SKKN - Bat Dang Thuc - Anh

Phần I Lý do chọn đề tài Toán học là một môn khoa học giải bày về hình thức và số lợng và không gian của thế giới thực tế và cùng với mối quan hệ giữa chúng. Khoa học tự nhiên và khoa học xã hội đều sử dụng một cách rộng rãi, phơng pháp nghiên cứu của toán học. Nếu không có toán học thì các khoa học khác nh vật lý học, hoá học, địa lý, kinh tế, chính trị, Xác xuất thống kê và nhiều khoa học khác sẽ không phát triển đợc. Toán học có tác dụng rất lớn đối với các hoạt động kinh tế quốc dân, về các phơng diện sản xuất không có bộ môn nào là không dùng đến toán học cả. Ăngghen nói: "Biện pháp của hiện thực thế giới thực tế đã phản ánh đợc trong những khái niệm và công thức toán học". Bất cứ ở nơi đâu học sinh cũng nhận thấy có những quy luật của phơng pháp biện chứng đó, cho nên học sinh nhận rõ đợc điều này thì sẽ phát triển đợc sự suy luận theo phơng pháp biện chứng. Học toán là một cách chuẩn bị tốt nhất để sau này có thể đảm nhiệm đợc các công tác khoa học khác. Toán học dạy ta cách rút kết luận từ những tiên đề có sẵn, cách làm cho kết luận có chứng cớ. Dùng ngôn ngữ toán học là luyện tập diễn đạt t tởng một cách khoa học, vì ngôn ngữ toán học bắt ta đem lại kết quả nhận thức diễn đạt dợc thật tinh tế logic - chính xác. Do vai trò toán học trong đời sống, trong khoa học và công nghệ hiện đại, công cụ thiết yếu giúp học sinh học tốt các môn khác, giúp học sinh hoạt động có hiệu quả trong mọi lĩnh vực. Nh Bác Phạm Văn Đồng nói: "Dù các bạn ở nghành nào, trong công tác nào thì các kiến thức và phơng pháp toán học cũng cần cho bạn". Môn toán có khả năng to lớn giúp học sinh phát triển các năng lực và phẩm chất trí tuệ và có khả năng đóng góp tích cực vào việc giáo dục cho học sinh t tởng đạo đức trong cuộc sống và lao động. Nói tóm lại, muốn học giỏi các môn thì phải học giỏi môn toán. Và muốn học giỏi toán thì học sinh phải nắm vững các kiến thức cơ bản và phơng pháp giải từng loại toán đó và biết sai lầm mà các học sinh khác hay mắc phải để khi giải không mắc phải những sai lầm đó nữa. Trong toán học gồm nhiều phần riêng: Hình học, đại số, giải tích. Trong mỗi phần lại có nhiều nội dung nhiều loại toán khác nhau. Nh vậy muốn học tốt cần phải có phơng pháp giải và muốn giải tốt cần có kiên thức cơ bản và hiểu bài và thuộc các định nghĩa và tính chất. Các em học sinh đã làm quen với bất đẳng thức từ năm lớp 7 đến lớp 10 mới đề cập kỹ vần đề này hơn. Tầm quan trọng của sự hiểu biết và kỹ năng vận dụng bất đẳng