BẤT ĐẲNG THỨC SINH HOẠT cụm võ văn NHÂN

1. CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG NĂNG LỰC GIẢI TOÁN VỀ ĐẲNG THỨC VÀ BẤT ĐẲNGTHỨC CHO HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS 1 2. Chương I NHỮNG VẤN ĐỀ CHUNG 1.1. Năng lực giải toán về đẳng thức và bất đẳng thức. Việc giải toán về đẳng thức (ĐT) và bất đẳng thức (BĐT) có thể giúp rất nhiều cho việc rèn luyện ở học sinh (HS) óc trừu tượng hoá và khái quát hoá. Do bài toán về ĐT và BĐT có nhiều phương pháp giải, mỗi bài ta có thể có nhiều con đường đi, có nhiều cách giải khác nhau để tìm đến kết quả cuối cùng nên việc tìm một lời giải hay, một con đường đi ngắn giúp rèn luyện cho HS tư duy sáng tạo, phương pháp khoa học trong suy nghĩ, biết giải quyết vấn đề bằng phân tích, tổng hợp, so sánh, khái quát... từ đó HS phát triển các phẩm chất tư duy như linh hoạt, độc lập, sáng tạo... HS có năng lực giải toán (NLGT) về ĐT và BĐT có thể xác định hướng giải của bài toán một cách nhanh chóng, sau đó có thể phân tích, biến đổi biểu thức chính xác, rõ ràng. Từ bài toán đó lại có thể làm xuất hiện một lớp các bài toán có liên quan bằng cách đặt thêm câu hỏi hoặc khái quát hoá, tương tự hoá vv...

Chuyên đề: Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức Chuyên đề: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Tổ Toán - THPT Núi Thành A/ NHỮNG BẤT ĐẲNG THỨC CĂN BẢN THƯỜNG GẶP: 1/ Bất đẳng thức AM-GM (Arithmetic Mean – Geometric Mean)-ta thường hay gọi BĐT Cauchy (Cô Si) x + x + x + + xn n ≥ x1 x2 x3 xn -Nếu x1,x2,x3,…,xn số không âm thì: n Dấu “=” xảy khi: x1 = x2 = x3 = = xn *Lưu ý: Các trường hợp riêng bất đẳng thức AM-GM a+b a+b ≥ ab , bất đẳng thức viết dạng khác là: ab ≤  * , ( a + b ) ≥ 4ab , ÷   (a + b  ) a + b2 ≥ * a + b + c ≥ ab + bc + ca *a +b +c 2 ( a + b + c) ≥ ( a + b + c   ) ≥ 3( ab + bc + ca  ) * * (ab + bc + ca  ) ≥ 3abc( a + b + c  ) 1 * + ≥ (a,b>0) a b a +b 1 * + + ≥ (a,b,c>0) a b c a +b+c 2/Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz : a ( a + a + a + + an ) a2 a2 a2 Cho ∈ R; bi ∈ R ( bi > ) ;1 ≤ i ≤ n , ta có: + + + + n ≥ b1 b2 b3 bn b1 + b2 + b3 + + bn a a1 a2 a3 = = = = n -Dấu “=” xãy khi: b1 b2 b3 bn 3/Bất đẳng thức Bunhiacosky (Bunyakovsky): Nếu a1,a2,a3,…,an ,b1,b2,b3,…,bn số thực thì: + (a1b1 + a b + a 3b + + a n b n ) ≤ (a 12 + a 22 + a 32 + a n2 )(b12 + b 22 + b 32 + + b 2n ) Hay a1b1 + a b2 + a 3b3 + + a n b n ≤ (a12 + a 22 + a 32 + a n2 )(b12 + b 22 + b32 + + b n2 ) a a1 a2 a3 = = = = n ( Ở ta quy ước mẫu tử 0) Dấu “=” xãy khi: b1 b2 b3 bn 4/Các bất đẳng thức phụ quen thuộc: * a + b3 ≥ a 2b + ab (với a + b ≥ ) 1 + ≥ * (với a, b > 0, ab ≥ ) + a + b + ab * 1+ a + 1+ b ≤ (với ≤ ab ≤ ) + ab Tổ Toán – Trường THPT Núi Thành Trang Chuyên đề: Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức n a n + bn  a + b  ≥ ÷ (với a + b ≥ 0, n ∈ N )   5/Bất đẳng thức CHEBYSHEV: a)Bất đẳng thức CHEBYSHEV cho hai dãy đơn điệu chiều: Cho hai dãy hữu hạn số thực:  a1 ≥ a2 ≥ a3 ≥ ≥ an  a1 ≤ a2 ≤ a3 ≤ ≤ an   b1 ≥ b2 ≥ b3 ≥ ≥ bn b1 ≤ b2 ≤ b3 ≤ ≤ bn Khi ta có:  a1 = a2 = = an a1b1 + a2b2 + + anbn a1 + a2 + + an b1 + b2 + + bn ≥ Dấu “=” xãy khi:  n n n b1 = b2 = = bn b)Bất đẳng thức CHEBYSHEV cho hai dãy đơn điệu ngược chiều:  a1 ≥ a2 ≥ a3 ≥ ≥ an  a1 ≤ a2 ≤ a3 ≤ ≤ an Cho hai dãy hữu hạn số thực:   b1 ≥ b2 ≥ b3 ≥ ≥ bn b1 ≤ b2 ≤ b3 ≤ ≤ bn *  a1 = a2 = = an a1b1 + a2b2 + + anbn a1 + a2 + + an b1 + b2 + + bn ≤ Dấu “=” xãy khi:  n n n b1 = b2 = = bn 6/Bất đẳng thức HOÁN VỊ: 1)Bất đẳng thức HOÁN VỊ cho hai dãy đơn điệu chiều:  a1 ≥ a2 ≥ a3 ≥ ≥ an  a1 ≤ a2 ≤ a3 ≤ ≤ an Cho hai dãy hữu hạn số thực:   b1 ≥ b2 ≥ b3 ≥ ≥ bn b1 ≤ b2 ≤ b3 ≤ ≤ bn Khi ta có: Gọi ( t1 , t2 , , tn ) hoán vị tuỳ ý ( b1 , b2 , , bn ) Khi ta có: a1b1 + a2b2 + + anbn ≥ a1t1 + a2t2 + + ant n 2)Bất đẳng thức HOÁN VỊ cho hai dãy đơn điệu ngược chiều: a1 ≥ a2 ≥ a3 ≥ ≥ an  a1 ≤ a2 ≤ a3 ≤ ≤ an Cho hai dãy hữu hạn số thực:   b1 ≤ b2 ≤ b3 ≤ ≤ bn b1 ≥ b2 ≥ b3 ≥ ≥ bn Gọi ( t1 , t2 , , tn ) hoán vị tuỳ ý ( b1 , b2 , , bn ) Khi ta có: a1b1 + a2b2 + + anbn ≤ a1t1 + a2t2 + + ant n 7/Bất đẳng thức SCHUR: Cho a,b,c không âm k số thực bất kỳ, ta có: a k (a − b  )(a − c  ) + b k (b − a  )(b − c  ) + c k (c − a  )(c − b) ≥ 8/Bất đẳng thức JENSEN *Nếu f ''( x) ≤ 0, ∀x ∈ ( a; b ) x1 , x2 , , xn ∈ (a; b  ) f ( x1  ) + f ( x2  ) + + f ( xn  )  x + x + x + + xn  ≤ f ÷ n n   *Nếu f ''( x) ≥ 0, ∀x ∈ ( a; b ) x1 , x2 , , xn ∈ (a; b  ) f ( x1  ) + f ( x2  ) + + f ( xn  )  x + x + x + + xn  ≥ f ta có: ÷ n n   9/Các cách biến đổi cần nhớ: a/ (a + b + c  )(ab + bc + ca  ) = (a + b)(b + c  )(c + a) + abc b/ (a + b)(b + c  )(c + a  ) = a(b + c ) + b(c + a ) + c (a + b ) + 2abc ta có: c/ ab + bc + ca + abc = b(a + c ) + a (b − a )(b − c  ) Tổ Toán – Trường THPT Núi Thành Trang Chuyên đề: Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức d/ a + b + c = (a + b + c )2 + (a − b)2 + (b − c  ) + (c − a  ) e/ a3 + b3 + c3 = (a + b + c )(a + b + c − ab − bc − ca ) + 3abc B/ MỘT SỐ DẠNG THƯỜNG GẶP TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC: DẠNG 1: THÊM