bất đẳng thức toán học

tài liệu ôn thi toán học×phương pháp toán học×tài liệu toán học× lí thuyết toán họccác hàm toán học trong ccông thức toán họcsổ tay toán họcphần mềm toán họcbài tập bất đẳng thức lớp 10 nâng caobài tập về bất đẳng thức lớp 10 nâng cao

CHUYÊN ĐỀ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Chuyên đề 4: CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC A KIẾN THỨC CƠ BẢN a b a+b = ≥ ab , a + b a + b ≤ a ≤ a ≤ a a ≥ c d * Một số bất đẳng thức cần nhớ: a2 ≥ 0; ;, dấu " = " xảy ab ≥ Bất đẳng thức Cô - si : a, b ≥ dấu " = " xảy a = b Bất đẳng thức Bunhiacôpxki: (a.c + b.d)2 ≤ (a2 + b2) (c2 + d2), dấu " = " xảy B CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Phương pháp 1: DỰA VÀO ĐỊNH NGHĨA A ≥ B A - B ≥ Chú ý đẳng thức: * a2 + 2ab + b2 = (a + b)2 ≥ 0; * a2 + b2 + c2 + 2ab + 2ab + 2ca = (a + b + c)2 ≥ 1 CHUYÊN ĐỀ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC y2 x − xy + y x + − xy = = (2 x − y ) ≥ 4 y2 x − xy + y y2 2 x + − xy = = (2 x − y ) ≥ x + ≥ xy; 4 4 Bài 1.1: Chứng minh với x, y ta ln có: a b x2 + y2 + ≥ xy + x + y; c x4 + y4 ≥ xy3 +x3y Giải: a Xét hiệu: y2 x + ≥ xy (2 x + y + − xy − x − y ) Vậy: Dấu "=" xảy 2x = y b x2 + y2 + - (xy + x + y) = = [ ( x − y ) + ( y − 1) + ( x − 1) 2 ] ≥0 Vậy: x2 + y2 + ≥ xy + x + y c x4 + y4 - (xy3 + x3y) = x4 - xy3 + (y4 - x3y) = x (x3 - y3) - y (x3 - y3) = (x3 - y3) (x - y)  y 3y  ( x + ) +     = (x - y)2 (x2 + xy + y2) = (x - y)2 ≥0 Vậy: x4 + y4 ≥ xy3 + x3y 2 CHUYÊN ĐỀ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC a b c b c a + + ≥ + + b c a a b c Bài 1.2: Cho < a ≤ b ≤ c Chứng minh rằng: a a b c b c a c b b a + + − − − = ( a c + b a + c b − b c − c a − a b) + ≥ + b c a a b c abc a c a b b Giải: a [ (a c − b c) + (b a − a b) + (c b − c a ) abc ] = [ c(a − b ) + ab(b − a ) + c (b − a ) abc ] = = (b − a)( −ca − ab + ab + c abc (b − a)( −ca − cb + ab + c ) abc (b − a )(c − b)(c − a ) ≥ abc ≥ ≥ [ ] 1 (c b − b c) + (b a − abc) = [ bc(c − b) + ba(b − c)] abc abc (c b + b a − b c − abc) abc c b b a + − − = (c b + b a − b c − a c ) ≥ a c a b abc 3 CHUYÊN ĐỀ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC a b c b c a + + ≥ + + b c a a b c = ( o < a ≤ b ≤ c) Vậy: b (Vì a2c ≤ abc) ≥ c b b a b(c − b)(c − a) ≥ + ≥ + abc a c a b (Vì o < a ≤ b ≤ c) Vậy: Bài 1.3: Cho a < b < c < d Hãy xếp thứ tự tăng dần số sau: x = (a + b) (c + d); y = (a + c) (b + d); z = (a + d) (b + c) Giải: Xét hiệu: y - x = (a + b) (b + d) - (a + b) (c + d) = ab + ad + cb + cd - ac - ad - bc - bd = b (a - d) - c (a - d) = (a - d) (b - c) > (vì a < b < c < d) Suy ra: y > z Tương tự, xét hiệu: z - y = (a + d) (b + c) - (a + c) (b + d) = (a - b) (c - d) > Suy ra: z > y Vậy: x < y < z Bài 1.4: Cho abc = a3 > 36 Chứng minh rằng: a2 + b + c > ab + bc + ca 4 CHUYÊN ĐỀ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Giải a2 a2 a2 + b + c − ab − bc − ca = + + b + c − ab − bc − ca 12  a2  a2 2 =  + b + c − ab − ca + 2bc  + − 3bc 12   a  =  − b − c + (a − 36) > 12 a   (Vì abc = 1 1+ a + a2 a2 1 = = 1+ = 1+ = 1+ > 1+ a 1 x 1+ a 1+ a + a2 a2 a a3 > 36 nên a > 0) a2 1 1 1+ a 1+ b + b + c > ab + bc + ca < va < ) ,y = a b 1+ a + a a b 1+ b + b2 Vậy: Bài 1.5: Cho a > b > So sánh hai số x, y với x = Giải: > 1+ 1 = 1 y + b2 b Ta có x,y > (Vì a > b> nên Vậy: x < y Phương pháp 2: SỬ DỤNG TÍNH BẮC CẦU: * A≥B => A ≥ C CHUYÊN ĐỀ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC B≥C * ≤ x ≤ => x2 ≤ x (vì x - x2 = x (1 - x) ≥ 0) Bài 2.1: Cho ≤ x, y, x ≤ 1, Chứng minh rằng: a ≤ x + y + z - xy - yz - zx ≤ 1; b x2 + y2 + z2 ≤ + x2y + y2z + z2x Giải: a Ta có: x + y + z - xy - yz - zx = x (1 - y ) + y (1 - z) + z (1 - x) ≥ (1) Mặt khác: (1 - x) (1 - y) (1 - z) = - x- y - z + xy + yz + zx - xyz ≥ 0, Suy ra: x + y + z - xy - yz - zx ≤ - xyz ≤ (2) Từ (1) (2) suy ra: ≤ x + y + z - xy - yz - zx ≤ b Ta chứng minh: x2 + y2 + z2 - x2y - y2z - z2x ≤ Ta có: x2 + y2 + z2 - x2y- y2z - z2x = x2 (1 - y) + y2 (1 - z) + z2 (1 - x) ≤ ≤ x (1 - y) + y (1 - z) + z (1 - x) (vì x2 ≤ x, y2 ≤ y, z2 ≤ z) ≤ x + y +z - xy - yz - zx ≤ (câu a) Bài 2.2: Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác có chu vi Chứng minh : a2 + b2 + c2 + 2abc < Giải: Nếu a ≥ từ b + c ≥ suy a + b + c > 2, vô lý! Vậy < a < Tương tự: < b < 1, < c < Ta có: (1 - a) (1 - b) (1 - c) = - a - b - c + ab + bc + ca - abc > 0, suy abc < ab + bc + ca - (vì a +b + c = 2) (a + b + c ) (1) Mà = (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + (ab + bc + ca), suy ra: ab + bc + ca = - 2 (a + b + c ) = >a + b + c + 2abc < 2 (2) Từ (1) (2) suy ra: abc < - 6 CHUYÊN ĐỀ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Bài 2.3: Cho < a, b, c, d < Chứng minh rằng: (1 - a) (1 - b) (1 - c) (1 - d) > - a - b - c - d Giải: Ta có: (1 - a) (1 - b) = - a - b + ab > - a - b (1) Vì - c > nên: (1 - a) (1 - b) (1 - c) > (1 - a - b) (1 - c) (2) (1 - a - b) (1 - c) = - a - b - c + c (a + b) > - a - b - c (3) Từ (2) (3) suy ra: (1 - a) (1 - b) (1 - c) > - a - b - c Vậy: (1 - a) (1 - b) (1 - c) (1 - d) > (1 - a - b - c) (1 - d) > - a - b - c - d (Vì d (a + b + c) > 0) Bài 2.4: Cho ≤ a, b, c ≤ thoả a + b + c = Chứng minh rằng: a2 + b2 + c2 ≤ Giải: Cách 1: Vì a + b + c = nên có ba số a, b, c khơng nhỏ 1, giả sử a ≥ Vì ≤ a ≤ nên: (a - 1) (a - 2) = a2 - 3a + ≤ => a (3 - a) ≥ Suy ra: ab + bc + ca = a (b + c) + bc = a (3 - a) + bc ≥ (1) Vậy: a2 + b2 + c2 = (a + b + c)2 - (ab + bc + ca) = - (ab + bc + ca) ≤ (theo (1)) Cách 2: Vì a, b, c ≤ nên: abc ≥2 (2 - a) (2 - b) (2 - c) = - (a + b + c) + (ab + bc + ca) - abc ≥ Suy ra: - + (ab + bc + ca) - abc ≥ => ab + bc + ca ≥ 2+ Vậy: a2 + b2 + c2 = (a + b + c)2 - (ab + bc + ca) ≤ - = Bài 2.5: Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác có chu vi Chứng minh rằng: a2 + b2 + c2 + 4abc < Giải: 7 CHUYÊN ĐỀ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC 1 2 p ( p − a )( p − b)( p − c) , Áp dụng cơng thức Hê - rơng, diện tích tam giác: 11     − a  − b  − c  22    S= với p = (a + b + c) = Do đó: S2 = 16S2 = (1 - 2a) (1 - 2b) (1 - 2c) = - 2a - 2b - 2c + 4ab + 4bc + 4ca - 8abc = - + (ab + bc + ca) - 8abc > Suy ra: 4abc + < 2ab + 2bc + 2ca a b c  1 1 + + ≥ 2 + −  1 bc ca ab  a b c  2 Mà: 2ab + 2bc + 2ca = (a + b + c)2 - (a2 + b2 + c2) = - (a2 + b2 + c2) Nên: 4abc + < - a2 - b2 - c2 => a2 + b2 + c2 + 4abc < Phương pháp 3: PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG Ta biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức bất đẳng thức chứng minh Bài 3.1: a Với a,b, c > Chứng minh: c( a − c) + c(b − c) ≤ ab a b c  1 1 + + ≥ 2 + −  bc ca ab  a b c  b Cho a ≥ c > 0, b ≥ c Chứng minh: Giải: CHUYÊN ĐỀ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC a a2 +b2 + c2 ≥ (bc + ac - ba) (Vì abc > 0) a2 + b2 + c2 - 2bc - 2ac + 2ab ≥ a b c  1 1 + + ≥ 2 + +  bc ca ab a b c (a + b - c)2 ≥ (hiển nhiên đúng) c(a − c) + c(b − c) ≤ ab ( c(a − c) + c(b − c) ) ≤ ab (a − c)(b − c) ≤ ab Vậ y: c( a − c ) + c(b − c) ≤ ab (a − c)(b − c) ) ≥ (a − c )(b − c ) + ( a − c)(b − c) ≥ b c2 - 2c c (a - c) + c (b - c) + 2c (c ( hiển nhiên đúng) P= x − x + x −1 + − 4 x +1− x − x x − x + x − x2 + x −1 Vậy: Bài 3.2: Cho biểu thức: 32 Chứng minh < P < với x ≠±1 Giải: Ta có: x4 - x3 + x - = x3 (x - 1) + (x -1) = (x - 1) (x3 +1) = (x - 1) (x + 1) (x2 - x + 1) x4 + x3 - x - = x3 (x+ 1) - (x + 1) = (x + 1) (x3 - 1) = (x + 1)( x - 1)(x2 + x + 1) x5 - x4 + x3 - x2 + x - = (x - 1)(x4 + x2 + 1) 9 CHUYÊN ĐỀ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC = ( x -1) (x2 +1)2 - x2) = (x -1)(x2 + x + 1)(x2 - x + 1) = P= 3( x + x + 1) − ( x − x + 1) − 4( x + 1) 2( x − 1) = = 4 2 ( x − 1)( x + x + 1) ( x − 1)( x + x + 1) x + x + − − 2 ( x − 1)( x + 1)( x − x + 1) ( x − 1)( x + 1)( x + x + 1) ( x − 1)( x − x + 1)( x + x + 1) Rõ ràng P >0 P< 32 32 32 P< ⇔ < ⇔ < 16( x + x + 1) 9 x + x +1 16x4 + 16x2 + > (luôn đúng) Vậy: < 2 (x + y )2 (x + y )2 2 (x + y ) ≥ ≥ ⇔ ( x − y ) + ( x − y ) + ≥ ( x − y ) ≥8 ( x − y) ( x − y) ( x − y) B ài 3.3: Cho x > y xy = Chứng minh rằng: Giải: Ta có: x2 + y2 = (x - y)2 + 2xy = (x - y)2 + 2, suy ra: (x2 + y2)2 = (x - y)4 + (x -y)2 + Do đó: (x - y)4 - (x - y)2 + ≥ (x - y- 2)2 ≥ (luôn đúng) Vậy: Phương pháp 4: SỬ DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC PHỤ 10 10 CHUYÊN ĐỀ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC 1 ≥ ( x, y > 0) + ≥ ( x , y > 0) ≥ 2 xy ( x + y ) x y x+ y x * x2 + y2 ≥ /xy/ * x2 + y2 ≥ 2xy * ( x + y)2 ≥ 4xy * x+ * * , với x > Bài 4.1: Cho a, b, c ≥ a + b + c = Chứng minh rằng: a + 2b + c ≥ (1 - a) (1 - b) (1 - c) Giải: Áp dụng bất đẳng thức: 4xy ≤ (x + y)2, ta có: (1 - a) (1 - b) (1 - c) = 4(b + c) (1 - c) (1 - b) ≤ (1 + b)2 (1 - b) ≤ (1 + b) (1 - b2) ≤ (1 + b = a + 2b + c 1 2 Dấu "=" xảy a = , b = 0, c = Bài 4.2: Cho x, y > x + y - z = Chứng minh rằng: x + y ≥ 16xyz Giải: Áp dụng bất đẳng thức: 4xy ≤ (x + y)2, ta có: 16xyz ≤ 4z (x + y)2 (1) Ta chứng minh: 4z (x + y)2 ≤ x + y 4z ( x + y) ≤ 4z (1 + z) ≤ 4z2 + 4z + ≥ (2z + 1)2 ≥ 4z (x + y)2 ≤ x + y Vậy: 1 + a b 11 + 1 + b c + 1 + c a ≤ (2) a+b+c Từ (1) (2) suy điều phải chứng minh 11 CHUYÊN ĐỀ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC ab 1 ≤ ( a + b) = > ≤ ( a + b) 1 a+b + a b Bài 4.3: Cho a, b, c > Chứng minh rằng: Giải: Từ (a + b)2 ≥ 4ab => (1) 1 ≤ (b + c) 1 + b c 1 1 1 + + + ≥ a b c a+b+c c a ≤ (c + a ) Tương tự: (2) (3) Cộng (1), (2), (3) ta điều phải chứng minh Bài 4.4: Cho a, b, c > Chứng minh Giải: a a b b c c  1 1  + +  = 1+ + + +1+ + + +1 b c a c a b a b c b c a c a b + ≥ 2; + ≥ 2; + ≥ 2; c b c a b a Cách a b a c  b c = 3+ + + + + +  ≥ b a c a c b Ta có: (a + b + c) (Vì Suy ra: 12 12 CHUYÊN