thức đã quá rõ ràng. Nó là cơ sở của bài toán khác nh giải và biện luận phơng trình, bất phơng trình, hệ phơng trình, tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của một biểu thức toán học cũng nh nhiều ứng dụng trong khảo sát hàm số. Hơn nữa sự luyện tập cách chứng minh bất đẳng thức còn góp phần phát triển t duy logic và bồi dỡng trí thông minh. Thế nhng bất đẳng thức là một trong những phần khó nhất của chơng trình toán học nói chung. Bởi thế muốn học tốt phần này các em phải đầu t thời gian, dày công luyện tập, nghiên cứu vấn đề có hệ thống, ghi nhớ các phơng pháp chứng minh cơ bản dần dần hình thành kỹ năng sáng tạo. Đối với học sinh ở trờng thuộc vùng miền núi, vùng sâu vùng xa thì các em ít có điều kiện hơn nh thời gian dành cho học tập không nhiều, sách tham khảo lại ít, thậm chí nhiều em không có. Cho nên trong khuôn khổ bài viết này tôi cố gắng giới thiệu một vài phơng pháp và kinh nghiệm của mình thông qua các ví dụ đợc xắp theo phơng pháp và kèm theo lời giải rõ ràng tỷ mỉ. Phần II Tài liệu tham khảo 1. Sách đại số 10 - Sách bài tập lớp 10 (Ngô Thúc Lanh) 2. Phơng pháp giải toán nâng cao đại số lớp 10 3. Phơng pháp giảng dạy toán của Hoàng Chúng 4. Phơng pháp giải toán hình học 12 (Nguyễn Văn Quý - Nguyễn Hoàng Khang - Nguyễn Việt Hà) 5. Phơng pháp giảng dạy toán lớp 10 - 11 - 12 6. Các đề tuyễn sinh vào các trờng đại học - Cao đẳng 7. Các bài giảng luyện thi môn toán tập I - II Phần III Nội dung A. Những sai lầm của học sinh thờng mắc phải khi chứng minh chứng minh các bất đẳng thức. Để chứng tỏ một bất đẳng thức nào đó là đúng chúng ta cần lập luận chặt chẽ dựa trên tính chất c bản của bất đẳng thức ở một số em thiếu đức tính cẩn thận nên khi giải thờng mắc phải những sai lầm sau: Quên không đổi chiều bất đẳng thức khi nhân hai vế với một số dơng Lúng túng khi biến đổi một bất đẳng thức mà mẫu vẫn còn có dấu phụ thuộc vào giá trị của biến số. Khi giải bất phơng trình có chứa phân thức khi quy đồng thì bỏ mẫu chứa ẩn đi. Nhân các bất đẳng thức mà các vế không cùng chiều Vận dụng bất đẳng thức cối mà không lu ý tính không âm của các hạng tử. Khi chứng minh học sinh không khai thác hết giả thiết. Các thiếu sót kể trên gây tác dụng tai hại cho kết quả làm bài của các em. Để khắc phục tình trạng thiếu sót này mỗi học sinh cần phải học kỹ, học thuộc định nghĩa tính chất trớc khi bớc vào giải bài tập. Tránh khuynh hớng học hời hợt bên ngoài, phải học thuộc một cách nhuần nhuyễn và hiểu bài một cách thực sự. B. Một số