Chuyên đề bất đẳng thức

Trần Sĩ Tùng WWW.ToancapBa.Net Tuyển tập Bất đẳng thức PHẦN I: LUYỆN TẬP CĂN BẢN I Chứng minh BĐT dựa vào định nghĩa tính chất bản: Cho a, b > chứng minh: Chứng minh: a + b ≤ a3 + b3  a + b  ≥ ÷   a2 + b2 3 Cho a + b ≥ chứng minh: a + b ≥ a + b 2 a b + ≥ a+ b Cho a, b > Chứng minh: b a 1 + ≥ Chứng minh: Với a ≥ b ≥ 1: 2 1+ ab 1+ a 1+ b Chứng minh: a2 + b2 + c2 + ≥ 2( a + b + c ) ; a , b , c ∈ R Chứng minh: a2 + b2 + c2 + d2 + e2 ≥ a ( b + c + d + e) Chứng minh: x2 + y2 + z2 ≥ xy + yz + zx a Chứng minh: a + b+ c ≥ b Chứng minh: a2 + b2 + c2  a + b + c  ≥ ÷ 3   ab + bc + ca ; a,b,c ≥ 10 Chứng minh: a2 + b2 + c2 ≥ ab − ac + 2bc 11 Chứng minh: a2 + b2 + 1≥ ab + a + b 12 Chứng minh: x2 + y2 + z2 ≥ 2xy − 2xz + 2yz 13 Chứng minh: x4 + y4 + z2 + 1≥ 2xy(xy2 − x + z + 1) 15 Cho a, b, c số đo độ dài cạnh tam giác Chứng minh: a ab + bc + ca ≤ a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca) b abc ≥ (a + b – c)(a + c – b)(b + c – a) c 2a2b2 + 2b2c2 + 2c2a2 – a4 – b4 – c4 > 14 Chứng minh: Nếu a + b ≥ thì: a3 + b3 ≥ WWW.ToancapBa.Net Tuyển tập Bất đẳng thức Trần Sĩ Tùng II Chứng minh BĐT dựa vào BĐT CƠSI: Chứng minh: (a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8abc ; a,b,c ≥ Chứng minh: (a + b + c)(a2 + b2 + c2 ) ≥ 9abc ; a,b,c ≥ Chứng minh: ( 1+ a) ( 1+ b) ( 1+ c ) ≥ ( 1+ abc ) m với a , b , c ≥ m a b Cho a, b > Chứng minh:  1+ ÷ +  1+ ÷ ≥ 2m + , với m ∈ Z+ b   a bc ca ab + + ≥ a + b + c ; a,b,c ≥ Chứng minh: a b c x6 + y9 ≥ 3x2y3 − 16 ; x,y ≥ 4 ≥ 3a2 − Chứng minh: 2a + 1+ a2 Chứng minh: a1995 > 1995( a − 1) ,a>0 Chứng minh: Chứng minh: a2 ( 1+ b2 ) + b2 ( 1+ c2 ) + c2 ( 1+ a2 ) ≥ 6abc a b c 1 1 1 + + ≤  + + ÷ 10 Cho a , b > Chứng minh: 2 2 2 a b c  a +b b +c a +c 11 Cho a , b ≥ , chứng minh: ab ≥ a b − + b a − 12 Cho x, y, z > x + y + z = Chứng minh: xyz ≥ 64(x – 1)(y – 1)(z – 1) 13 Cho a > b > c, Chứng minh: a ≥ 33 ( a − b) ( b − c ) c 14 Cho: a , b , c > a + b + c = Chứng minh: a) b + c ≥ 16abc b) (1 – a)(1 – b)(1 – c) ≥ 8abc 1  1  1  c)  1+ ÷ 1+ ÷ 1+ ÷ ≥ 64  a  b c  x+ ≥3 15 Cho x > y > Chứng minh: ( x − y) y 16 Chứng minh: a) x2 + x2 + 17 Chứng minh: 18 Chứng minh: ≥ ,∀x ∈ R x+ b) x−1 ≥ , ∀x > ab bc ca a + b+ c + + ≤ ; a, b, c > a + b b+ c c + a x2 1+ 16x + y2 1+ 16y ≤ , ∀x , y ∈ R c) a2 + a2 + ≥4 Trần Sĩ Tùng WWW.ToancapBa.Net Tuyển tập Bất đẳng thức a b c + + ≥ ;a,b,c>0 b+ c a + c a + b 20 Cho a , b , c > C/m: 1 1 + + ≤ a3 + b3 + abc b3 + c3 + abc c3 + a3 + abc abc 21 Áp dụng BĐT Cơsi cho hai số chứng minh: a a + b + c + d ≥ 44 abcd với a , b , c , d ≥ 19 Chứng minh: (Cơsi số) với a , b , c ≥ , (Cơsi số ) a + b + c ≥ abc 3 2 22 Chứng minh: a + b + c ≥ a bc + b ac + c ab ; a , b , c > 23 Chứng minh: a + 33 b + 44 c ≥ 99 abc x 18 24 Cho y = + , x > Định x