YẾU TỐ PHỤ Bài 1: Cho a;b;c số dương Chứng minh rằng: a/ a3 b3 c3 + + ≥ ( a + b + c) (a + b)(b + c) (b + c)(c + a) (c + a)( a + b) Cách1: áp dụng BĐT Cô Si ta có a3 a+b b+c + + ≥ a (1) (a + b)(b + c) 8 b3 b+c c+a + + ≥ b (2) (b + c)(c + a) 8 c c+a a+b + + ≥ c (3) (c + a)(a + b) 8 Cộng BĐT suy điều cần chứng minh (Điều quan trọng trường hợp để ý dấu xảy ra) Cách2: áp dụng BĐT Cô Si ta có 8a + (a + b) + (b + c) ≥ 6a (1) (a + b)(b + c) 8b3 + (b + c) + (c + a) ≥ 6b (2) (b + c)(c + a) 8c + (c + a ) + (a + b) ≥ 6c (3) (c + a)(a + b) Cộng BĐT suy điều cần chứng minh a3 b3 c3 + + ≥ (a + b + c) b/ b(c + a) c(a + b) a (b + c) Cách1: áp dụng BĐT Cô Si ta có 4a + 2b + (c + a ) ≥ 6a (1) b(c + a ) 4b3 + 2c + (a + b) ≥ 6b (2) c ( a + b) 4c + 2a + (b + c ) ≥ 6c (3) a (b + c) Cộng BĐT suy điều cần chứng minh Cách2: Áp dụng BĐT Cô Si ta có a3 b c+a + + ≥ a (1) b(c + a ) b c a +b + + ≥ b (2) c ( a + b) Tổ Toán – Trường THPT Núi Thành Trang Chuyên đề: Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức c3 a b+c + + ≥ c (3) a (b + c) Cộng BĐT suy điều cần chứng minh Với ý tưởng ta giải tương tự câu : a b5 c5 a b5 c a b c a b3 c 3 3 3 c/ + + ≥ a + b + c d/ + + e/ + + ≥ + + ≥ a +b +c b c a bc ca ab b c a b c a 3 4 a b c a b c f/ g/ + + ≥ a + b + c + + ≥ a2 + b2 + c2 a + 2b b + 2c c + 2a bc ca ab 2 bc ca ab a b c + + ≥ ( với : a+b+c = 3abc) h/ + + ≥ k/ a (c + 2b) b (a + 2c) c (b + 2a) b c a a+b+c a3 b3 c3 a b5 c5 2 + + ≥ (a + b + c) l/ + + ≥ ab + bc + ca m/ 2 ( b + c) ( c + a) ( a + b) b c a ( ) Bài tập 2: Cho a, b, c cạnh tam giác có chu vi Tìm giá trị nhỏ biểu thức: ( a + b − c )3 (b + c − a )3 (c + a − b)3 + + 3c 3a 3b ( a + b − c )3 c , Áp dụng BĐT Cô-si cho số dương ta được: 3c P= ( a + b − c )3 c ( a + b − c)3 4c + + ≥ a+b−c ⇒ ≥ a + b − − (1) 3c 3 3c 3 (b + c − a ) 4a (c + a − b )3 4b ≥b+c− − ≥c+a− − (3) (2); 3a 3 3b 3 Cộng (1), (2) (3) ta suy P ≥ ⇒ P = a = b = c = Tương tự: Bài tập 3: ( Bài toán sáng tác chủ định giải theo “ thêm yếu tố phụ” , nhiên giải theo cách khác nhanh hơn) Cho x, y, z > thoả mãn x + y + z ≥ Tìm giá trị nhỏ biểu thức x2 y2 z2 Q= + + x + yz y + zx z + xy y+z 2x + y + z ⇒ x + yz ≤ -Ta có: x + yz ≤ x + 2 2 x 2x z2 2z2 y y2 ⇒ ≥ ≥ ≥ (1), Tương tự: (2); (3) x + yz x + y + z z + xy z + x + y y + zx y + z + x -Lấy (1) cộng (2) cộng (3) vế theo vế ta được:   x2 y2 z2 Q ≥ 2 + + ÷  2x + y + z y + z + x 2z + x + y  16 x 16 y + ( x + y + z ) ≥ x (1’); + ( y + z + x ) ≥ y (2’); +Lại có: 2x + y + z 2y + z + x 16 z + ( z + x + y ) ≥ z (3’) 2z + x + y -Lấy (1’) cộng (2’) cộng (3’) vế theo vế ta được: Tổ Toán – Trường THPT Núi Thành Trang Chuyên đề: Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức   x2 y2 z2 x2 y2 z2 x+ y+z 16  + + ≥ 4( x + y + z ) ⇒ + + ≥ ≥ ÷ 2x + y + z y + z + x 2z + x + y 4  2x + y + z y + z + x 2z + x + y  3 ⇒ Q ≥ Vậy MinQ = x=y=z=1 ( Nếu dùng Cauchy-Schwarz sẻ nhanh hơn) 2 Bài tập 4: ( Bài toán sáng tác chủ định giải theo “thêm yếu tố phụ” , nhiên giải theo cách khác nhanh hơn) Cho x, y, z > thoả mãn x + y + z ≥ Tìm giá trị nhỏ biểu thức x3 y3 z3 Q= + + x + yz y + zx z + xy y+z 2x + y + z ⇒ x + yz ≤ -Ta có: x + yz ≤ x + 2 3 x 2x z3 2z3 y y3 ⇒ ≥ ≥ ≥ (1) ; Tương tự: (2) ; (3) x + yz x + y + z z + xy z + x + y y + zx y + z + x   x3 y3 z3 + + -Lấy (1) cộng (2) cộng (3) vế theo vế ta được: Q ≥  ÷  2x + y + z y + z + x 2z + x + y  +Lại có: 16 x + x ( x + y + z ) ≥ x (1’) 2x + y + z 16 y + y ( y + z + x ) ≥ y (2’) 2y + z + x 16 z + z ( z + x + y ) ≥ z (3’) 2z + x + y -Lấy (1’) cộng (2’) cộng (3’) vế theo vế ta được:   x2 y2 z2 2 16  + + ÷+ 2( xy + yz + zx ) ≥ 6( x + y + z )  2x + y + z y + z + x 2z + x + y    x2 y2 z2 2 8 + + ÷ + ( xy + yz + zx) ≥ 3( x + y + z ) (*) x + y + z y + z + x z + x + y   2 -Lại có: x + y + z ≥ xy + yz + zx (**) Lấy (*) cộng (**) vế theo vế ta được:   x2 y2 z2 2 8 + + ÷≥ 2( x + y + z )  2x + y + z y + z + x 2z + x + y  mà x + y + z 2 ( x + y + z) ≥ x2 y2 z2 32 ⇒ + + ≥ ≥ 2x + y + z y + z + x 2z + x + y 3 3 ⇒ Q ≥ Vậy MinQ = x=y=z=1 2 Bài tập 5: Cho số thực a,b,c>0 thoả a + b + c = 3abc Chứng minh rằng: bc ca ab + + ≥ (*) a ( 2b + c ) b ( 2c + a ) c ( 2a + b ) Tổ Toán – Trường THPT Núi Thành Trang Chuyên đề: Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức DẠNG 2: SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY-SCHWARZ 1/ VẬN DỤNG CƠ BẢN THƯỜNG GẶP: BÀI 1: Cho a;b;c số dương thoả: ab+bc+ca ≤ 3abc a 4b b 4c c4a Chứng minh rằng: + + ≥ ( Toán học tuổi trẻ - ngày 19/1/2007) 2a + b 2b + c 2c + a 1 Giải: ab+bc+ca ≤ 3abc ⇔ + + ≤ (*) a b c 1 Đặt : = x, = y , = z ; Khi (*) viết lại : x + y + z ≤ ( x,y,z > 0) (1) a b c a3 b3 c3 a3 b3 c3 a 4b b 4c c4a + + ≥ + + ⇔ 2 ≥ (**) Ta có: + + ≥ ⇔ 2a + b 2b + c 2c + a + + + 2a + b 2b + c 2c + a ab bc ca b a c b a c 3 2 1 1 1 1 1 1  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷ Khi (**) viết lại :  x ÷  +  y  +  z  ≥1 ⇔  x  +  y  +  z  ≥1 y + x 2z + y 2x + z xy + x 2 yz + y 2 zx + z a2 a2 a2 ( a + a + a ) +Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz : + + ≥ ; với ; bi > 0;1 ≤ i ≤ b1 b2 b3 b1 + b2 + b3 2 1  1 1 1 1  y÷  + + ÷  ÷  ÷  x +   +  z ≥ x y z xy + x 2 yz + y 2 zx + z 2 xy + x + yz + y + zx + z 2 Ta có: 2 2 2 1 1 1   1 1 81 81  y÷ x+ y+ z÷ x + y + x =  ÷  ÷ ≥ ≥ = x z        ⇒ + + ≥ ( x + y + z) 2 xy + x 2 yz + y 2 zx + z ( x + y + z) ( x + y + z) ( : x + y + z ≤ ) Dấu xảy khi: x = y = z = hay a = b = c = BÀI 2: Cho a;b;c số dương thoả: a.b.c = Chứng minh rằng: 1 2 + + ≤1 ⇔ + + ≤2 2+a 2+b 2+c 2+a 2+b 2+c 2 a a a ⇔ 1− +1− +1− ≤1 ⇔ + + ≥ (*) 2+a 2+b 2+c 2+a 2+b 2+c x y z Vì : a.b.c = nên tồn x,y,z dương cho: a = ; b = ; c = y z x x y z + + ≥1 Khi (*) viết lại: x + y y + 2z z + 2x 1 + + ≤1 2+a 2+b 2+c * Ta có: Ta có: x y z x2 y2 z2 (x + y + z) + + = + + ≥ =1 x + 2y y + 2z z + 2x x + 2xy y + 2yz z + 2zx x + y + z + 2xy + 2yz + 2zx Dấu xảy khi: x = y = z = hay a = b = c = 1 1 =1 BÀI 3: Cho a,b,c,d số thực dương thỏa : + + + a +1 b +1 c +1 d +1 Chứng minh : abcd ≥ (Lavia 2002) Tổ Toán – Trường THPT Núi Thành Trang Chuyên đề: Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức Ta có :  1 1  1 1  2+ 2+ 2+ 2÷ 4 4 1 1 a b c d  1= + + + = a + b + c + d ≥ 1 1 1 1 a +1 b +1 c +1 d +1 +1 +1 +1 +1 + + + +4 a4 b4 c4 d4 a b4 c d 1 1 1 1 1  1 1  Suy ra: + + + + ≥  + + + ÷ hay ≥ 2 + 2 + 2 + 2 + 2 + 2 (1) ab ac ad bc bd cd a b c d a b c d  Mà theo bất đẳng thức AM-GM 1 1 1 1 1 1 + 2 + 2 + 2 + 2 + 2 ≥ 66 2 2 2 2 2 2 2 ab ac ad bc bd cd ab ac ad bc bd cd 1 1 1 hay 2 + 2 + 2 + 2 + 2 + 2 ≥ (2) Từ (1) (2) suy abcd ≥ ab ac ad bc bd cd abcd Đẳng thức xảy a = b = c = d = 3ab + 3bc + 3ca + + + ≥ BÀI 4: Cho số thực a,b,c không âm thoả: ab+bc+ca=1 Chứng minh rằng: a +b b+c c+a Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: 4ab 4bc 4ca 3ab + ab + bc + ca 3bc + ab + bc + ca 3ca + ab + bc + ca + + ≥4 ⇔ + + +a+b+c ≥ a+b b+c c+a a+b b+c c+a Để ý rằng: ab( a + b) + bc(b + c ) + ca (c + a ) = ( a + b + c)(ab + bc + ca ) − 3abc ≤ ( a + b + c)(ab + bc + ca ) = a + b + c -Sử dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có: ab bc ca a 2b2 b2 c c2 a2 (ab + bc + ca ) ≥ ≥ + + = + + a + b b + c c + a ab(a + b) bc(b + c ) ca (c + a ) ab(a + b) + bc(b + c) + ca (c + a ) a + b + c 4ab 4bc 4ca + + +a+b+c ≥ + (a + b + c) a+b b+c c+a a +b+c 4 Mà : + (a + b + c) ≥ (a + b + c) = a+b+c a+b +c Suy điều phải chứng minh Đẳng thức xảy biến hai biến lại a2 b2 c2 + + ≤ BÀI 5: Cho số thực dương a,b,c Chứng minh : 2 2 2 5a + ( b + c ) 5b + ( c + a ) 5c + ( a + b ) Do đó, ta có: Ta có: ⇒ 9a 5a + ( b + c ) a2 5a + ( b + c ) Suy ra: ≤ = ( a + 2a ) a2 4a ≤ + ( a + b2 + c2 ) + ( 4a + 2bc ) a + b2 + c2 4a + 2bc a2 2a + ( a + b + c ) ( 2a + bc ) a2 5a + ( b + c ) + b2 5b + ( c + a ) + c2 5c + ( a + b ) ≤   a2 b2 c2 +  + + ÷ 9  2a + bc 2b + ca 2c + ab  Tổ Toán – Trường THPT Núi Thành Trang Chuyên đề: Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức 1 + + ≤1 a2 b2 c2 b c c a a b + + ≤ hay Do ta cần chứng minh: (*) + + + 2a + bc 2b + ca 2c + ab a a b b c c a b c , y = , z = , ta có : x,y,z>0 x.y.z=1 b c a 1 + + ≤1 x y z ⇔ + + ≤1 Khi (*) viết lại: + z + x + y 2x + z y + x 2z + y x y z x y z y y z ⇔ + + ≤ ⇔ + + ≥ ( Cô Si nhẹ nhàng) z x y 2x + z y + x 2z + y -Đặt x = BÀI 6: Cho số thực dương a,b,c Chứng minh (*) -Ta có: a + b + c ≥ ab + bc + ca ⇒ a2 + b2 + c2 ab bc ca ≥ + + ab + bc + ca a + ab + bc b + bc + ca c + ca + ab a + b2 + c ≥1 ab + bc + ca ab bc ca + + a + ab + bc b + bc + ca c + ca + ab ab bc ca ab bc ca +1− +1− ≥2 ⇔3≥ + + + ⇔ 1− a + ab + bc b + bc + ca c + ca + ab a + ab + bc b + bc + ca c + ca + ab Do ta cần chứng minh: ≥ a + bc b + ca c + ab + + ≥2 a + ab + bc b + bc + ca c + ca + ab a2 b2 c2 bc ca ab ⇔ + + + + + ≥ (**) a + ab + bc b + bc + ca c + ca + ab a + ab + bc b + bc + ca c + ca + ab ⇔ a2 b2 c2 ( a + b + c) + + ≥ = (1) a + ab + bc b + bc + ca c + ca + ab (a + b + c ) -Ta có: bc ca ab + + = a + ab + bc b + bc + ca c + ca + ab (ab + bc + ca ) b2c c2a2 a 2b ≥ = (2) + + a 2bc + ab c + b c b ca + bc a + c a c ab + ca 2b + a 2b (ab + bc + ca ) Từ (1) (2) suy điều phải chứng minh  a   b   c  BÀI 7: Cho số thực dương a,b,c Chứng minh rằng:  ÷ + ÷ + ÷ ≥  a + 2b   b + 2c   c + 2a  a b c + + ≤1 BÀI 8: Cho số thực dương a,b,c thoả: a.b.c =1 Chứng minh rằng: a +2 b +2 c +2 BÀI 9: Cho số thực dương a,b,c Chứng minh ( a + b)(b + c)(c + a )  a b2 c2  ≥  + + ÷(*) abc  a + bc b + ca c + ab  Tổ Toán – Trường THPT Núi Thành Trang Chuyên đề: Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức 2/ SỬ DỤNG YẾU TỐ “ CÓ ÍT NHẤT ”: Bài tập1:(Iranian IMO 2009) Cho ba số dương a,b,c thỏa điều kiện a + b + c = Chứng ming rằng: 1 + 2 + ≤ (*) 2 a +b +2 b +c +2 c +a +2 1 + + ≤ Ta có (*) tương đương với bất đẳng thức sau: + 2 2 a +b +2 b +c +2 c +a +2 1 1 1 ⇔( − )+( − 2 )+( − )≥ 2 a +b +2 b +c +2 c +a +2 2 2 2 a +b b +c c +a ⇔ + + ≥ (**) 2 a +b +2 b +c +2 c +a +2 ( x + y )2 + ( x − y )2 Sử dụng: x + y = , ta có (**) viết lại: ( a + b) (b + c) (c + a ) (a − b) (b − c) (c − a ) + + + + + ≥3 a + b2 + b2 + c2 + c + a + a + b + b + c + c + a + (a + b) (b + c ) (c + a ) 4( a + b + c ) + + ≥ Ta có: (1) a + b + b + c + c + a + 2(a + b + c ) + Nếu dùng Cauchy-Schwarz trực tiếp ta có: ( a − b) (b − c ) (c − a ) (a − b + b − c + c − a) + + ≥ =0 a + b2 + b2 + c + c + a + 2(a + b + c ) + đánh giá lỏng lẻo, hiển nhiên ( a − b) (b − c) (c − a ) + + ≥0 2 a + b + b + c + c + a2 + Ta đánh giá chặt sau: (a − b)2 (b − c ) (c − a ) (a − b ) (b − c ) (a − c) 4(a − c ) + + = + + ≥ a + b + b + c + c + a + a + b + b + c + c + a + 2(a + b + c ) + ( a − b) (b − c) (c − a ) 4(a − c) ⇒ + + ≥ (2) a + b + b + c + c + a + 2(a + b + c ) + Từ (1) (2) ta đưa bất đẳng thức cần chứng minh về: 4(a + b + c ) 4(a − c ) + ≥ ⇔ 2(a + b + c ) + 2( a − c) ≥ 3( a + b + c ) + 2(a + b + c ) + 2( a + b + c ) + ⇔ 2(a + b + c ) + 2( a − c ) ≥ 3(a + b + c ) + (a + b + c) ⇔ (a − b)(b − c) ≥ (4) Nhận xét (4) Nhưng ta “ép” Thật vậy: (a − b)2 (b − c ) (c − a ) (a − b ) (c − b ) (c − a ) 4(c − b) + + = + + ≥ a + b + b + c + c + a + a + b + b + c + c + a + 2(a + b + c ) + ( a − b) (b − c) (c − a ) 4(b − c)2 ⇒ + + ≥ a + b + b + c + c + a + 2(a + b + c ) + (b − a ) (b − c) (c − a) (b − a ) (b − c) (c − a ) 4(b − a ) + + = + + ≥ Và a + b + b + c + c + a + a + b + b + c + c + a + 2(a + b + c ) + ⇒ ( a − b) (b − c) (c − a ) 4(b − a) + + ≥ a + b + b + c + c + a + 2( a + b + c ) + Ta đưa toán cần chứng minh: (c − a )(a − b) ≥ (5) (b − c )(c − a ) ≥ (6) Tổ Toán – Trường THPT Núi Thành Trang Chuyên đề: Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức Như (4), (5), (6) có bất đẳng thức toán ta chúng minh xong 2 Ta có: [ (a − b)(b − c) ] [ (c − a)(a − b) ] [ (b − c)(c − a) ] = ( a − b) (b − c) (c − a) ≥ , ( a − b)(b − c) , (c − a )( a − b) , (b − c)(c − a) có số không âm Tức ba bất đẳng thức (4), (5), (6) có bất đẳng thức Vậy toán chúng minh Dấu “=” xảy a=b=c=1 Bài tập 2: Cho ba số dương a,b,c thỏa điều kiện a + b + c = Chứng ming rằng: a2 + b2 b2 + c2 c2 + a + + ≥ (*) a +b b+c c+a a + b a + b (a − b) = + Để ý rằng: , bất đẳng thức cho viết lại: a+b 2(a + b) (a − b) (b − c) (c − a) a +b+c+ + + ≥3 2(a + b) 2(b + c) 2(c + a ) ( a − b ) (b − c ) ( a − c ) ( a − c ) + + ≥ Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có: 2(a + b) 2(b + c ) 2(c + a) a + b + c Bài toán quy chứng minh: a + b + c + (a − c) ≥3 a+b+c ( a − c) ( a − c) + (b − a)(b − c) ( a − b)(b − c) = a +b +c + + a+b+c a +b+c a +b+c 3(a + b + c ) − (a + b + c ) (a − b)(b − c) a + b + c (a − b )(b − c) (a − b)(b − c ) = a+b+c+ + = + + ≥ 3+ 2(a + b + c) a+b+c 2(a + b + c ) a+b+c a+b+c Như toán chứng minh xong (a − b)(b − c) ≥ (1) Đánh giá tương tự ta có: (b − c )(c − a ) ≥ (2) (c − a )(a − b) ≥ (3) Lập luận toán trước, ta thấy ba bất đẳng thức (1), (2), (3) có bất đẳng thức Do toán chứng minh Dấu xảy a=b=c=1 Bài tập 3: Cho ba số a,b,c thỏa điều kiện a + b + c = Chứng ming rằng: Ta có: a + b + c + 1 + + ≤1 − 6ab − 6bc − 6ca Bất đẳng thức cần chứng minh viết lại:  1  1  1 − 2ab − 2bc − 2ca 1 + + ≥  − ÷+  − ÷+  − ÷≥ ⇔ − 6ab − 6bc − 6ca  − 6ab   − 6bc   − 6ca  Do − 2ab = a + b + c − 2ab = (a − b) + c , tương tự − 2bc = (b − c)2 + a ,1 − 2ca = (c − a ) + b Do BĐT viết lại: c2 a2 b2 (a − b) (b − c) (c − a) + + + + + ≥ − 6ab − 6bc − 6ca − 6ab − 6bc − 6ca c2 a2 b2 ( a + b + c) + + ≥ − 6ab − 6bc − 6ca 15 − 6( ab + bc + ca) ( a − b) (b − c) ( a − c) 4( a − c) + + ≥ − 6ab − 6bc − 6ca 15 − 6(ab + bc + ca ) Ta cần chứng minh (a + b + c) 4(a − c ) + ≥ 15 − 6( ab + bc + ca ) 15 − 6(ab + bc + ca ) Tổ Toán – Trường THPT Núi Thành Trang 10 Chuyên đề: Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức ⇔ (a + b + c) + 4(a − c) ≥ − 2(ab + bc + ca ) ⇔ (a + b + c) + 4(a − c) ≥ 5(a + b + c ) − 2(ab + bc + ca ) ⇔ (a − b)(b − c) ≥ (1) Đánh giá tương tự ta được: ( a − b)(b − c ) ≥ (2) (a − b)(b − c) ≥ (3) Lập luận toán trước, ta thấy ba bất đẳng thức (1), (2), (3) có bất đẳng thức Do toán chứng minh Dấu xảy a = b = c = ± Mở rộng: Từ toán ta mở rộng toán sau 1 + + ≤ Cho ba số a,b,c dương thỏa điều kiện a + b + c = Chứng ming rằng: − bc − ca − ab (Tạp chí Crux Mathematicorum) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có: 16 (1 + 3) 12 32 = ≤ + ⇒ ≤ 1+ − bc + (5 − 6bc) − 6bc − bc − 6bc 9 ≤ 1+ ≤ 1+ Tương tự , − 6ab − ca 5ca − ab 8 1  1  8 1   + + + + + + Suy  ÷≤ +  ÷⇒  ÷≤ + 9.1  − bc − ca − ab   − 6ab − 6bc − 6ca   − bc − ca − ab  1 ⇒ + + ≤ − bc − ca − ab Bài tập 4: Cho ba số thực dương a,b,c Chứng ming rằng: a b c ab bc ca + + ≥ + + 2a + b 2b + c 2c + a a + ab + b b + bc + c c + ca + a Bài tập 5: Cho ba số thực dương x,y,z số thực dương thỏa xyz=1 1 + + ≤1 Chứng minh x + y +1 y + z +1 z + x +1 Bài tập 6: Cho ba số a,b,c thỏa điều kiện a + b + c = Chứng ming rằng: a2 + b2 + c2 + + + ≤5 2a + (b + c) 2b + (c + a) 2c + ( a + b) DẠNG 3: MỘT SỐ BÀI TOÁN SỬ DỤNG HAI BỔ ĐỀ CƠ BẢN Bổ đề 1: Trong số a, b c tồn hai số mà lớn m hay nhỏ m ( với m số thực tuỳ ý) Không tính tổng quát giả sử : a ≤ b ≤ c -Nếu b ≤ m a ≤ m b ≤ m -Nếu b > m b>m c>m (điều phải chứng minh) x ≤ m x ≥ m  ta có: xy ≥ m( x + y ) − m y ≥ m y ≤ m Bổ đề 2: Nếu  ( dễ dàng suy từ BĐT: ( x − m)( y − m) ≥ ) Tổ Toán – Trường THPT Núi Thành Trang 11 Chuyên đề: Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức Bài tập 1: Cho số thực a,b,c dương thoả : a + b + c + abc = (*) Chứng minh rằng: ≤ ab + bc + ca − abc ≤ (USAMO-2000) -Từ giả thết suy có ba số a,b,c không lớn 1.Giả sử số c, ta có: ab + bc + ca − abc = ab(1 − c ) + c(a + b ) ≥ *Ta chứng minh: ab + bc + ca − abc ≤ -Cách1: -Không tính tổng quát, giả sử hai số a b thoả: “Trong số a, b c tồn hai số mà lớn m hay nhỏ m ( với m số thực tuỳ ý)” ta có: a ≥  a ≤ ⇒ c (a − 1)(b − 1) ≥ ⇒ abc ≥ ac + bc − c   b ≤ b ≥ -Mặt khác ta có: = a + b + c + abc ≥ 2ab + c + abc ⇒ ≥ 2ab + c + abc ⇒ − c ≥ ab(2 + c) ⇒ ab ≤ − c Suy ra: ab + bc + ca − abc ≤ (2 − c ) + bc + ca − (ac + bc − c ) = a ≤ a ≥ -Cách2: Không tính tổng quát giả sử:   b ≥ b ≤ Khi theo Bổ đề ta có: ab ≥ a + b − ⇒ abc ≥ ac + bc − c ⇒ ab + bc + ca − abc ≤ ab + bc + ca − (ac + bc − c) ⇒ ab + bc + ca − abc ≤ ab + c Ta chứng minh ab + c ≤ (1) Từ a + b + c + abc = (*) ta có: a ≤ 4, b2 ≤ 4, ab ≤ a + b2 ≤4 Mặt khác (*) ⇔ c2 + abc + a + b − = (**) Xem (**) phương trình bậc hai theo biến c ∆ = (ab)2 − 4(a + b − 4) = (4 − a )(4 − b ) ≥ Phương trình (**) có hai nghiệm; −ab + (4 − a )(4 − b ) −ab − (4 − a )(4 − b ) c = c= 2 2 −ab + (4 − a )(4 − b ) Vì c ≥ nên c = −ab + (4 − a )(4 − b ) −ab + (4 − a )(4 − b ) ≤ ⇔ ab + ≤2 2 2 ⇔ − ab ≥ (4 − a )(4 − b ) ⇔ (4 − ab) ≥ (4 − a )(4 − b ) ( − a ≥ 0, − b ≥ nên − ab ≥ ) Do (1) ⇔ ab + ⇔ (a − b) ≥ (đúng) Suy điều phải chứng minh -Cách3: -Từ giả thiết, dễ dàng chứng minh tồn ba số không âm x, y ,z cho: (x+y)(y+z)(z+x)>0 và: 2x 2y 2z a= ,b = ,c = ( x + y)( y + z ) ( y + z )( z + x) ( z + x)( x + y ) -Bài toán đưa chứng minh: xy yz + ( x + y ) ( x + z )( y + z ) ( y + z ) ( y + x)( z + x) zx xyz + − ≤1 ( z + x ) ( z + y )( x + y ) ( x + y ) ( y + z ) ( z + x ) Tổ Toán – Trường THPT Núi Thành Trang 12 Chuyên đề: Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức xy yz + ( x + y ) ( x + z )( y + z ) ( y + z ) ( y + x)( z + x) + zx xy  1  ≤ +  ÷+ ( z + x) ( z + y )( x + y ) x + y  x + z y + z  yz  1  zx  1  + +  ÷+  ÷ y+z y+x z+x z+x z+ y x+ y xyz = 1+ ( x + y) ( y + z) ( z + x ) Thay vào điều cần chứng minh Bài tập2: Cho số thực a,b,c dương thoả: ab + bc + ca + abc = Chứng minh rằng: a + b + c ≥ ab + bc + ca (VIỆT NAM-2000) -Cách 1: -Không tính tổng quát, giả sử hai số a b thoả: “Trong số a,b c tồn hai số mà lớn m hay nhỏ m ( với m số thực tuỳ ý)”., ta có: a ≥ a ≤ ⇒ c (a − 1)(b − 1) ≥ ⇒ abc ≥ ac + bc − c   b ≤ b ≥ ⇒ (a + b + c) + abc ≥ (a + b + c) + ac + bc − c ⇒ a + b + c + abc ≥ (a + b)(c + 1) (1) Mặt khác ta có: = ab + bc + ca + abc = abc + c(a + b) + ab ≤ (a + b)2 ( a + b) c + c (a + b) + 4 ( a + b) 4 ⇒c≥ ⇒c≥ − ⇒ ( a + b)(c + 1) ≥ (2) (a + b) a +b (a + b) + Từ (1) (2) suy ra: a + b + c + abc ≥ ⇒ a + b + c + abc ≥ ab + bc + ca + abc ⇒ a + b + c ≥ ab + bc + ca -Cách2: -Từ giả thiết, dễ dàng chứng minh tồn ba số không âm x, y ,z cho: (x+y)(y+z)(z+x)>0 và: 2x 2y 2z a= ,b = ,c = y+z z+x x+ y x y z xy yz zx + + ≥ + + -Bai toán đưa chứng minh: y + z z + x x + y ( x + z )( y + z ) ( y + x )( z + x ) ( z + y )( x + y ) 4−    1    VT ≤ xy  + + yz  + + zx  + 2 2 2  ( x + z ) ( y + z)   ( y + x ) ( z + x)   ( z + y) ( x + y)  = = x y z + + y+z z+x x+ y (ngoài ta gặp lại toán phương pháp dồn biến) Bài tập 3: Cho số thực a,b,c>0 thỏa abc=1 Chứng minh 1 + + + ≥ 2(a + b + c) a b2 c2 a ≥ a ≤ Không tính tổng quát giả sử:   Suy (a − 1)(b − 1) ≥ b ≤ b ≥ 1 1 1 Ta có: P = + + + − 2(a + b + c) =  − ÷ + + − 2(a + b + c) + a b c  a b  ab c Tổ Toán – Trường THPT Núi Thành Trang 13 Chuyên đề: Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức 2 1 1 1 1 1 1 =  − ÷ + 2c + a b − 2(a + b + c) + =  − ÷ + a b − 2a − 2b + =  − ÷ + 2(a − 1)(b − 1) + (ab − 1) ≥ a b a b a b Từ suy điều cần chứng minh Bài tập 4: Cho số thực x,y,z Chứng minh xyz + 2(x + y + z ) + ≥ 5(x + y + z) ( Chuyên mục chào IMO 2007 đợt tạp chí THTT số 357 tháng năm 2007) Bài tập 5: Cho số thực x,y,z không âm Chứng minh 5(x + y3 + z3 ) + 3xyz + ≥ 9(xy + yz + zx) Bài tập 6: Cho số thực x, y, z ∈ (0;1) thỏa xyz = (1 − x)(1 − y)(1 − z) (*) 2 Chứng minh ta có x + y + z ≥ Bài tập 7: Cho số thực x,y,z thỏa xyz=1 Chứng minh x y + y2 z2 + z x + ≥ 2(x + y + z) Bài tập 8: Cho số thực x,y,z Chứng minh (x + 2)(y + 2)(z + 2) ≥ 3(x + y + z) DẠNG 4: ỨNG DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ ĐỂ TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT-GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA BIỂU THỨC NHIỀU BIẾN Đây phương pháp để chứng minh bất đẳng thức, tìm GTLN-GTNN hàm số biểu thức nhiều biến Để sử dụng phương pháp ta thường tiến hành sau: - Với bất đẳng thức (biểu thức) ta chọn hàm số thích hợp (các hàm số thường thấy từ đầu bài, sau vài phép biến đổi đơn giản sẻ tìm nó) - Khảo sát chiều biến thiên hàm số vừa tìm miền xác định (miền xác định tìm thấy dựa vào điều kiện đầu bài) Thông thường ta sử dụng đạo hàm để lập bảng biến thiên - Từ bước hai sẻ cho ta lời giải phép chứng minh bất đẳng thức, giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số, biểu thức nhiều biến Bài tập 1: Cho