phơng pháp chứng minh bất đẳng thức: Phơng pháp chứng minh bất đẳng thức rất đa dạng, chủ yếu dựa vào các đặc thù riêng của từng bất đẳng thức. Cần chú ý rằng để có thể áp dụng nhiều cách khác nhau để chứng minh bất đẳng thức, tuy nhiên có nhiều bài phối hợp nhiều phơng pháp một cách hợp lý. Sau đây là một số phơng pháp chứng minh bất đẳng thức: Phơng pháp I Dùng phép biến đổi tơng đơng 1. Phơng pháp chứng minh dựa vào định nghĩa: a) A B A - B 0 Lập hiệu: A - B. Rút gọn biểu thức A - B theo sơ đồ sau: A - B = C 1 = C 2 = = C 0 Kết luận: A B Xét dầu đẳng thức xảy ra khi nào? b) Ví dụ: VD1: Cho a bvà b là hai số dơng. CMR: a 4 + b 4 a 3 b + ab 3 Giải: Ta có: a 4 + b 4 - a 3 b - ab 3 = a 3 (a - b) + b 3 (b - a) = (a 3 - b 3 )(a - b) = = (a - b) 2 (a 2 + ab + b 2 ) 0 a 4 + b 4 a 3 b + ab 3 (điều phải chứng minh) Dấu "=" xảy ra a = b VD2: Cho 2 số a, b tuỳ ý. CMR: a 2 + b 2 + 1 ab + a + b Giải: Ta có ( ) ( ) baabbabaabba 222222 2 1 1 2222 ++=++++ ( ) ( ) ( ) [ ] ( ) ( ) ( ) [ ] ba, ++= +++++= 011 2 1 12122 2 1 222 2222 baba bbaaabba a 2 + b 2 + 1 ab + a + b (điều phải chứng minh) Dấu "=" xảy ra ( ) = = = 1 1 0 2 b a ba a = b = 1 VD3: Cho hai số a và b thoả mãn điều kiện: ab > 1. Chứng minh rằng: 1 2 1 1 1 1 22 + + + + ab ba Giải: Vì ab > 1 nên ab - 1 0 Ta có: + + + + + = + + + + ab b ab a ab ba 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 1 1 2222 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) a1 1 ba, 2 1 2 1 1 0 11 1 11 1 . 1 11 1 1111 2 22 2 22 2222 + + + + ++ = ++ + = + + + = ++ + ++ = ab b ba abba ba abba ab ab b b a a ab ab abb bab aba aba Dấu "=" xảy ra a = b vì ab > 1 VD4: Chứng minh rằng: x, y ta đều có: xyxy yx + 2 22 Giải: Ta có: ( ) 0 22 2 2 2 22 22 = + = + yxxyyx xy yx đpcm. Dấu "=" xảy ra x = y Ta có: xy xy là hiển nhiên Dấu "=" xảy ra xy 0 VD5: Đề tuyển sinh trờng đại học bách khoa năm 2000 - Khối A Cho a, b thoả mãn điều kiện: a + b 0. Chứng minh rằng: 3 33 22 + + baba Giải: Ta có: ( ) ( ) 0 8 4 22 3 33 3 33 ++ = + + baba baba ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 02404 2222 3 33 +++++++ babababababababa ( ) ( ) ( )( ) 03633 2 22 +=++ babaabbaba Vì: a+ b 0 Dấu "=" xảy ra a = b 2. Phơng pháp 2: Phơng pháp chứng minh trực tiếp, biến đổi vế phức tạp, thờng là vế trái và rút gọn nó theo sơ đồ: A = A 1 = A 2 = = B + M B Với M 0 Dấu "=" xảy ra M = 0 VD1: Cho a, y, z, t là bốn số dơng tuỳ ý: Đặt: m = zxt t ytz z xzy y tyx x ++ + ++ + ++ + ++ CMR: 1 < m < 2 Giải: m = zxt t ytz z xzy y tyx x ++ + ++ + ++ + ++ m > 1 = +++ + +++ + +++ + +++ tzyx t tzyx z tzyx y tzyx x (1) Ta lại có: m < 2 = + + + + + + + tz t tz z yx y yx x m < 2 (1) Từ (1) và (2) 1 < m < 2. VD2: Chứng minh rằng với x, y, z thoả mãn điều kiện: x 2 + y 2 + z 2 = 1 thì ta có: 1 2 1 ++ zxyzxy (Đề 136) Giải: Ta phải chứng minh bất đẳng thức kép: 222 2 1 zyxzxyzxy ++++ Ta có: ( ) zxyzxyzyx ++++= 222 2 1 2 1 0222 222 +++++ xzzyzyxyx (x+ y + z) 2 0 luôn đúng zxyzxy ++ 2 1 (1) Mặt khác, ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) úng luôn dxzzyyx xzxzzyzyyxyx zyxzxyzxyzyxzxyzxy 0 0222 222222 222 222222 222222 ++ +++++ ++++++++ xy + yz + zx x 2 + y 2 + z 2 xy + yz + zx 1 (2) Từ (1) và (2) suy ra: 1 2 1 +++ zxyzyx VD3: Chứng minh rằng: 4 1 35 2 x x x (-1; 1) Giải: Ta có: -1 < x < 1 nên y = 0 1 35 2 > x x Do đó: ( ) 2 22 2 2 2 2 2 1 161625309 1 93025 1 35 x xxx x xx x x y ++ = + = = = ( ) ( ) ( ) 16 1 53 1 11653 2 2 2 2 2 + = + x x x xx 16 y 2 16 y 4 (vì y > 0) Vậy 4 1 35 2 x x , x (-1; 1) Dấu "=" xảy ra x = 5 3 VD4: Cho x, y, z > 0. Chứng minh rằng: ( ) zyxxzxzzyzyyxyx ++++++++++ 3 222222 (Học viện quan hệ quốc tế - 1997) Giải: Ta có: ( ) ( ) 22222222 2633 4 1 444 4 1 yxxyxyyxyxyxyxyx ++++=++=++ = ( ) ( ) [ ] ( ) 222 4 3 3 4 1 yxyxyx +++ ( ) yxyxyx +++ 2 3 22 (1) Chứng minh tơng tự ta đợc: ( ) zyzyzy +++ 2 3 22 (2) ( ) xzxzxz +++ 2 3 22 (3) Cộng vế với vế của các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta đợc: ( ) zyxxzxzzyzyyxyx 222 2 3 222222 ++++++++++ ( ) zyxxzxzzyzyyxyx ++++++++++ 3 222222 (đpcm) Dấu "=" xảy ra x = y = z VD5: Chứng minh rằng với 3 số dơng bất kỳ a, b, c ta luôn có: 3 22 3 22 3 22 3 cba acac c cbcb b baba a ++ ++ + ++ + ++ Giải: Ta có: ( ) ( ) 223 22 3 23 3 2 bababaa ba baba a ++ ++ ( ) ( ) ( ) 00 222233 ++++ baabbababaabbaba ( ) ( ) ( )( ) 002 2 22 +++ bababababa luôn đúng 3 2 22 3 ba baba a ++ (1) Chứng minh tơng tự ta đợc: 3 2 22 3 cb cbcb b ++ (2) 3 2 22 3 ac acac c ++ (3) Cộng vế với vế của các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta đợc: 3 22 3 22 3 22 3 cba acac c cbcb b baba a ++ ++ + ++ + ++ (đpcm) Dấu "=" xảy ra a = b = c 3. Phơng pháp 3: Phơng pháp so sánh. a) Biến đổi riêng từng vế, rút gọn và so sánh các kết quả đpcm. Sơ đồ: A = A 1 = A 2 = = C B = B 1 = B 2 = = D Nếu C D thì A B. b) Các ví dụ: VD1: Chứng minh rằng: 200300 300200 > (Vô địch toán Liên Xô) Giải: Ta có: ( ) ( ) 100 100 3300 000000.8200200 => ( ) ( ) ( ) 100100 100 2200 000000.80000.9300300 <== 200300 300200 > Chú ý: Cần nhớ tính chất của