để y đạt GTNN x x ,x > Định x để y đạt GTNN 25 Cho y = + x−1 3x + , x > −1 Định x để y đạt GTNN 26 Cho y = x+1 x ,x > Định x để y đạt GTNN 27 Cho y = + 2x − x + 28 Cho y = , < x < Định x để y đạt GTNN 1− x x b 29 Cho y = x3 + x2 , x > Định x để y đạt GTNN x2 + 4x + , x > x 2 Tìm GTNN f(x) = x + , x > x Tìm GTLN f(x) = (2x – 1)(3 – 5x) Cho y = x(6 – x) , ≤ x ≤ Định x để y đạt GTLN Cho y = (x + 3)(5 – 2x) , –3 ≤ x ≤ Định x để y đạt GTLN Cho y = (2x + 5)(5 – x) , − ≤ x ≤ Định x để y đạt GTLN Cho y = (6x + 3)(5 – 2x) , − ≤ x ≤ Định x để y đạt GTLN 2 x Cho y = Định x để y đạt GTLN x +2 30 Tìm GTNN f(x) = 31 32 33 34 35 36 37 WWW.ToancapBa.Net Tuyển tập Bất đẳng thức 38 Cho y = Trần Sĩ Tùng x ( x2 + 2) Định x để y đạt GTLN 39 ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2012 Cho số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x +y + z = Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = x − y + y − z + z − x − x + y + z III Chứng minh BĐT dựa vào BĐT Bunhiacơpxki Chứng minh: (ab + cd)2 ≤ (a2 + c2)(b2 + d2) BĐT Bunhiacopxki Trần Sĩ Tùng WWW.ToancapBa.Net Chứng minh: sinx + cos x ≤ Cho 3a – 4b = Chứng minh: Cho 2a – 3b = Chứng minh: Cho 3a – 5b = Chứng minh: Cho a + b = Chứng minh: Cho a + b ≥ Chứng minh: Tuyển tập Bất đẳng thức 3a2 + 4b2 ≥ 725 3a2 + 5b2 ≥ 47 2464 7a2 + 11b2 ≥ 137 a4 + b4 ≥ a2 + b2 ≥ I Chứng minh BĐT dựa vào định nghĩa tính chất bản: Lời giải: Cho a, b > chứng minh: (*) ⇔ 3 a3 + b3  a + b  − ≥ ⇔ ( a + b) ( a − b) ≥ ĐPCM ÷ 2   2 Chứng minh: a + b ≤ a + b () 2  a + b ≤ , () ln  2 2 ( )2 a + b > , () ⇔ a + b + 2ab − a + b ≤ ⇔ a − b ≥ , 4 Vậy: a + b ≤ a3 + b3  a + b  ≥ ÷ (*)   a2 + b2 3 3 ( ) Cho a + b ≥ chứng minh: a + b ≥ a + b ⇔ a + b ≤ a + b 2 2 2 ⇔ 3( b − a) ( a − b ) ≤ ⇔ −3( b − a) ( a + b) ≤ , ĐPCM a + b ≥ a + b () b a () ⇔ a a + b b ≥ a b + b a ⇔ ( a − b) a − ( a − b) b ≥ Cho a, b > Chứng minh: ⇔ ( a − b) ( a − b ) ≥ ⇔ ( a − b ) ( a + b ) ≥ , ĐPCM 1 + ≥ Chứng minh: Với a ≥ b ≥ 1: () 2 + ab 1+ a 1+ b WWW.ToancapBa.Net Tuyển tập Bất đẳng thức ⇔ 1+ a2 + 1+ b2 − Trần Sĩ Tùng 1 ab − a ab − b2 − ≥ 0⇔ + ≥0 1+ ab 1+ ab ( 1+ a2 ) ( 1+ ab) ( 1+ b2 ) ( 1+ ab) Trần Sĩ Tùng ⇔ WWW.ToancapBa.Net a ( b − a) b( a − b) + ( 1+ a ) ( 1+ ab) ( 1+ b2 ) ( 1+ ab) Tuyển tập Bất đẳng thức ≥0 ⇔ b− a  a b  − ≥0 1+ ab  1+ a2 1+ b2 ÷  ( b − a) ( ab − 1) b − a  a + ab2 − b − ba2  ≥ ≥ , ĐPCM ⇔  ÷ 1+ ab  ( 1+ a2 ) ( 1+ b2 ) ÷ ( 1+ ab) ( 1+ a2 ) ( 1+ b2 )   Vì : a ≥ b ≥ ⇒ ab ≥ ⇔ ab – ≥ ⇔ Chứng minh: a2 + b2 + c2 + ≥ 2( a + b + c ) ; a , b , c ∈ R ⇔ ( a − 1) + ( b − 1) + ( c − 1) ≥ ĐPCM Chứng minh: a2 + b2 + c2 + d2 + e2 ≥ a ( b + c + d + e) 2 2 ⇔ a − ab + b2 + a − ac + c2 + a − ad + d2 + a − ae + e2 ≥ 4 4 2 2 ⇔  a − b÷ +  a − c ÷ +  a − d÷ +  a − e ÷ ≥ ĐPCM 2  2  2  2  Chứng minh: x2 + y2 + z2 ≥ xy + yz + zx ⇔ 2x2 + 2y2 + 2z2 − 2xy − 2yz − 2zx ≥ ⇔ ( x − y) + ( x − z ) + ( y − z ) ≥ a Chứng minh: a + b+ c ≥ ab + bc + ca ; a,b,c ≥ a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca  2 2   a + b + c ÷ = a + b + c + 2ab + 2bc + 2ca ≥ ab + bc + ca   ⇔ a + b+ c ≥ ab + bc + ca b Chứng minh: a2 + b2 + c2  a + b + c  ≥ ÷ 3   3( a2 + b2 + c2 ) = a2 + b2 + c2 + 2( a2 + b2 + c2 )  ≥ a2 + b2 + c2 + 2( ab + bc + ca) = ( a + b + c ) ⇒ 10 Chứng minh: a2 + b2 + c2  a + b + c  ≥ ÷ 3   a2 + b2 + c2 ≥ ab − ac + 2bc WWW.ToancapBa.Net Tuyển tập Bất đẳng thức Trần Sĩ Tùng 2 ⇔ a − a ( b − c ) + b2 + c2 − 2bc ≥ ⇔  a − ( b − c ) ÷ ≥ 2  2 11 Chứng minh: a + b + 1≥ ab + a + b ⇔ 2a2 + 2b2 + − 2ab − 2a − 2b ≥ ⇔ a2 − 2ab + b2 + a2 + 2a + 1+ b2 + 2b + 1≥ ⇔ ( a − b) + ( a − 1) + ( b − 1) ≥ 12 Chứng minh: x2 + y2 + z2 ≥ 2xy − 2xz + 2yz ⇔ x2 + y2 + z2 − 2xy + 2xz − 2yz ≥ ⇔ (x – y + z)2 ≥ 13 Chứng minh: x4 + y4 + z2 + 1≥ 2x(xy2 − x + z + 1) ⇔ x4 + y4 + z2 + 1− 2x2y2 + 2x2 − 2xz − 2x ≥ ⇔ ( x2 − y2 ) + ( x − z ) + ( x − 1) ≥ ° a + b ≥ ⇒ b ≥ – a ⇒ b3 = (1 – a)3 = – a + a2 – a3 14 Chứng minh: Nếu a + b ≥ thì: a3 + b3 ≥ ⇒ a3 + b3 = 3 a − ÷ + ≥  2 4 15 Cho a, b, c số đo độ dài cạnh tam giác Chứng minh: a ab + bc + ca ≤ a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca)  ab + bc + ca ≤ a2 + b2 + c2 ⇔ (a – b)2 + (a – c)2 + (b – c)2 a > b− c , b > a − c , c > a − b  b ⇒ a2 > b2 − 2bc + c2 , b2 > a2 − 2ac + c2 , c2 > a2 − 2ab + b2 ⇒ a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca) abc ≥ (a + b – c)(a + c – b)(b + c – a)  a2 > a2 − ( b − c ) ⇒ a2 > ( a + c − b) ( a + b − c ) ⇒ b2 > ( b + c − a) ( a + b − c )  b2 > b2 − ( a − c )  c2 > c2 − ( a − b) ⇒ c2 > ( b + c − a) ( a + c − b) ⇒ a2b2c2 > ( a + b − c ) ( a + c − b) ( b + c − a) 2 ⇔ abc > ( a + b − c ) ( a + c − b) ( b + c − a) c 2a2b2 + 2b2c2 + 2c2a2 – a4 – b4 – c4 > ⇔ 4a2b2 + 2c2(b2 + a2) – a4 – b4 – 2a2b2 – c4 > ⇔ 4a2b2 + 2c2(b2 + a2) – (a2 + b2)2 – c4 > ⇔ (2ab)2 – [(a2 + b2) – c2]2 > ⇔ [c2 – (a – b)2][(a + b)2 – c2] > ⇔ (c – a + b)(c + a – b)(a + b – c)(a + b + c) > ° Vì a , b , c ba cạnh tam giác ⇒ c – a + b > , c + a – b > , a + b – c > , a + b + c > Trần Sĩ Tùng WWW.ToancapBa.Net Tuyển tập Bất đẳng thức II Chứng minh BĐT dựa vào BĐT CƠSI: Chứng minh: (a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8abc ; a, b, c ≥  Áp dụng bất đẳng thức Cơsi cho hai số khơng âm: ⇒ a + b ≥ ab , b + c ≥ bc , a + c ≥ ac ⇒ ( a + b) ( b + c ) ( a + c ) ≥ a2b2c2 = 8abc Chứng minh: (a + b + c)(a2 + b2 + c2 ) ≥ 9abc ; a,b,c ≥  Áp dụng bất đẳng thức Cơsi cho ba số khơng âm: ⇒ a + b + c ≥ 33 abc , a2 + b2 + c2 ≥ 33 a2b2c2 ⇒ ( a + b + c ) ( a2 + b2 + c2 ) ≥ 93 a3b3c3 = 9abc Chứng minh: ( 1+ a) ( 1+ b) ( 1+ c ) ≥ ( 1+ abc ) , với a , b , c ≥  ( 1+ a) ( 1+ b) ( 1+ c ) = 1+ a + b + c + ab + ac + bc + abc  a + b + c ≥ 33 abc , ab + ac + bc ≥ 33 a2b2c2  ( 1+ a) ( 1+ b) ( 1+ c ) ≥ 1+ 33 abc + 33 a2b2c2 + abc = ( 1+ abc ) m m  m a b Cho a, b > Chứng minh:  1+ ÷ +  1+ ÷ ≥ 2m + , với m ∈ Z+ b   a m m m ≥ 4m = 2m + bc ca ab + + ≥ a + b + c ; a, b, c > Chứng minh: a b c  Áp dụng BĐT Cơsi cho hai số khơng âm: bc ca abc2 bc ba b2ac + ≥2 = 2c , + ≥2 = 2b , a b ab a c ac ca ab a2bc + ≥2 = 2a b c bc bc ca ab + + ≥ a + b+ c ⇒ a b c m b b a  a  b  a    1+ ÷ +  1+ ÷ ≥  1+ ÷  1+ ÷ =  + + ÷ b a b   a  b  a  Chứng minh: x6 + y9 ≥ 3x2y3 − 16 ; x,y ≥ () () ⇔ x6 + y9 + 64 ≥ 12x2y3 ⇔ ( x2 ) + ( y3 ) + 43 ≥ 12x2y3 Áp dụng BĐT Cơsi cho ba số khơng âm: 3 WWW.ToancapBa.Net Tuyển tập Bất đẳng thức ( x2 ) +(y ) 3 Trần Sĩ Tùng + 43 ≥ 3x2y3 = 12x2y3 Chứng minh: 2a + 1+ a2 4 () ⇔ a + a + a + 1+ ≥ 3a2 − () 1+ a2 ≥ 4a2 4 Áp dụng BĐT Cơsi cho số khơng âm: a , a , a + 1, a4 + a4 + a2 + 1+ 1+ a ≥ 44 a4a4 ( a2 + 1) 1+ a2 1+ a2 = 4a2 Chứng minh: a1995 > 1995( a − 1) () ,a>0 1995 1995 () ⇔ a > 1995a − 1995 ⇔ a + 1995 > 1995a 1995 1995 a1995 + 1995 > a1995 + 1994 = a1995 + + 1+412 4+ 31≥ 1995 a = 1995a 1994 số Chứng minh: a ( 1+ b ) + b ( 1+ c ) + c2 ( 1+ a2 ) ≥ 6abc ° a2 ( 1+ b2 ) + b2 ( 1+ c2 ) + c2 ( 1+ a2 ) = a2 + a2b2 + b2 + b2c2 + c2 + c2a2  Áp dụng bất đẳng thức Cơsi cho số khơng âm: 2 2 ° a2 + a2b2 + b2 + b2c2 + c2 + c2a2 ≥ a6b6c6 = 6abc a b c 1 1 1 + + ≤  + + ÷ 10 Cho a , b > Chứng minh: 2 2 2 a b c  a +b b +c a +c a a b b c c ≤ = ≤ = ≤ = ° , , 2 2 2ab 2b 2bc 2c 2ac 2a a +b b +c a +c a b c 1 1 1 + + ≤  + + ÷ ° Vậy: a + b2 b2 + c2 a2 + c2  a b c  11 Cho a , b ≥ , chứng minh: ab ≥ a b − + b a − ° a = ( a − 1) + 1≥ a − 1, b = ( b − 1) + 1≥ b − ° ab ≥ 2b a − 1, ab ≥ 2a b − ° ab ≥ a b − + b a − 12 Cho x, y, z > x + y + z = C/m: xyz ≥ 64(x – 1)(y – 1)(z – 1) ° x = ( x − 1) + 1= ( x − 1) + x + y + z − = ( x − 1) + ( x − 1) + ( y − 1) + ( z − 1) ≥ 44 ( x − 1) ( y − 1) ( z − 1) Tương tự: y ≥ 44 ( x − 1) ( y − 1) ( z − 1) ; ⇒ xyz ≥ 64(x – 1)(y – 1)(z – 1) 10 z ≥ 44 ( x − 1) ( y − 1) ( z − 1) Tuyển tập Bất đẳng thức Trần Sĩ Tùng 1 1  b = 1− b = Dấu “=” xảy ⇔  ⇔ a = b =  = 1− =  a a 18 (ĐH Vinh khối A, B 2001) Ta có: – 2a = a + b + c – 2a = b + c – a > Do theo BĐT Cơsi ta có:  − 2a + − 2b + − 2c  (3 – 2a)(3 – 2b)(3 – 2c) ≤  ÷ =1   ⇒ 27 – 9(2a + 2b + 2c) + 3(4ab + 4bc + 4ca) – 8abc ≤ ⇔ 27 – 54 + 12(ab + bc + ca) – 8abc ≤ ⇔ 4abc ≥ 6(ab + bc + ca) – 14 ⇔ 3(a2 + b2 + c2) + 4abc ≥ 3(a2 + b2 + c2) + 6(ab + bc + ca) – 14 = 3(a + b +c)2 – 14 = 13 Đẳng thức xảy ⇔ – 2a = – 2b = – 2c ⇔ a = b = c = 19 (ĐH Y Thái Bình khối A 2001) Từ giả thiết ta có: Từ suy ra: a a b a b + = ⇒0 < , < ⇒  a 3 +  b 3 > a + b =  c÷ c÷ c c c c c c     +b c > 20 (ĐHQG HN khối A 2000) Đặt x = 2a, y = 2b, z = 2c x, y, z > Đ.kiện a + b + c = ⇔ xyz = 2a+b+c = 1, theo BĐT Cơsi: x + y + z ≥ Mặt khác: x3 + + ≥ 3x ⇒ x3 ≥ 3x – Tương tự: y3 ≥ 3y – 2; z3 ≥ 3z – ⇒ x3 + y3 + z3 ≥ 3(x + y + z) – = (x + y + z) + 2(x + y + z – 3) ≥ x + y + z ⇒ 8a + 8b + 8c ≥ 2a + 2b + 2c 21 (ĐHQG HN khối D 2000) Ta có: b2 + 2a2 = ab b2 + 2a2 2 = + a b a b2 1 Đặt x = ; y = ; z = a b c a,b,c >  x,y,z > giả thiết  ⇔ ab + bc + ca = abc  x + y + z = đpcm ⇔ x2 + 2y2 + y2 + 2z2 + z2 + 2x2 ≥ Theo BĐT Bunhiacopxki ta có: 3(x2 + 2y2) = 3(x2 + y2 + y2) ≥ (x + y + y)2 32 Trần Sĩ Tùng WWW.ToancapBa.Net x2 + 2y2 ≥ Tuyển tập Bất đẳng thức (x + 2y) Viết BĐT tương tự, cộng lại, ta có: ⇒ x2 + 2y2 + y2 + 2z2 + z2 + 2x2 ≥ (3x + 3y + 3z) = ⇔a = b = c = 3 22 (ĐH Bách khoa HN khối A 2000) Đẳng thức xảy ⇔ x = y = z = a3 + b3  a + b  3 ≥ ÷ ⇔ 4(a + b ) ≥ (a + b) 2   ⇔ (a + b) [4(a2 + b2 – ab) – (a2 + b2 + 2ab)] ≥ ⇔ (a + b)(3a2 + 3b2 – 6ab) ≥ ⇔ (a + b)(a – b)2 ≥ BĐT cuối đúng, nên BĐT cần chứng minh Đẳng thức xảy ⇔ a = ± b 23 (ĐHSP TP HCM khối DE 2000) a) a2 + b2 ≥ 2ab; b2 + c2 ≥ 2bc; c2 + a2 ≥ 2ca ⇒ a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca Đẳng thức xảy ⇔ a = b = c b) (ab + bc + ca)2 = (ab)2 + (bc)2 + (ca)2 + 2(abbc + bcca + caab) ≥ ≥ abbc + bcca + caab + 2abc(a + b + c) = 3abc(a + b + c) 24 (ĐH Nơng nghiệp I khối A 2000) bc bc = = = a Ta có: 2 1 a b + a c a (b + c) a2  +  b c÷ b+ c   Ta có: 1 ;y= ; z= a b c a, b, c >  x,y,z > x2 y2 z2 giả thiết  ⇔ P = + + y+ z z + x x+ y abc =  xyz=1 Theo BĐT Bunhiacopxki ta có: Đặt x =  x (y + z + z + x + x + y).P ≥  y + z + z + x  y+ z  ⇒ 2(x + y + z).P ≥ (x + y + z)2 ⇒ P ≥ (x + y + z) ≥ ⇒P ≥ 33 WWW.ToancapBa.Net  + x + y ÷ z+x x+ y ÷  3 xyz = 2 y z Tuyển tập Bất đẳng thức Trần Sĩ Tùng x = y = z = ⇒ a = b = c = 3 Đảo lại, a = b = c = P = Vậy minP = 2 25 (ĐH Thuỷ lợi II 2000) (a + 1).(b + 1).(c + 1) = + a + b + c + ab + bc + ca + abc ≥ Nếu P = ≥ ( + 3 abc + 33 a2b2c2 + abc = 1+ abc Đẳng thức xảy ⇔ a = b = c > 26 (ĐH Y HN 2000) ( 2+ ⇒x + y ≥ ) ( )    3 = x+ y ÷ ≤  + ÷(x + y) = 6(x + y)  x ÷ y  x y   2+ ) Giá trị ( 2+ )   : x= : y  x = x y   đạt ⇔  ⇔   2+ x + y =  y =  ( ) 2( + 3) 3( + 3) 5+ 6 27 (ĐH An Giang khối D 2000) Giả sử a ≥ b ≥ ⇒ ac(a – b) ≥ bc(a – b) ⇒ ac + + bc + ≥ ab(ac – + bc – 1) 28 (ĐH Tây Ngun khối AB 2000) Áp dụng BĐT Cơsi cho số dương ta có: = x + y + z + x + y + z ≥ xyz (1) Vậy min(x + y) = xy + yz + zx ≥ 3 x2y2z2 (2) Nhân BĐT (1) (2) vế theo vế ta được: 2(xy + yz + zx) ≥ 18xyz Mặt khác ta có: xyz(xy + yz + zx) > (4) Cộng BĐT (3) (4) vế theo vế ta được: (3) (xy + yz + zx)(2 + xyz) > 18xyz ⇒ xy + yz + zx > 18xyz (vì +xyz > 0) + xyz 29 (ĐH An Ninh khối A 2000) Ta có: 34 = 81, 43 = 64 ⇒ 34 > 43 ⇒ BĐT cần chứng minh với n = n n n + 1 1  Với n > 3, đpcm ⇔ n >  ÷ ⇔  1+ n ÷ < n  n    34 (1) Trần Sĩ Tùng WWW.ToancapBa.Net n