ĐỀ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC 1 + + ≥ a b c a+b+c abc Cách 2: Áp dụng bất đẳng thức Cô - si: a+b+c≥3 1 + + ≥ a b c 33 abc 1  1 1  + + ≥9⇒ + + ≥ a b c a+b+c a b c Suy ra: ( a + b + c) Bài 4.5: Hai số dương a, b thoả mãn ab > a + b Chứng minh a + b > b + + ≥ 2 + +  a   a b c b a p −a p−b p−c Từ ab > a + b => a > + Giải: b > + suy a b a b  +  ≥ 2)  +  ≥ ⇒ b a b a a+b>2+ (vì Bài 4.6: Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác có chu vi 2p 1 + ≥ ( x, y > 0); x y x+ y Chứng minh rằng: Giải: Áp dụng bất đẳng thức: Ta có: 1 4 + ≥ = ; p − a p −b 2p − a − b c 13 13 CHUYÊN ĐỀ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC 1 ≥ ( x, y > 0) a + b + c + d ≥ + ≥ xy ( x + y ) p−c p−a b b+c c+d a+d a+b  1  1 1 1  ≥ 4 + +  2 + + + ≥ ; a b c p −b p −c a  p−a p−b p−c Do đó: Suy ra: Bài 4.7: Cho số dương a, b, c, d Chứng minh rằng: 1  1 1 + + ≥ 2 + +  p−a p−b p−c a b c Giải: Áp dụng bất đẳng thức: , ta có: a b c d a + b + c + d + ad + bc + ab + cd + = + ≥ b+c c+d d +a a+b (a + b + c+ d ) a c a (d + a ) + c(b + c) a + c + ad + bc + = ≥ b+c d +a (b + c)( d + a ) (a + b + c + d ) (1) b d b ( a + b) + d (c + d ) b + d + ab + cd + = ≥ c+d a+b (c + d )( a + b) (a + b + c + d ) (2) Lấy (1) cộng (2) vế theo vế ta được: 14 14 CHUYÊN ĐỀ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Ta chứng minh: 4(a + b + c + d + ad + bc + ab + cd ) ≥2 (a + b + c + d ) (3) Thật vậy: (3) (a2 + b2 + c2 + d2 + ad + bc + ab + cd) ≥ (a + b + c + d)2 2a2 + 2b2 + 2c2 + 2d2 - 4ac - 4bd ≥ (a - c)2 + (b - d)2 ≥ (đpcm) 1 + ≥6 ab a + b Bài 4.8 Cho hai số dương a, b a + b = Chứng minh rằng: Giải: ab ≤ 1 ⇒ ≥4 ab Áp dụng bất đẳng thức: 4ab ≤ (a + b)2, ta có: a +b b+d c+ a d +b  a +c c+ a  b+ d d +b + + + = + + +  a + b b +c c + d d + a  a + b c + d   b + c d + a  a+b b+d c+a d +b 1 + + + ≥4 + ≥ a + b b +c c + d d + a x y x+ y Áp dụng bất đẳng thức: với x, y > 0, ta có: Dấu "=" xảy a = b = Bài 4.9 Cho a, b, c, d > Chứng minh rằng: 15 Giải: 15 CHUYÊN ĐỀ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Ta có: = a +c b+d c+ a d +b  a +c c+ a  b+ d d +b + + + = + + +  a+b b+c c+d d +a a+b c+d   b+c d +a (a + c)( a + b + c+ d ) (b + d ) + (a + b + c+ d ) + (a + b)( c + d ) (b +c)( d + a ) 1 1   + = + + ≥ 2+ =6 2  ab a + b 2ab  2ab a + b  ( a + b) (a + c)( a + b + c+ d ) (b + d ) + (a + b + c+ d ) + ≥ ≥ (a + b)( c + d ) (b +c )( d + a) xy ( x + y ) Áp dụng bất đẳng thức: , ta có: ≥ 4( a + c)( a + b + c+ d ) 4(b + d ).