luỹ thừa đợc biểu thị bằng bất đẳng thức: Nếu 0 < a < b thì a n < b n , n > 0 thì a n > b n , n < 0 Nếu a > 1 thì a m > a n với m > n Nếu 0 < a < 1 thì a m < a n với m > n. VD2: Cho a, b, c là những số dơng thoả mãn hệ thức: a = b + c. Chứng minh rằng : 4 3 4 3 4 3 cba +< Giải: Vì a, b, c > 0 và a = b + c nên a > b, a > c Do đó: 4 1 a > 4 1 b và 4 1 a > 4 1 c Ta có: 4 1 4 1 4 1 4 1 4 1 4 1 4 3 c c b b a c a b a cb a a a +<+= + == = 4 3 c + 4 3 b (đpcm) VD3: Cho ba số a, b, c bất kỳ. Chứng minh các bất đẳng thức: 1) a 2 + b 2 + c 2 ab + ac + bc 2) (ab + bc + ca) 2 3abc(a + b + c) (ĐHSP - TPHCM - 2000) Giải: 1) Ta có: a 2 + b 2 + c 2 ab + ac + bc 2(a 2 + b 2 + c 2 ) 2ab + 2ac + 2bc ( ) ( ) ( ) 0 222 ++ accbba luôn đúng đpcm Dấu "=" xảy ra a = b = c = 0 2) Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) abcacabcbcabcabcabcabcab .2 2222 +++++=++ ( ) ( ) ( ) cbaabccbaabccbaabcabcacabcbcab +++++=+++++ 22 . = 3abc (ab + bc + ca) 2 3abc(a + b + c) (đpcm) VD4: Chứng minh rằng mọi số dơng a, b, c luôn có bất đẳng thức: abc abcacabccbabcba 1111 333333 ++ + ++ + ++ (ĐH Thuỷ Lợi) Giải: Vì a, b, c > 0 nên a 3 + b 3 + abc = (a + b)(a 2 - ab + b 2 + abc) (a + b)ab + abc = = ab(a + b + c) ( ) cbaabc c abcba ++ ++ 33 1 (1) Chứng minh tơng tự ta có: ( ) cbaabc a abccb ++ ++ 33 1 (2) ( ) cbaabc b abcac ++ ++ 33 1 (3) Cộng vế với vế của các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta đợc: abc abcacabccbabcba 1111 333333 ++ + ++ + ++ (đpcm) Dấu "=" xảy ra a = b = c VD5: Cho a, b, c là những số dơng và a + b = c. Chứng minh rằng: 3 2 3 2 3 2 cba >+ (1) (ĐH Y Thái Bình - 2001) Giải: Từ (1) 0 < a < c và 0 < b < c Mà (1) 1 3 2 3 2 > + c b c a Theo tính chất của hàm số mũ với cơ số nhỏ hơn, lớn hơn 0. Ta có: 1 3 2 3 2 1 3 2 1 3 2 == + =+> + > > c c c ba c b c a c b c a c b c b c a c a đpcm. 4. Phơng pháp 4: Phơng pháp dùng tính chất bắc cầu. Nếu A C và C B thì A B Các Ví Dụ: VD1: Cho hai số thực a và b. Chứng minh rằng: 2 1 13 3 2 2 b b a a + + Giải: Ta có: 2 1 13 3 3.213013.2313 2 22 2 2 + ++= a a a a a a a (*) Mặt khác: 1 - b + ( ) 2 1 12 2 1 2 2 2 ++= bb b = ( ) 2 1 2 1 1 2 1 2 + b (**) Từ (*) và (**) suy ra: 2 1 2 1 13 3 2 2 b b a a + + Vậy 2 1 13 3 2 2 b b a a + + (đpcm) VD2: Chứng minh: a, b, c, d > ta có: 1 < 2 < ++ + ++ + ++ + ++ bda d adc c dcb b cba a Giải: Do a, b, c, d > 0 ta có các bất đẳng thức sau: ca a cba a dcba a + < ++ < +++ db b dcb b dcba b + < ++ < +++ ac c adc c dcba c + < ++ < +++ bd d bad d dcba d + < ++ < +++ Cộng các