số thực x, y, z số thực phân biệt không âm Tìm giá trị nhỏ  1  A = ( x2 + y2 + z2 )  + + 2 2  ( x − y) ( y − z ) ( z − x)  Cách 1: Trước tiên ta để ý rằng: + Hầu hết bất đẳng thức đối xứng ba biến đẳng thức xảy hai biến biến + Đối với toán xảy hai biến -Đặt z=min{x,y,z} Khi ta có :  1 1 + + 2 y x   ( x − y) x ≥ x − z > 0, y ≥ y − z > ⇒ A ≥ ( x + y )  -Ta có :   1 1 x2 + y2    = ( x − y ) + xy + (x2 + y2 )  + + =     ( x − y )2 x2 y  y x    ( x − y)  ( x − y ) + xy   ( x − y ) + xy   ( x − y)2  xy xy = ( x − y )2 + xy   + = + + + 2 = 1+ +  2    2 x y ( x − y )  xy ( x − y)  xy  ( x − y)    đặt t = ( x − y )2 ,t>0 xy Tổ Toán – Trường THPT Núi Thành Trang 14 Chuyên đề: Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức 11 + 5 −1 Xét f (t ) = + + (t + 2) Lập bảng biến thiên tìm Minf (t ) = t = t 2 ( x − y) −1 11 + 5 = Vậy MinA = , z=0 hoán vị xy 2 Cách 2: Giả sử z=min{x,y,z} ( x − y ) + ( y − z ) + ( z − x) + 2( xy + yz + zx ) 2 ( x − y ) + ( y − z + z − x ) − 2( y − z )( z − x ) + 2( xy + yz + zx ) ( x − y ) + ( y − x) + 2( y − z )( x − z ) + 2( xy + yz + zx) = = 2 2( x − y ) + 2( y − z )( x − z ) + 2( xy + yz + zx ) = x2 + y + z = Hơn xy + yz + zx ≥ ( y − z )( x − z ) Thật vậy: xy + yz + zx ≥ ( y − z )( x − z ) ⇔ z (2 x + y − z ) ≥ (đúng) Do x + y + z ≥ ( x − y ) + 2( x − z )( y − z ) (1) 1  1  1 + + + + −2 2 = ÷ ( x − y ) ( y − z ) ( z − x) ( x − y)  y − z z − x  ( y − z ) ( z − x) = ( x − y )2 1   y−x 1 (2) = + +2 + +  ÷ 2 2 ( y − z) ( x − z) ( x − y )  ( y − z )( z − x )  ( y − z ) ( x − z ) ( x − y) ( y − z ) ( x − z ) Đặt u=(x-y)2 v=(y-z)(x-z) (3) u Từ (1), (2) (3) suy : A ≥ (u + 2v)( + Đặt t = u u u v + ) =  ÷ +4 +2 +5 v v v v u u , t > Xét f (t ) = t + 4t + + t v 11 + 55 −1 + ⇔t = 2  −1 + 11 + 55 ( x − y ) = xy ⇔ Vậy H = (và hoán vị) 2  z = 0, x > 0, y >  Lập BBT suy f (t ) = Nói thêm: Nếu đề toán sửa lại: cho số thực x, y, z số thực phân biệt Tìm giá trị nhỏ  1  A = ( x2 + y + z )  + + 2   ( x − y ) ( y − z ) ( z − x)  Phân tích: + Hầu hết bất đẳng thức đối xứng ba biến đẳng thức xảy hai biến biến + Đối với toán xảy hai biến Giả sử ta cho : y=0, x z khác 1  x2 z z + z 2  = + + +2 Khí ta có : A = ( x + z )  + + z ( z − x)  z x ( z − x ) x x2 z z2 + z2 z2 + z2 ≥ ⇔ ( x + z )2 ≥ + ≥ 2, ≥ Nhận xét : 2 2 , dấu “=” xảy x=-z z x ( z − x) Thật ( z − x ) ⇒ A= 2+ +2= 2, dấu “=” xảy y=0 x=-z (Suy ra: x+y+z=0) Giải: Tổ Toán – Trường THPT Núi Thành Trang 15 Chuyên đề: Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức + Nhận xét ( x + y + z )2 + ( x − y )2 + ( y − z )2 + ( z − x) ( x − y ) + ( y − z ) + ( z − x ) x +y +z = ≥ 3 2 ( x − y )2 + ( y − z ) + ( z − x) )  1  ⇒ A≥ + +  2 2  ( x − y ) ( y − z ) ( z − x)  Không tính tổng quát giả sử x>y>z Đặt a=x-y, b=y-z, z-x=-(a+b) (a,b>0) ⇒ A≥ 1  a + b + ( a + b) )  1  + 2+ ⇒ A ≥ (a + ab + b )  + +  2 2 3  a b ( a + b)   a b (a + b)  3 ( a + b) + (a − b ) ≥ ( a + b ) 4 1 2 1 + ≥ , ( a + b) ≥ 4ab ⇒ ≥ ⇒ 2+ ≥ a b ab ab (a + b) a b ( a + b) a + ab + b =   ⇒ A ≥ (a + b)  + 2 ⇒ A≥ ( a + b ) ( a + b )   a − b = ( x − y ) − ( y − z ) =  x + z = y z = −x ⇔ ⇔ ⇔ x + y + z = y = x + y + z = x + y + z = Dấu « = » xảy :  Vậy GTNN A 9/2 y=0,x+z=0 hoán vị Bài 2: Cho số thực a,b,c >0 Tìm GTNN biểu thức A = a + b2 + c2 + − (a + 1)(b + 1)(c + 1) 1 1 2 Lời giải: -Áp dung BĐT x + y ≥ (x + y) ta có: a + b + c + ≥ (a + b) + (c + 1) ≥ (a + b + c + 1) 2 ( a + b + c + 3) (a + 1)(b + 1)(c + 1) ≤ 27 2 54 − ≤ − Suy A = a + b + c + (a + 1)(b + 1)(c + 1) a + b + c + (a + b + c + 3) 54 Đặt t=a+b+c+1,t>1 Khi ta có: A ≤ − t (t + 2)3 54 −2 54.3  t = 1(loai) f '(t) = ⇔  t ∈ (1; +∞) f '(t) = + Xét f (t) = − , , t (t + 2) t (t + 2) t = Lập bảng biến thiên suy được: max A = max f (t ) = f (4) = a = b = c = t∈(1;+∞ ) Bài 3: Cho số thực x,y,z >0 thoả x + y + z ≤ Tìm GTNN biểu thức A = x2 + 1 + y2 + + z + 2 x y z (Khối A-2003) r  1 r  1 r  1 Lời giải: Đặt a =  x; ÷, b =  y; ÷, c =  z; ÷  x  z  y r r r r r r -Theo tính chất véc tơ ta có: a + b + c ≥ a + b + c Tổ Toán – Trường THPT Núi Thành Trang 16 Chuyên đề: Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức 1 ⇒ A = x + + y2 + + z2 + ≥ x y z Đặt t = ( ) xyz , suy A ≥ 9t + -Lại có: < t = ( -Xét f (t) = 9t + xyz ) 2 1 1 ( x + y + z) +  + + ÷ ≥ x y z (3 xyz ) 2  1 1 +  3 ÷ ÷  x y z t  x+y+z ≤ ÷ ≤   9 , với < t ≤ t Lập bảng biến thiên suy được: A = 82 x = y = z = 2 Bài 4: Cho số thực x y khác thỏa : xy ( x + y ) = x + y − xy (*) 1 Tìm giá trị lớn biểu thức A = + (Khối A-2006) x y Lời giải: Đặt : S = x+y , P = xy Khi ta có : xy ( x + y ) = x + y − xy viết lại : P ( S + 3) = S ⇔ P = S2 S +3 Ta có : 1 x + y ( x + y )( x − xy + y ) A= + = 3 = x y x y x3 y ( x + y ) xy ( x + y ) ( x + y ) S  S +  = = = = ÷ x3 y ( xy ) P  S  2 Hơn : (x+y) ≥ 4xy suy : S − P ≥ ⇔ S − ( lưu ý S = không thỏa)  S < −3 4S ≥0⇔ S +3 S ≥  S +3 Ta xét hàm số: f ( S ) =  ÷ ( −∞; −3) U [ 1; +∞ )  S  Lập bảng biến thiên tìm : max f ( S ) = 16 S=1 suy max A = 16 x = y = * Cách khác: A = 1 x + y ( x + y )( x − xy + y ) x+ y 1 + 3= 3 = =( ) = ( + )2 3 x y x y x y xy x y Đặt