Tuyển tập Bất đẳng thức n 1 k   1+ n ÷ = ∑ Cn nk =   k= n n(n − 1) n(n − 1) (n − n + 1) + + n =1+ + n 2! n2 n! n  1  1   n − 1 = + +  1− ÷ + +  1− ÷ 1− ÷  1− < 2! n  n! n  n   n ÷ 1 1 Ta có f(7) = ; f(8) = 350 175 400 200 175 a = b = 53  Vậy minS =  175 c = d = 50 38 (Đại học 2002 dự bị 6) 1 Ta có diện tích tam giác: S = aha = bhb = chc 2 2S 2S 2S ⇒ = ; hb = ; hc = a b c 1 1 + + = (a + b + c) ⇒ hb hc 2S Chuyển biểu thức f(b) = 38 Trần Sĩ Tùng WWW.ToancapBa.Net Tuyển tập Bất đẳng thức 1  1 1   1 1 + + (a + b + c) + + ÷ ⇒  + + ÷ ÷=  a b c   hb hc  2S a b c  1 1 Áp dụng BĐT Cơsi ta có: (a + b + c)  + + ÷ ≥ a b c 1  1 1  + + S = , nên ta có:  + + ÷ ÷≥ =  a b c   hb hc  39 (Đại học khối A 2003) r r r r rr Với u,v ta có: u + v ≤ u + v (*) r   r   r  1 Đặt a =  x; ÷; b =  y; ÷; c =  z; ÷  x  z  y r r r r r r r r r Áp dụng bất đẳng thức (*), ta có: a + b + c ≥ a + b + c ≥ a + b + c Vậy P = x + x2 + y2 + y2 + z2 + ≥ z2  1 1 (x + y + z) +  + + ÷ x y z • Cách 1: Ta có: P≥  1 1 (x + y + z)2 +  + + ÷ ≥ x y z ( 33 xyz ) 2   = 9t + +  33  xyz ÷ ÷ t   x+ y+ z với t = (3 xyz)2 ⇒0 < t ≤  ÷ ≤9    1 Đặt Q(t) = 9t + ⇒ Q′ (t) = – < 0, ∀t∈ 0;  ⇒ Q(t) giảm t  9 t  1 ⇒Q(t) ≥ Q  ÷ = 82 Vậy P ≥ Q(t) ≥ 82  9 Dấu "=" xảy ⇔x = y = z = • Cách 2: Ta có: 2  1  0; 9    1 1  1 1 (x + y + z)2 +  + + ÷ = 81(x + y + z)2 +  + + ÷ – 80(x + y + z)2 x y z x y z  1 1 ≥ 18(x + y + z)  + + ÷ – 80(x + y + z)2 ≥ 162 – 80 = 82 x y z Vậy P ≥ 82 Dấu "=" xảy ⇔x = y = z = 39 WWW.ToancapBa.Net Tuyển tập Bất đẳng thức 40 (Đại học khối A 2003 dự bị 1) • Tìm max: y = sin5x + Trần Sĩ Tùng cosx ≤ sin x + cosx Ta chứng minh: sin x + cosx ≤ , ∀x ∈ R ⇔ (1 – cosx) – sin4x ≥ ⇔ (1 – cosx) – (1 – cos2x)2 ≥ ⇔ (1 – cosx).[ – (1 – cosx)(1 + cosx)2 ] ≥ (3) Theo BĐT Cơsi ta có: (1 – cosx)(1 + cosx)(1 + cosx) = (2 – 2cosx)(1 + cosx)(1 + cosx) ≤ (1) (2) 1  32 = <  ÷ 27  , ∀x Dấu “=” xảy cosx = ⇔ x ≤ Vậy BĐT (3) ⇒ (2) ⇒ y ≤ = k2π Vậy maxy = • Tìm min: Ta có y = sin5x + cosx ≥ – sin4x + cosx , đạt x = π + k2π Tương tự trên, ta miny = – 41 (Đại học khối A 2003 dự bị 2) (a + b + c)(b + c − a) 2bc(1+ cos A) (b + c)2 − a2 ≤1⇔ ≤1 (1) ⇔ ≤1⇔ bc bc bc A A A π ⇔ cos2 ≤ ⇔ sin2 ≥ ⇔ sin A ≥ (do < < ) (3) 4 2 2 Biến đổi vế trái (2) sau: A B C A B-C B+C  A A sin sin sin = sin  cos − cos ≤ sin  1− sin ÷ = 2 2 2 2 ÷ 2 2   2 1 A A  A 1 1 − sin ÷ = –  sin − ÷ −  = −  sin A − ÷ = –  sin 2 2  2  2 2 1 A B C 1 1 Do (3) suy ra: sin sin sin ≤ −  − ÷ = − (4 − 3) 8 2  2 ÷  = 3−3 B-C  cos = A = 1200 ⇔ Dấu “=” xảy ⇔  sin A = B = C = 30  2 42 (Đại học khối A 2005) Với a, b > ta có: 1  1 a+b ≤  + ÷ ≤ 4ab ≤ (a + b)2 ⇔ ⇔ a + b 4ab a + b  a b  40 Trần Sĩ Tùng WWW.ToancapBa.Net Tuyển tập Bất đẳng thức Dấu "=" xảy a = b Áp dụng kết ta có: 1 1   1 1 1 1 1 ≤  + + (1) ÷ ≤  +  + ÷ =  + ÷ 2x+y+z  2x y + z   2x  y z    x 2y 2z  Tương tự: 1 1   1 1 1 1 1 ≤  + + +  =  + + ÷≤ ÷ (2) x + 2y + z  2y x + z   2y  x z ÷ y 2z 2x    1 1   1  1  1 1 1 ≤  + + ÷≤  +  + ÷ =  + ÷ (3) x + y + 2z  2z x + y   2z  x y    z 2x 2y   1 1 1 + + ≤  + + 1÷ = Vậy: 2x+y+z x + 2y + z x + y + 2z  x yz  Ta thấy bất đẳng thức (1), (2), (3) dấu "=" xảy x = y = z Vậy đẳng thức xảy x = y = z = 43 (Đại học khối B 2005) Áp dụng bất đẳng thức Cơsi cho số dương ta có: x x x  12   15   12   ÷ + ÷ ≥  ÷       Tương tự ta có: x x x x  12   15  x  ÷ +  ÷ ≥ 2.3      15   ÷ ⇒  4 x x (1) x  12   20   15   20  ≥ 2.5x (3) x (2)  ÷ +  ÷ ≥ 2.4  ÷ + ÷         Cộng bất đẳng thức (1), (2), (3), chia vế bất đẳng thức nhận cho ta có đpcm Đẳng thức xảy ⇔(1), (2), (3) đẳng thức ⇔x = 44 (Đại học khối D 2005) Áp dụng bất đẳng thức Cơsi cho số dương ta có: + x3 + y3 ≥ 3 1.x3.y3 = 3xy ⇔ 1+ y3 + z3 ≥ yz Tương tự: Mặt khác 3 + 3 yz + yz zx ≥ 33 3 xy 1+ z3 + x3 ≥ zx (2); 3 xy yz zx ≥ 3 (4) xy yz zx Cộng bất đẳng thức (1), (2), (3), (4) ta có đpcm 41 WWW.ToancapBa.Net ⇒ + xy + 1+ x3 + y3 ≥ xy (1) zx (3) Tuyển tập Bất đẳng thức Trần Sĩ Tùng Đẳng thức xảy ⇔(1), (2), (3), (4) đẳng thức ⇔x = y = z = 45 (Đại học khối A 2005 dự bị 1) Ta có: + 4x = + + + 4x ≥ 4 4x ⇒ + 4x ≥ 4x = 4x + 4y ≥ 4y ; Tương tự: Vậy + 4z ≥ 4z 8 x y z  3 + 4x + + 4y + + 4z ≥  + +  ≥ 4x.4y.4z ≥ 24 4x+ y+ z = 46 (Đại học khối A 2005 dự bị 2) Ta có: 1+x=1+ 1+ 1+ y x x x x3 + + ≥ 44 3 3 y y y y y3 =1+ + + ≥ 44 3 x 3x 3x 3x x =1+ y + y + y ≥ 44 33 y3   36 ⇒ 1+ ≥ 164 ÷  y   x3 y3 36 y   Vậy: ( 1+ x)  1+ ÷ 1+ ≥ 256 3 = 256 ÷ x   3 x y   47 (Đại học khối B 2005 dự bị 1) • Cách 1: (a + 3b).1.1 ≤ a + 3b + 1+ = (a + 3b + 2) Ta có: 3 b + 3c + + 1 (b + 3c).1.1 ≤ = (b + 3c + 2) 3 c + 3a + + 1 (c + 3a).1.1 ≤ = (c + 3a + 2) 3 1  Suy ra: a + 3b + b + 3c + c + 3a ≤ [ 4(a + b + c) + 6] ≤  + 6 = 3   a + b + c = Dấu "=" xảy ⇔ ⇔a = b = c = 4 a + 3b = b + 3c = c + 3a=1 • Cách 2: Đặt x = a + 3b ⇒x3 = a + 3b; y = b + 3c ⇒y3 = b + 3c; z= 3 c + 3a ⇒z = c + 3a 42 Trần Sĩ Tùng WWW.ToancapBa.Net ⇒x3 + y3 + z3 = 4(a + b + c) = Tuyển tập Bất đẳng thức = BĐT cần ch minh ⇔x + y + z ≤ Ta có: x3 + + ≥ 3 x3.1.1 = 3x; y3 + + ≥ 3 y3.1.1 = 3y; z3 + + ≥ 3 z3.1.1 = 3z ⇒9 ≥ 3(x + y + z) Vậy x + y + z ≤ (vì x3 + y3 + z3 = 3)  x3 = y3 = z3 = a + 3b = b + 3c = c + 3a=1   Dấu "=" xảy ⇔ ⇔ 3 a + b + c =  a+b+c=4  ⇔a = b = c = 48 (Đại học khối B 2005 dự bị 2) Ta có: ≤ x ≤ ⇒ x ≥ x2 1 ⇔x y ≤ + y x (1) 4 1 1 Theo BĐT Cơsi ta có: y x + ≥ yx2 + ≥ yx2 = x y ⇒x y − y x ≤ 4 4 x y−y x≤  0 ≤ y ≤ x ≤  ⇔ Dấu "=" xảy ⇔ x = x   yx2 =  49 (Đại học khối D 2005 dự bị 2) Ta có: x =   y = x2 1+ y x2 1+ y + ≥2 =x 1+ y 1+ y y2 1+ z y2 1+ z + ≥2 =y 1+ z 1+ z z2 1+ x z2 1+ x + ≥2 =z 1+ x 1+ x Cộng bất đẳng thức trên, vế theo vế, ta có:  x2 1+ y   y2 1+ z   z2 1+ x  + + +  ÷ +  ÷ +  ÷≥ x + y + z ÷ ÷ ÷  1+ y   1+ z   1+ x  ⇔ x2 y2 z2 x+ y+ z 3(x + y + z) + + ≥− − + x+ y+ z ≥ − 1+ y 1+ z 1+ x 4 4 43 WWW.ToancapBa.Net Tuyển tập Bất đẳng thức Trần Sĩ Tùng 3 3 − = − = (vì x + y + z ≥ 3 xyz = 3) 4 4 x2 y2 z2 Vậy: + + ≥ 1+ y 1+ z 1+ x 50 (Đại học khối A 2006) • Cách 1: 1 1 Từ giả thiết suy ra: + = + − x y x xy y ≥ 1 = a, = b, ta có: a + b = a2 + b2 – ab y x A = a3 + b3 = (a + b)(a2 – ab + b2) = (a + b)2 Từ (1) suy ra: a + b = (a + b)2 – 3ab Đặt (1)  a + b 2 Vì ab ≤  ÷ nên a + b ≥ (a + b) – (a + b)   ⇒ (a + b)2 – 4(a + b) ≤ ⇒ ≤ a + b ≤ Suy ra: A = (a + b)2 ≤ 16 Với x = y = A = 16 Vậy giá trị lớn A 16 • Cách 2: Đặt S = x + y, P = xy với S2 – 4P ≥ Từ giả thiết ⇒S, P ≠ Ta có: SP = S2 – 3P ⇔P = A= x ⇒A = + y = x3 + y3 x3y3 S2 S+3 = (x + y)(x2 + y2 − xy) x3y3 = (x + y)2 xy x3y3 = (x + y)2 x2y2 S2  S + 3 = ÷  S  P  S − 1 S −1 4S  ÷ Đk: S2 – 4P ≥ ⇔S2 – S + ≥ ⇔S2  S +  ≥ ⇔S + ≥ (vì S≠0)  S < −3 ⇔ (*) S ≥ −3 S+3 Đặt h = f(S) = ⇒h′ = < 0, ∀S thoả (*) S S 44 Trần Sĩ Tùng WWW.ToancapBa.Net Tuyển tập Bất đẳng thức Từ bảng biến thiên, ta có: < h ≤ h ≠ 1, ∀S thoả (*) 1 Mà A = h ⇒MaxA = 16 x = y = (S = 1, P = ) • Cách 3: 1 x+ y y 3y2  (x + y)xy =  x − ÷ + >0⇒ + = >0 x y xy 2  1 x3 + y3  1 2 1 A= + = = + ÷ ⇒ A= + 3 x y x y x y  x y a3 + b3  a + b Dễ chứng minh được:  (với a + b > 0) ≤ ÷   dấu "=" xảy a = b 1 Áp dụng với a = , b = , ta có: y x 3  1  1  1 +  x÷ +   x   ⇔ A  ≤ A ⇔A ≤ 16  ÷ ≤   ÷ ÷ 2  ÷    ÷   1 Dấu "=" xảy = = Vậy Max A = 16 x y • Cách 4: S 3S S2 A = , suy A = = P S − SP P S2 – 4P ≥ ⇔S2 – Nên: A = S2 P P 1− S − SP ≥ 0⇔ S ≥ ⇔ ≥ (chia cho S ) − S 3 ≤ 16 Vậy Max A = 16 (khi x = y = P 51 (Đại học khối B 2006) Trong mpOxy, xét M(x – 1; –y), N(x + 1; y) Do OM + ON ≥ MN nên: ( x − 1) + y2 + ( x + 1) + y2 ≥ ) + 4y2 = 1+ y2 Do đó: A ≥ 1+ y2 + y − = f(y) • Với y ≤ ⇒ f(y) = 1+ y2 + – y ⇒ f′ (y) = 45 WWW.ToancapBa.Net 2y y2 + –1 Tuyển tập Bất đẳng thức Trần Sĩ Tùng  y ≥ ⇔y = 1+ y2 ⇔  2  4y = 1+ y Do ta có bảng biến thiên f′ (y) = ⇔ 2y = • Với y ≥ ⇒ f(y) ≥ 1+ y2 ≥ > + Vậy A ≥ + với số thực x, y Khi x = y = A = + 3 Nên giá trị nhỏ A + 46 ... Sĩ Tùng WWW.ToancapBa.Net Tuyển tập Bất đẳng thức II Chứng minh BĐT dựa vào BĐT CÔSI: Chứng minh: (a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8abc ; a, b, c ≥  Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số không âm: ⇒ a... + x−1 x−1 + +  y= x−1 ° Dấu “ = ” xảy ⇔ 13 WWW.ToancapBa.Net Tuyển tập Bất đẳng thức Trần Sĩ Tùng  Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số không âm x−1 , : x−1 x−1 x−1 + + ≥2 + = x−1 2 x−1 2... 17 WWW.ToancapBa.Net Tuyển tập Bất đẳng thức Trần Sĩ Tùng Vậy P = III Chứng minh BĐT dựa vào BĐT Bunhiacôpxki 18 Trần Sĩ Tùng WWW.ToancapBa.Net Tuyển tập Bất đẳng thức Chứng minh: (ab + cd)2 ≤