vế của bất đẳng thức trên ta đợc: db db ca ca bad d adc c dcb b cba a + + + + + < ++ + ++ + ++ + ++ 2< ++ + ++ + ++ + ++ bad d adc c dcb b cba a (đpcm) VD3: Cho ABC có số đo ba cạnh là a, b, c và chu vi 2p. Giả sử c b a. CMR: p 2 ab 4 9 Giải: Ta có: p 2 ab 4 9 ( ) ( ) abcbaab cba 9 4 9 4 2 2 ++ ++ (1) Ta có: c b a + b + c 2b + a (a + b + c) 2 (2b + a) 2 (2) Ta xét: ( ) ( )( ) abababababaabbabab =+=++=+ 45494492 2222 2 Mà b - a 0 4b - a = 2b + 2b - a > 2b + b + c - a > 0 Do đó: ( )( ) abab 4 0 ( ) abab 92 2 + 0 ( ) 2 2 ab + 9ab (3) Từ (2) và (3) theo tính chất bắc cầu (1) đpcm. VD4: Không dùng bảng số hãy so sánh 2 số 8log 7 và 9log 8 Giải: Xét A = 264log63log7.9log7log9log 88888 =<==+ B = 28log.7log27log8log 7887 =+ Vậy A < 2 B Nên 8log 7 > 9log 8 VD5: Không dùng bảng số hãy so sánh 0 208tg và 0 492sin Giải: Xét A = ( ) 3 3 302828180208 00000 =<=+= tgtgtgtg B = ( ) ( ) 000000 48180sin132sin132360sin492sin ==+= 2 3 45sin48sin 00 =>= Vậy 00 492sin 2 2 3 3 208 <<< tg 5. Phơng pháp 5: Dùng giả thiết. Ta chứng minh từ giả thiết A, Biến đổi B thành một biểu thức luôn đúng đpcm. Các Ví Dụ: VD1: Cho a, b, c là ba cạnh của ABC. Chứng minh rằng: ( ) cabcabcba ++<++ 2 222 Giải: Vì a, b, c là độ dài ba cạnh của ABC nên ta có: a < b + c a 2 < ab + ac b < c + a b 2 < bc + ab c < a + b c 2 < ac + bc Cộng các bất đẳng thức trên theo vế với vế ta có: ( ) cabcabcba ++<++ 2 222 (đpcm) VD2: Cho 3 số thực a, b, c thoả mãn các điều kiện: -1 a, b, c 2 và a+b+ c= 0. Chứng minh rằng: a 2 + b 2 + c 2 6 Giải: Ta có: -1 a, b, c 2 Do đó: (a + 1)(a - 2) 0 (b + 1)(b - 2) 0 (c + 1)(c - 2) 0 a 2 + b 2 + c 2 - (a + b + c) - 6 0 a 2 + b 2 + c 2 6 VD3: cho a 2, b 2. Chứng minh rằng: ab a + b Giải: Vì ( ) ( ) 111 112 112 ba bb aa ab - a - b + 1 1 ab a + b (đpcm) Dấu "=" xảy ra a = b = 2 VD4: a, b, c là ba số thoả mãn hệ phơng trình: ( ) ( ) =++ =++ 2 1 1 2 222 cabcab cba Chứng minh rằng: 3 4 3 4 a , 3 4 3 4 b , 3 4 3 4 c Giải: Từ (1) và (2) ta suy ra: a 2 + b 2 + c 2 + 2ab + 2bc + 2ca = 4 (a + b + c) 2 = 4 Đặt S = a + b + c, ta có: ( ) ( ) ( ) +=+=+= =+ 111 2 SccSccbacab Scba Hay a, b là nghiệm của phơng trình bậc hai: t 2 - (S - c)t + c 2 - Sc + 1 = 0. Vì phơng trình này có nghiệm, nên phải có: = ( ) ( ) ccScccS 2314 22 2 +=+ 0 (Vì S 2 = 4) Ta dễ thấy: 2Sc 3c 2 0 nên Sc = cSc 2 = Do đó: cc 43 2 + 0, từ đó suy ra: 0 3 4 c 3 4 3 4 c Chứng minh tơng tự đối với a, b 6. Phơng pháp 6: Phơng pháp phản chứng: Ta chứng minh ngợc lại bất đẳng thức cần chứng minh, biến đổi dẫn đến