + z = Chứng minh xy + yz + zx  xyz  27 Lời giải BĐT cần chứng minh tương đương với x(y + z) + yz  2xyz   27 Từ y + z =  x suy yz(1  2x) + x(1  x)  Nhận thấy  yz   y  z 2  1  x2 Đặt yz = t, xét hàm số 4 f (t )  t (1 x)  x(1 x)  27  f (t )  max  f (0);  mà f (0)  x(1 x)   27 đoạn  1 x  0;     Theo nhận xét  1 x 2  f      0 27 với x thuộc [0 ; 1] Từ suy đpcm Đẳng thức xảy x = y = z =  Ví dụ 12 Cho số dương x, y, z thoả mãn điều kiện x + y + z = Chứng minh 4( x  y  z ) 15 xyz 1 Lời giải Ta có   4( x  y  z )  15 xyz 1  x  y  3xy  x  y   z 15 xyz 1    1 z  3xy 1 z   z 15 xyz 1  xy  27 z 12  z  41 z  1 Từ giả thiết suy  xy  x  y 1 z  f (t )  t  27 z 12  z  41 z  1  với t 0;  Đặt xy = t, xét 1 z 2  Ta có  f(0) = 3(2z 1) ≥ ;  1 z   1 z  3z  f 27 z 12  12 z 12 z  3z 1 0 Vậy f(t) ≥ với    4    1 z   t 0 ;  Suy BĐT cần chứng minh Đẳng thức xảy    y=z= x=  Ví dụ 13 Cho số a, b, c không âm Chứng minh a bc  abc  max{ a  b ;      b c ; c a  Lời giải Do vai trò a, b, c nhau, không giảm tổng quát giả sử a  b  c Ta cần chứng minh a b  c  abc  Đặt f ( x)  a xc  acx   a c  a c  Khi  2 a 2c f ''( x )   x a c5 nên f(x) lõm [a ; c] Theo tính chất f(x)  max {f(a) ; f(c)} a 2c f (a )    a 2c  ac   a  c  c  a 2c  a 2c  a 2c  ac 3    ac  ac  Vì f(a)  Tương tự f(c)  Do f(x)  với x thuộc [a ; c] Suy đpcm,  Ví dụ 14 Cho số a, b, c thuộc [0 ; 1] Chứng minh a b c    (1 a)(1 b)(1 c)1 b  c 1 c  a 1 a  b 1 Lời giải Giả sử a = max {a, b, c} Khi VT  Đặt a  b c  (1 a )(1 b)(1 c) 1 với thuộc [0 ; 1] b  c 1 x b c f ( x)   (1 x)(1 b)(1 c) 1 f(1) = b  c 1 bc bc (b  c)  (b  c )  bc  (1 b)(1 c )1 b  c 1 b  c 1  b c  (b  c ) 1  bc     b  c 1 Theo Tính chất VT  Đẳng thức xảy a = b = c = f (0)   Ví dụ 15 Cho x, y, z, t thuộc [0 ; 1] Chứng minh x y  y z  z 2t  t x   xy  yz  zt  tx   27 Lời giải Giả sử y = max{x, y, z, t} Đặt vế trái f(x) Ta có f ( x )  ( y  t ) x  (t  y ) x  y z  z 2t  yt  zt có f’’(x) = 2(y  t) ≥ nên f(x) hàm lõm [0 ; 1] Vậy f(x)  max {f(0) ,f(1)} Lại có f(0) = z( y  t)(y + t  z) ≥ ; 2y mặt khác f (0)     (do  y 1)   27 f(1) = (1 z)t2 + (z2  1)t + y + y2 z  y2  yz2 Đặt f(1) = g(t) có g’’(t) = 2(1 z) ≥ (do  z 1) nên g(t)  max {g(0) ; g(1)} Ta có g(0) = y + y2 z  y2  yz2 = y(1  z )(1 + z  y) y 1 z 1 z  y  Do + z  y > 0,  z > nên g(0)      2  27 g(1) = (1 z) + (z  1)+ y + y z  y  yz = (yz)(1  z)(1 y)   2 2z     27   , 27 Vì g(t)  nên f(x)  27 (đpcm) BÀI TẬP Cho bốn số thực không âm a, b, c, d thỏa mãn điều kiện a  b  c  d  Chứng minh a b c d     2 2  