x = ty Từ gải thiết ta có: ( x + y ) xy = x + y − xy ⇒ (t + 1)ty = (t − t + 1) y 2  1   t + 2t +  t2 − t +1 t2 − t +1 Do y = Từ A =  + ÷ =  ; x = ty = ÷ t +t t +1  x y   t − t +1  t + 2t + −3t + f ( t ) = ⇒ f '( t ) = Xét hàm số t2 − t +1 ( t − t + 1) Bài 5: Cho số thực x, y, z số thực phân biệt không âm Tìm giá trị nhỏ Lập bảng biến thiên ta tìm GTLN A là: 16 đạt x = y = Tổ Toán – Trường THPT Núi Thành Trang 17 Chuyên đề: Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức  1  H = ( x + y ) + ( y + z ) + ( z + x )   + + 2 2  ( x − y ) ( y − z ) ( z − x)  Bài 6: Cho hai số thực x y Tìm giá trị nhỏ biểu thức Q = ( x − 1) + y2 + ( x + 1) + y2 + y − (Khối B-2006) Bài 7: Cho x, y hai số thực không âm thay đổi Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức P= (x − y)(1 − xy) (1 + x) (1 + y) (Khối D-2008) Bài 8: Cho số thực x, y thay đổi thoả mãn (x + y)3 + 4xy ≥ 2.Tìm giá trị nhỏ biểu thức : A = 3(x4 + y4 + x2y2) – 2(x2 + y2) + (Khối B-2009) Bài 9: Cho số thực không âm a, b, c thỏa mãn: a + b + c = Tìm giá trị nhỏ biểu thức M=3(a2b2+b2c2+c2a2) + 3(ab + bc + ca) + a + b + c (Khối B-2010) Bài 10: Cho x, y, z số thực thuộc đoạn [ 1; 4] x ≥ y , x ≥ z Tìm giá trị nhỏ biểu thức x y z + + (Khối A-2011) 2x + 3y y + z z + x Bài 11: Cho a b số thực dương thỏa mãn 2(a2 + b2) + ab = (a + b)(ab + 2) Tìm giá trị nhỏ P=  a3 b3   a b  biểu thức P =  + ÷−  + ÷ (Khối B-2011) a  b a  b x y Bài 12: Cho số thực x,y >0 thoả x + y = Tìm giá trị nhỏ : Q = − x + − y Bài 13: Cho x,y ∈ R x, y > Tìm giá trị nhỏ P = (x + y3 ) − ( x2 + y2 ) ( x − 1)( y − 1) Bài 14: Cho x y số thực thỏa mãn: − y = x( x − y ) x6 + y − P = Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức: x y + xy Bài 15: Cho x,y,z ba số dương thoả mản điều kiện:  1  + + − ≤ 1 − ÷ x y z (x + y + z)  81.xyz  3 3 Tìm giá trị nhỏ biểu thức : P = ( x + z ) + ( y + z ) + ( z + 3)(1 − z ) Bài 16: Cho x, y, z ≥ thoả mãn x+y+z > Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = x3 + y + 16 z ( x + y + z) ìï x, y,z > x2 y2 xy ï + + Bài 17: Cho í Tìm giá trị nhỏ H = ïï x + y + xy = y +1 x +1 x + y î Bài 18: Cho số thực không âm x, y, z thoả mãn x + y + z = Tìm giá trị lớn biểu thức A = xy + yz + zx + x+ y+z Bài 19: Cho hai số thực x,y thay đổi cho: 2(x2 + y2) - xy = Tìm GTNN GTLN biểu thức : P= x + y4 2xy + Tổ Toán – Trường THPT Núi Thành Trang 18 Chuyên đề: Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức Bài 20: Cho số thực x,y >0 thoả x + y = Tìm giá trị nhỏ : Q = + x 4y Bài 21: ( CĐ Khối A, B – 2008 ) Cho x, y số thực thỏa mãn x + y = Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức P = 2( x + y ) − 3xy 1  3  a b c + + a+b b+c c+a Bài 23:Cho a, b, c ba số thực thỏa mãn điều kiện abc + a + c = b Tìm giá trị lớn biểu thức : Bài 22: Cho ba số thực a, b, c ∈  ;3 Tìm giá trị lớn biểu thức: P = P= 2 − + a +1 b +1 c +1 Bài 24:Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện 21ab + 2bc + 8ca ≤ 12 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = + + a b c Bài 25:Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác có chu vi Tìm giá trị nhỏ biểu thức: T = 3(a + b + c ) + 4abc x + y + z = Bài 26: Cho số thực dương x, y , z thỏa mãn điều kiện  Chứng minh rằng:  xyz = 183 − 165 ≤ x + y + x ≤ 18 Bài 27: Cho số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x +y + z = Tìm giá trị nhỏ biểu thức P=3 x− y y −z +3 z−x − 6x2 + y + 6z2 (Đề thi TSĐH khối A năm 2012) Bài 28: Cho hai số dương phân biệt a b thỏa a + 2b = 12 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P= +3 4 + 4+ a b 8( a − b) = xy + xy 2 + − Tìm giá trị lớn biêủ thức H = 2 + x + y + xy 4 Bài 29: Cho hai số thực dương x y thỏa: x + y + Bài 30: Cho ba số thực x,y,z thỏa: ≤ x ≤ 1; yx ≥ 1; xyz = Tìm giá trị nhỏ biểu thức 1 + + 1+ x 1+ y 1+ z Bài 31: Cho ba số thực x,y,z thỏa: ≤ x, y, z ≤ 9, x ≥ y, x ≥ z Tìm giá trị nhỏ biểu thức H= H= x y z + + 3x + y y + z z + x Bài 32: Với x y hai số thực lớn Tìm GTNN biểu thức: x + y3 − x − y P= + 2(x + y ) − 16 xy (x − 1)(y − 1) Bài 33: Cho ba số thực dương a,b,c thỏa điều kiện: (a + c)(b + c) = 4c 32a 32b3 a + b2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: H = + − (b + 3c)3 ( a + 3c)3 c Tổ Toán – Trường THPT Núi Thành Trang 19 Chuyên đề: Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức ( Khối A -2013) Bài 34: Cho số thực dương a,b,c Tìm giá trị nhỏ biểu thức sau: P= − a + ab + abc a +b+c Bài 35: Cho số thực dương x,y,z thỏa mãn y ≥ xz z ≥ xy Tìm giá trị nhỏ biểu thức : P= x y 3z + + x+ y y+z z+x Bài 36: Cho số thực dương a, b, thỏa điều kiện thức: P = 4a  2c  b  c   + ÷+  + ÷ = Tìm giá trị nhỏ biểu b  b  a a  ac bc ab  + 2 +  a(b + 2c)  b(c + a) c(2a + b)  Bài 37: Cho số thực a,b,c không đồng thời thỏa mãn: (a + b + c )2 = 2(a + b + c ) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức: P = a3 + b3 + c3 (a + b + c )(ab + bc + ca ) DẠNG 5: DÙNG PHƯƠNG PHÁP DỒN BIẾN I/ĐỊNH LÝ VỀ DỒN BIẾN: Giả sử f ( x1 , x2 , x3 ; , xn ) hàm số liên tục đối xứng với tất biến x1 , x2 , x3 ; , xn xác định miền liên thông thỏa