mâu thuẫn, điều trái với giả thiết, điều vô lý đpcm Các Ví Dụ: VD1: Cho các số a 1 , a 2 , b 1 , b 2 liên hgệ bởi hệ thức: a 1 + a 2 = 2b 1 b 2 . CMR ít nhất một trong hai bất đẳng thức sau là đúng: 2 2 21 2 1 , abab . Giải: Giả sử cả hai bất đẳng thức trên là không đúng, nghĩa là: 2 2 21 2 1 , abab << Hay 0,0 2 2 21 2 1 << abab ( ) ( ) ( ) 00 21 2 2 2 12 2 21 2 1 <++<+ aabbabab Theo giả thiết thì a 1 + a 2 = 2b 1 b 2 (1). Do đó: (1) 0 2 1 2 2 2 1 < bbbb (b 1 - b 2 ) 2 < 0 vô lý đpcm VD2: Chứng minh rằng ta luôn có: a 2 + b 2 + c 2 ab + bc + ca a, b, c R Giải: Giả sử tồn tại a, b, c R: a 2 + b 2 + c 2 < ab + bc + ca 2(a 2 + b 2 + c 2 ) < 2ab + 2bc + 2ca (a 2 - 2ab + b 2 ) + (b 2 - 2bc + c 2 ) + (a 2 - 2ac + c 2 ) < 0 (a - b) 2 + (b - c) 2 + (c - a) 2 < 0 vô lý đpcm [...]... f(x) > 0 x đpcm VD3: Chứng minh rằng với mọi số thực a, b ta có: 25(a2 + b2) + (12 - 3a - 4b)2 - 72 0 Giải: Đặt f(a) = 25(a2 + b2) + (12 - 3a - 4b)2 - 72 = 34a2 - 6(12 - 4b)a + (12 - 4b)2 + 25b2 - 72 = 34a2 - 24(3 - b)a + 41b2 - 96b + 72 Ta có: 'a = [12( 3 b ) ] 2 34( 41b 2 96b ) + 72 = -2 (625b 2 1200b + 576 ) = -2 ( 25b 24 ) 2 0 b Mà hệ số của a2 là 34 nên f(a) 0 a b = 24 25 Dấu "=" xảy... bc + ca = 1 a + b + c = 2 (1) a) Xét hệ (II): ab + bc + ca = 1 (2) Từ (1) a = 2 - (b + c) thay vào (2) ta đợc: (2 - b - c)b + bc + c(2 - b - c) = 1 b2 + b(c - 2) + (c2 - 2c + 1) = 0 (*) Đặt f(b) = b2 + b(c - 2) + (c2 - 2c + 1) Ta có: b = (c - 2)2 - 4(c2 - 2c + 1) Để (I) có nghiệm thì (*) phải có nghiệm b 4 b 0 -3 c2 + 4c 0 0 c 3 (3) Do vai trò của a, b, c nh nhau nên chứng minh tơng tự ta... có nghiệm (2y - 1)2 + (y - 2)2 (3 - 3y)2 1 -4 y2 + 10y - 4 0 2 y 2 sin x + 2 cos x + 3 1 Vậy 2 sin x + cos x + 2 2 đpcm 2 VD4: Chứng minh rằng: k y= k sin x + 1 cos x + 2 >2 2 thì giá trị nhỏ nhất của hàm số: < -1 Giải: điều kiện: x R k sin x + 1 Đặt y = cos x + 2 ycosx + 2y = ksinx + 1 ksinx - ycosx = 2y - 1 (1) phơng trình (1) có nghiệm k2 + y2 (2y - 1)2 3y2 - 4y + 1 - k2 0 2 1 +... dài ba cạnh của tam giác thì: bx2 - (b2 + c2 - a2)x + c2 > 0 x Giải: Đặt f(x) = bx2 - (b2 + c2 - a2)x + c2 Ta có: = ( a 2 b 2 c 2 ) 4b 2 c 2 = (b 2 + c 2 a 2 2bc )(b 2 + c 2 a 2 + 2bc ) = [( b c ) 2 a 2 ][( b + c ) 2 a 2 ] = ( b c a )( b c + a )( b + c a )( b + c + a ) Vì a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác nên: b - c - a < 0; b + a - c > 0, b + c - a > 0, b + c + a > 0 < 0, mà hệ... sử cả ba bất đẳng thức trên là đúng Khi đó nhân các vế tơng ứng với nhau, 1 1 1 ta đợc: a( 1- b)b(1 - c)c(1 - a) > 4 4 4 1 1 1 [ a(1 a ) ][ b(1 b ) ][ c(1 c ) ] > 4 4 4 (*) 2 1 1 1 Mặt khác: a2 - a + = a 1 0 a2 - a 0 a(1 - a) (1) 4 4 4 2 1 1 Chứng minh tơng tự ta có: 0 b(1 - b) 4 (2) 0 c(1 - c) 4 1 1 1 Từ (1), (2) và (3) ta đợc: [ a(1 a ) ][ b(1 b ) ][ c(1 c ) ] (**) 4 4... ( 2a ) n + (1 a 2 ) (1 + a 2 ) (*) Giải: Ta có: (*) -1 n 1 a 2 2a + 2 1 + a 2 1 + a n Đặt a = tg với - < < Khi đó: 2 1 (**) 2a 1+ a2 = sin; 1 a2 1 + a2 = cos Do đó: (**) -1 (sin )n + (cos)n 1 Mà: -1 sin 1 nên -sin2 sinn sin2 với n 2 -1 cos 1 nên -cos2 cosn cos2 với n 2 Cộng vế với vế 2 bất đẳng thức trên ta đợc: -1 (sin )n + (cos)n 1 (đpcm) VD5: Cho a > c, b > c, c... thuộc vào = b2 - 4ac và hệ số = 0 af(x) > 0, x - 2a a Các Ví Dụ: VD1: Cho b > c > d Chứng minh rằng a ta luôn có: (a + b + c + d)2 > 8(ac + bd) (1) Giải: Ta có: (1) (a + b + c + d)2 - 8(ac + bd) > 0 Đặt f(a) = (a + b + c + d)2 - 8(ac + bd) = a2 + 2(b- 3c + d)a + (b + c + d)2 - 8bd = 8 (bd bc + c 2 cd ) = 8 [ b( d c ) c( d c ) ] = 8( b c )( d c ) < 0 Vì b > c > d b - c > 0 và d - c < 0 Vậy... nên miny = y 2 + 1 + 3k 2 3 2 1 + 3k 2 3 Vậy miny < -1 2 1 + 3k 2 3 1 3 VD5: chứng minh rằng: Gải: Đặt y = f(x) = x 2 + x +1 < -1 k2 > 8 x 2 + x +1 x 2 x +1 k >2 2 đpcm 3 (1) xác định x R x 2 x +1 Ta có: (1) (1 -y)x2 + (1 + y)x + 1 - y = 0 (2) Nếu y = 1 thì (2) có nghiệm = 0 Nếu y 1 thì (2) có nghiệm = (1 + y)2 - 4(1 - y)2 = 3y2 - 10y + 3 0 1 3 y 3 đpcm 16 Phơng pháp 16: Dùng đạo... hàm số: y = f(x) = x5 + (1 - x)5 Ta có: y' = 5x4 - 5(1 - x)4 = 5 [ x 2 (1 x ) 2 ][ x 2 + (1 x ) 2 ] = 5 ( 2 x 1) [ x 2 + (1 x ) 2 ] y' = 0 x = y" = 20x3 + 20(1 - x)3 = 20 [ x 3 + (1 x ) 3 ] 1 2 1 2 Ta có y" = 5 > 0 Vậy hàm số đạt cực tiểu duy nhất tại x = Bảng biến thiên: 1 1 1 1 1 + = y = f = 2 2 32 32 16 - x y' y + 1 2 - 0 + 1 16 1 1 Vậy y 16 x5 + (1 - x)5 16 (đpcm) 1 Dấu "=" xảy... rằng nếu 2 thì: a2 + ab + b2 0 a, b Giải: Đặt f(a) = a2 + ab + b2 Ta có: a = 2b2 - 4b2 = b2(2 - 4) Vì 2 2 4 2 - 4 0 và b2 0 Nên a 0 Mặt khác hệ số của a2 là 1 > 0 Do đó f(a) 0 a, b đpcm a2 + b2 + c2 = 2 VD5: Cho các số a, b, c thoả mãn: ab + bc + ca = 1 4 Chứng minh: - 3 a Giải: (I) 4 4 4 4 4 ;- b ;- c 3 3 3 3 3 ( a + b + c) 2 = 4 Ta có: (I) ab + bc + ca = 1 (II) a+ b+ c= 2 . 4 a 3 b + ab 3 Giải: Ta có: a 4 + b 4 - a 3 b - ab 3 = a 3 (a - b) + b 3 (b - a) = (a 3 - b 3 )(a - b) = = (a - b) 2 (a 2 + ab + b 2 ) 0 a 4 + b 4 . 2 ) < 2ab + 2bc + 2ca (a 2 - 2ab + b 2 ) + (b 2 - 2bc + c 2 ) + (a 2 - 2ac + c 2 ) < 0 (a - b) 2 + (b - c) 2 + (c - a) 2 < 0 vô lý đpcm Dấu