3a  3b  3c  3d 2 Cho a, b, c số dương a  b  c  Chứng minh a2  2a   b  c  Cho a, b, c    b2  2b   c  a   c2  2c   a  b   (Trung Quốc- 2006) a b c a  b  c  Chứng minh    a  b  c  10 Cho a, b, c, d  a  b  c  d  Chứng minh : 3 3  a   b   c   d           a  b  c  d  27         Cho a, b, c số không âm thỏa mãn a  b  c  Chứng minh a2 5a   b  c   b2 5b   c  a   c2 5c   a  b   Cho a, b, c số không âm thỏa mãn a  b  c  Chứng minh a2 b2 c2     2 2 2 2a   b  c  2b   c  a  2c   a  b  Cho x, y, z ba số thực thuộc đoạn 1; 4 x  y, x  z Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  x y z   (Đề thi Đại học khối A năm 2011) 2x  3y y  z z  x : Cho x, y thỏa mãn: x  y  Tìm GTLN, GTNN biểu thức: 10 x  xy P (Đề thi ĐH khối B -2008)  xy  y Cho số x, y, z thỏa mãn x  y  z  xyz  Tìm GTNN biểu thức P  x2  y  z (Đề thi chọn đội tuyển dự thi IMO Inđônêxia -2009) 10 Cho số thực dương a, b thỏa mãn: 2(a  b )  ab  (a  b )(ab  2) Tìm  a b3   a b        (Đề thi ĐH khối B -2011) a  b a  b GTNN biểu thức P   11 Cho a, b, c số dương thoả mãn điều kiện a + b + c = Chứng minh 7(ab + bc + ca)  + 9abc 12 Cho a, b, c, d , e thuộc [p ; q] với q > p > Chứng minh  p  1 1 1 (a  b  c  d  e)       25  6  e a b c d  q q  p  13 Cho số x, y, z dương thoả mãn diều kiện x + y + z = Chứng minh a) 9xyz + ≥ 4(xy + yz + zx) b) 5(x2 + y2 + z2)  6(x3 + y3 + z3) + 14 Cho n số thuộc [0 ; 1] với n ≥ Chứng minh a1 a2 an     (1 a1 )(1 a2 ) (1 an ) 1 S  a1 1 S  a2 1 S  an 1 với S  a1  a2   an 11 [...]... c = 1 Chứng minh rằng 7(ab + bc + ca)  2 + 9abc 12 Cho a, b, c, d , e thuộc [p ; q] với q > p > 0 Chứng minh rằng  p  1 1 1 1 1 (a  b  c  d  e)       25  6  e a b c d  q q  p  2 13 Cho các số x, y, z dương và thoả mãn diều kiện x + y + z = 1 Chứng minh rằng a) 9xyz + 1 ≥ 4(xy + yz + zx) b) 5(x2 + y2 + z2)  6(x3 + y3 + z3) + 1 14 Cho n số thuộc [0 ; 1] với n ≥ 2 Chứng minh. .. y + z = 1 Chứng minh rằng a) 9xyz + 1 ≥ 4(xy + yz + zx) b) 5(x2 + y2 + z2)  6(x3 + y3 + z3) + 1 14 Cho n số thuộc [0 ; 1] với n ≥ 2 Chứng minh rằng a1 a2 an     (1 a1 ) (1 a2 ) (1 an ) 1 S  a1 1 S  a2 1 S  an 1 với S  a1  a2   an 11 ... ĐH khối B -2008) 1  2 xy  2 y 2 9 Cho 3 số x, y, z thỏa mãn x 3  y 3  z 3  3 xyz  1 Tìm GTNN của biểu thức P  x2  y 2  z 2 (Đề thi chọn đội tuyển dự thi IMO của Inđônêxia -2009) 10 Cho các số thực dương a, b thỏa mãn: 2(a 2  b 2 )  ab  (a  b )(ab  2) Tìm  a 3 b3   a 2 b 2   3   9  2  2  (Đề thi ĐH khối B -2 011 ) 3 a  b a  b GTNN của biểu thức P  4  11 Cho a, b, c là các