( a + b + c+ d ) + =4 (a + b + c + d ) (a +b + c + d ) (đpcm) Phương pháp 5: PHƯƠNG PHÁP PHẢN CHỨNG Bài 5.1: Cho số dương a, b, c nhỏ Chứng minh có bất đẳng thức sau sai: a(2 - a) > ; b(2 - b) > ; c( - c) > Giải: Giả sử bất đẳng thức đúng, nhân ba bất đẳng thức lại ta được: a (2 - a) b (2 - b) c (2 - c) > (1) Mà < a (2 - a) = 2a - a2 = - (a - 1)2 ≤ Tương tự: 0< b(2 - b) ≤ < c(2 - c) ≤ 1, suy ra: 16 16 CHUYÊN ĐỀ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC abc (2 - a) (2 - b) (2 - c) ≤ Mâu thuẫn với (1) Vậy có bất đẳng thức cho sai: Bài 5.2: Cho số tự nhiên khác nhỏ 108 Chứng minh chọn ba số chẳng hạn a, b, c cho a < bc, b < ca, c < ab Giải: Giả sử số tự nhiên khác ≤ a1 < a2 < < a6 < 108 Rõ ràng a2 ≥ 2, 1 + + x y z a3 ≥ Với số x, y, z thoả mãn ≤ x < y < z ta ln có x < yz y < zx Nếu số a1, a2, , a6 khơng có số a, b, c thoả mãn a < b < c c < ab ta có: a4 ≥ a2a3 = 6, a5 ≥ a4a3 ≥ 6.3 = 18, a6 ≥ a5a4 ≥ 18.6 = 108, 1 + + x y z trái với giả thiết a6 < 108 Vậy phải có số a, b, c thoả a < bc, b < ca, c < ab Bài 5.3: Cho x, y,z > xyz = Chứng minh x + y + z > có ba số x, y, z lớn Giải: 1 − − x y z Ta có (x - 1) (y - 1) (z -1) = xyz - xy - yz - zx + x + y + z - =x+y+z- Suy ra: (vì xyz = 1) (x - 1) (y - 1) (z - 1) > Trong ba số x - 1, y - 1, z - có số dương Thật vậy, số dương x, y, z > Khi xyz > 1, vơ lý! Vậy có ba số x, y, z lớn Bài 5.4: Cho a, b, c, d > Chứng minh đồng thời xảy bất đẳng thức sau: a + b < c + d ; (a + b) (c + d) < ab + cd ; (a + b) cd < (c + d) ab Giải: 17 17 CHUYÊN ĐỀ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Giả sử xảy đồng thời bất đẳng thức Từ hai bất đẳng thức đầu ta có: (a + b)2 < (a + b) (c + d) < ab +cd => cd > (a + b)2 - ab ≥ 3ab => cd > 3ab (1) Mặt khác, ta có: (a + b) cd < (c + d) ab => (a + b)2 cd < (c + d) ab (a + b) < ab (ab + cd) => 4abcd ≤ (a + b)2 cd < ab (ab + cd) = a2b2 +abcd => a2b2 > 3abcd => ab > 3cd (2) Từ (1) (2) suy ra: ab >3cd > 9ab, vơ lý! Vậy ta có điều phải chứng minh Phương pháp 6: PHƯƠNG PHÁP LÀM TRỘI a a+c a < a b c a a a+c a + + Giải: Với k ≥ ta có: (vì ak > ak - 1) => ( ak - ak - = ) Do đó: 1   −  = − < an  a1 a n  20 20 CHUYÊN ĐỀ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC =1+ 11 2n − Bài 6.5: Cho dãy số a1 = 1, a2 = + , , an = + + + + 1 + + + < 2 a1 3a (2n − 1)a n2 Chứng minh rằng: = >a k > a k −1 ; 2k − Giải: a − a k −1 1 1 < = k = − a k −1 a k a k −1 a k (2k − 1)a k (2k − 1)a k −1 a k Ta có: ak - ak - 1=   1 1 1 1         + + < + − + − + + − a  a  a a a a a12 3a 22 (2n − 1)a n2   n     n −1 S ≥ 4(1 + x ) + x + x + x + (ac + bd ) + ac + bd S = (a2 + b2) + (c2 + d2) + ac + bd ≥ ≥2 Rõ ràng: S > Đặt: x = ac + bd ta có: 1 + + ≥2 1+ a 1+ b 1+ c ≥ ( 1+ x ) + 2x + ≥ ≥ (1 + x ) + x + x + x + S≥2 Vậy: S ≥ ≤ Bài 7.2: Cho a, b c > thoả (đpcm) Chứng minh rằng: abc 22 22 CHUYÊN ĐỀ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC 1 b c ≥ 1− +1− = + 1+ a 1+ b 1+ c 1+ b 1+ c Giải: Ta có: bc ≥2 1+ a (1+ b)(1 + c) Áp dụng bất đẳng thức Cô - Si: ac ≥2 ; 1+ b (1+ a )(1 + c) ac ≥2 1+ b (1+ a )(1 + b) Tương tự: 8abc ≥ = >abc ≤ (1 + a )( +b)(1 + c ) (1 + a )(1 + b)(1 + c ) Nhân lại ta được: (đpcm) Bài 7.3: Cho a, b, c > Chứng minh rằng: 1 1 + + ≤ + + a + bc b + ac c + ab 2a bc 2b ac 2c ab 1 a+b+c + + ≤ 2abc a +b b + ac c + ab Giải: ab; 23 ac; bc; Áp dụng bất đẳng thức Cơ - si, ta có: 23 CHUN ĐỀ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC a2 + bc ≥ 2a b2 + ac ≥ 2b c2 + ab ≥ 2c Suy ra: ≤ ab + bc + ca ≤ abc a +b b + c c + a + + 2 = a+b+c abc 2abc Phương pháp 8: BẤT ĐẲNG THỨC BUNHIACÔPXKI ( a1b1 + + a n bn ) ≤ ( a12 + + a n2 )(b12 + + bn2 ) Bài 8.1: Cho x, y, z thoả x (x -1) + y(y - 1) + z (z - 1) ≤ Chứng minh rằng: x+y+z≤4 Giải: Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacơpxki, ta có: (1.x + 1.y + 1.z)2 ≤ (12 + 12 + 12)(x2 + y2 + z2) Suy ra: (x + y + z)2 ≤ (x2 + y2 + z2) Theo giả thiết, ta có: x2 + y2 + z2 - (x + y + z) ≤ 24 24 CHUYÊN ĐỀ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC 3 Từ suy ra: (x + y + z)2 - (x+ y + z) ≤ S2 - 3S - ≤ (Với S = x + y + z) (S + 1) (S - 4) ≤ - ≤ S ≤ Vậy: x + y + z ≤ x02 < + a + b Bài 8.2: Giả sử phương trình x2 + ax + b = có nghiệm x0 Chứng minh rằng: Giải: x0 nghiệm phương trình x2 + ax + b = nên ta có: x02 + ax0 + b = ⇒ x04 = (a.x0 + 1.b) ≤ (a + b )( x02 + 1) x04 x04 − 1 ⇒ a + b ≥ = + > x02 − x0 + x − x0 + 2 ⇒ x02 < + a + b Bài 8.3: Cho tam giác ABC điểm Q tam giác Qua kẻ đường thẳng song song với AB cắt AC M cắt BC N Qua Q kẻ đường thẳng song song với AC cắt AB F cắt BC E Qua Q kẻ đường thẳng song song với BC cắt AC P cắt AB R Ký hiệu S1 = dt (QMP), S2 = dt(QEN), S3 = dt(QFR) S = dt (ABC) Chứng minh rằng: 25 25 CHUYÊN ĐỀ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC S = ( S + S + S ) S1 + S + S ≥ S a b Giải: S1  MP  =  ⇒ S  AC  (Tỷ số S1 S = MP MP AC AC a Ta có ∆QMP ∼ ∆BAC ) , suy ra: S  QE   PC  =  =  S  AC   AC  Tương tự: S1 + S + S S S2 S = = MP +PC + AM AC = =1 AC AC S PC PC S AM => = ; = AC S AC AC S Suy ra: Do đó: S + S + S ) ≤ S = S1 + S + S = >S = ( S1 + S + S ) Suy ra: b Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacơpxki, ta có: ≥ S= Suy ra: S1 + S2 + S3 (12 + 12 +12)(S1 +S2 + S3) Dấu "=" xảy khi: S1 = S2 = S3 Q trọng tâm ∆ABC Phương pháp 9: PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH QUY NẠP 26 26 CHUYÊN ĐỀ CHNG MINH BT NG THC Để chứng minh bất đẳng thức với n n0 ta thực bớc sau: a Kiểm tra bất đẳng thức với n = n0 b Giả sử bất đẳng thức với n = k c Ta chứng minh bất đẳng thức với n = k + Bài 9.1: Chøng minh r»ng víi mäi sè tù nhiªn n ≥ ta cã: 1 13 + + + > n +1 n + 2n 24 2n − 1 1  1  ≤ = + + + + − + 2n 2k  k + k + k + 3n +  k + k + 1 1 13 14 13 + + + = + > > k +2 k +3 2k + 24 24 24 1 13 + + + > k +1 k + 2k + 24 Gi¶i: Víi n = 2, ta cã: 1 13 13 + + + > > k +1 k + 2k 2k 24 (đúng) Giả sư víi n = k, ta cã: Ta ph¶i chøng minh: ThËt vËy, ta cã: > 27 13 1 13 + + − = 24 2k + 2k + k + 24 27 CHUYÊN CHNG MINH BT NG THC Vậy bất đẳng thức ®óng víi n=k +1,do ®ã bÊt ®¼ng høc ®óng víi mäi n ≥ víi n ∈N, n ≥1 Bµi 9.2: Chøng minh r»ng: 1 = 2 Giải: Với n = 1; Ta có (đúng) 2k + 1 2k − 1 ≤ ≤ 2k + 2k 3k + 4 3k + Giả sử: 3k + 1 2k + 1  2k +  ≤   ≤ 3k + 3k + 2k + 3k +  2k +  2k + 1 2k − 2k + 1 2k + = ≤ 2k + 2 2k k + 3k + 2k + Ta cần chứng minh: Ta có: Ta cần chứng minh: (1) Thật vậy: (1) (2k + 1)2 (3k + 4) ≤ (2k + 2)2 (3k + 1) ≤ k (đúng) Vậy bất đẳng thức với n ≥ 28 28 CHUYÊN ĐỀ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC 29 29 ... CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC §Ĩ chøng minh bất đẳng thức với n n0 ta thực bớc sau: a Kiểm tra bất đẳng thức với n = n0 b Giả sử bất đẳng thøc ®óng víi n = k c Ta chøng minh bất đẳng thức với n =... xảy bất đẳng thức sau: a + b < c + d ; (a + b) (c + d) < ab + cd ; (a + b) cd < (c + d) ab Giải: 17 17 CHUYÊN ĐỀ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Giả sử xảy đồng thời bất đẳng thức Từ hai bất đẳng thức. .. < Phương pháp 3: PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG Ta biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức bất đẳng thức chứng minh Bài 3.1: a Với a,b, c > Chứng minh: c( a − c)