mãn điều kiện: x +x x +x  f ( x1 , x2 , x3 , , xn ) ≥ f  , , x3 , , xn ÷ (1)   Khi bất đẳng thức sau thỏa mản f ( x1 , x2 , x3 , , xn ) ≥ f ( x, x, x, , x ) với x + x + x + + xn x= n x1 x2 , x1 x2 , x3 , , xn , *Lưu ý: (1) thay số dạng khác sau: f ( x1 , x2 , x3 , , xn ) ≥ f ( )  x2 + x2 x2 + x2  2 f ( x1 , x2 , x3 , , xn ) ≥ f  , , x3 , , xn ÷,  ÷ 2   + Nếu xét R, miền liên thông thường xét: (a; b), [ a; b ] , ( a; b ] , [ a; b ) , ( −∞; a), (b; +∞), II/ BẤT ĐẲNG THỨC BA BIẾN VỚI CỰC TRỊ ĐẠT TẠI GIÁ TRỊ BIẾN ĐỐI XỨNG a/Phương pháp: Giả sử bất đẳng thức cần chứng minh có dạng: f ( x, y, z ) ≥ với x,y,z biến số thực thỏa mản tính chất Khi ta sẻ thực hai bước Bước 1: (Kỹ thuật dồn hai biến nhau) Đánh giá f ( x, y, z ) ≥ f ( t , t , z ) , với ( t , t , z ) số thỏa mãn tính chất số ( x, y , z ) Bước 2: Đánh giá f ( t , t , z ) ≥ Lưu ý: đẳng thức đồng bậc ta làm cho chứng minh đơn giản cách chuẩn hóa biến bất đẳng thức trước thực hai bước b/Phân loại: Loại 1: Bất đẳng thức điều kiện Tổ Toán – Trường THPT Núi Thành Trang 20 Chuyên đề: Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức ( không ràng buộc biến đẳng thức hay bất đẳng thức) Đối với loại dồn biến theo đại lượng trung bình chẳng hạn x+ y t= ,t = x2 + y , t = xy kỹ thuật dùng để dồn hai biến Bài 1: Cho ba số thực không âm x,y, z chứng minh x + y + z ≥ 3 xyz *Cách 1: x + y + z ≥ 3 xyz ⇔ x + y + z − 3 xyz ≥ , đặt f ( x, y, z ) = x + y + z − 3 xyz Bước 1: Ta chứng minh f ( x, y, z ) ≥ f (t , t , z ) với t = Ta có t = x+ y ≥ xy ⇒ t ≥ xy x+ y Suy f ( x, y, z ) − f (t , t , z ) = x + y + z − 3 xyz −  2t + z − t z  =  ⇒ f ( x, y, z ) ≥ f (t , t , z )  ( ) t z − xyz ≥ Bước 2: Ta chứng minh f (t , t , z ) = 2t + z − 3 t z ≥ Ta có: f (t , t , z ) ≥ ⇔ 2t + z ≥ 3 t z ⇔ (2t + z )3 ≥ 27.t z ⇔ (t − z ) (8t + z ) ≥ (đúng) Vậy f ( x, y, z ) ≥ f (t , t , z ) ≥ (điều phải chứng minh) *Cách 2: x + y + z ≥ 3 xyz ⇔ x + y + z − 3 xyz ≥ , đặt f ( x, y, z ) = x + y + z − 3 xyz Bước 1: Ta chứng minh f ( x, y, z ) ≥ f (t , t , z ) với t = Ta có t = xy ≤ xy x+ y ⇒ 2t ≤ x + y Suy f ( x, y, z ) − f (t , t , z ) = x + y + z − 3 xyz −  2t + z − t z  = x + y − 2t ≥  ⇒ f ( x, y, z ) ≥ f (t , t , z )  Bước 2: Ta chứng minh f (t , t , z ) = 2t + z − 3 t z ≥ Ta có: f (t , t , z ) ≥ ⇔ 2t + z ≥ 3 t z ⇔ (2t + z )3 ≥ 27.t z ⇔ (t − z ) (8t + z ) ≥ (đúng) Vậy f ( x, y, z ) ≥ f (t , t , z ) ≥ (điều phải chứng minh) *Cách 3: (Kỹ thuật thuật chuẩn hóa theo tổng bất đẳng thức đồng bậc) 27 xyz − ≤ (1) Nếu x + y + z = k > ta có: x + y + z ≥ 3 xyz ⇔ ( x + y + z )3 27 xyz 27 xyz − ⇒ g (tx, ty , tz ) = − = t g ( x, y , z ) ( với t khác 0) 3 (x + y + z) ( x + y + z) Do g(x,y,z) bậc không nên ta chuẩn hoá x + y + z = g ( x, y , z ) = Ta lập luận sau: x y z x y z Nếu x + y + z = k > x + y + z ≥ 3 xyz ⇔ ( x + y + z )3 ≥ 27 xyz ⇔  + + ÷ ≥ 27 k k k k k k Từ ta giả sử x + y + z =   Ta có: x + y + z ≥ 3 xyz ⇔ − 27 xyz ≥ , đặt f ( x, y, z ) = − 27 xyz Tổ Toán – Trường THPT Núi Thành Trang 21 Chuyên đề: Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức Bước 1: Ta chứng minh f ( x, y, z ) ≥ f (t , t , z ) với t = Nhận xét: thay x y t = x+ y x+ y đảm bảo được: t+t+z=1 2 Ta có: x+ y  x+ y 2 xy ≤ ⇒ xy ≤  ÷ ⇒ xy ≤ t ⇒ xyz ≤ t z ⇒ − xyz ≥ − t z ⇒ f ( x, y , z ) ≥ f (t , t , z )   Bước 2: Ta chứng minh f (t , t , z ) ≥ Ta có: f (t , t , z ) = − 27t.t.z − 27.t.t (1 − 2t ) = (1 + 6t )(1 − 3t ) ≥ (vì t+t+z=1) Vậy f ( x, y, z ) ≥ f (t , t , z ) ≥ (điều phải chứng minh) x = y 1 ⇔x= y= ⇔x= y=z= Dấu “=” xãy  3 3t = Bài 2: Cho ba số thực không âm a,b,c Chứng minh (a + 2)(b + 2)(c + 2) ≥ 9(ab + bc + ca ) (APMO 2004) Nhận xét: vế trái hàm chẵn với biến a,b,c nên ta cần chứng minh bất đẳng thức cho số thực a,b,c không âm Bất đẳng thức cho tương đương với bất đẳng thức: (a + 2)(b + 2)(c + 2) − 9( ab + bc + ca) ≥ Đặt f (a, b, c ) = ( a + 2)(b + 2)(c + 2) − 9( ab + bc + ca ) Giả sử c = { a, b, c} Bước 1: Ta chứng minh f (a, b, c) ≥ f ( ab , ab , c ) (tức dồn biến t = ab ) 2 2 Ta có f (a, b, c) − f ( ab , ab , c) = ( a − b )  2( a + b ) c + 4( a + b ) − 9c  ≥ (vì c = { a, b, c} ) ⇒ f (a, b, c ) ≥ f ( ab , ab , c) hay f (a, b, c) ≥ f (t , t , c) Bước 2: Ta chứng minh f (t , t , c) = (t + 2) c − 18tc + (2t − t + 8) ≥ Nhận xét: f (t , t , c) tam thức bậc hai theo biến c có: ∆ = −(t − 1) (2t + 11t + 32) ≤ ⇒ f (t , t , c) ≥ Vậy f (a , b, c) ≥ f (t , t , c) ≥ (điều phải chứng minh) Đẳng thức xảy a=b=c=1 Loại 2: Bất đẳng thức có điều kiện Bài 3: Cho ba số thực dương a,b,c thỏa abc=1 Chứng minh (a + b)(b + c )(c + a ) ≥ 4(a + b + c − 1) (a + b)(b + c)(c + a) ≥ 4( a + b + c − 1) ⇔ ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) − 4( a + b + c) + ≥ Đặt f (a, b, c) = ab(a + b) + bc (b + c) + ca (c + a ) − 4(a + b + c) + Không tính tổng quát giả sử a = max { a, b, c} Bước 1: Ta chứng minh f (a, b, c) ≥ f (a, bc , bc ) (tức dồn biến t = bc ) Ta có f (a, b, c) − f (a, bc , bc ) = (a + bc)(b − bc + c) + a(b − 2bc + c ) − 4(b − bc + c ) = ( b − c ) ( a + b)( a + c) + a −  Vì ≥ 4 ab.ac = 4 a ≥ ( a ≥ ) nên f (a, b, c) − f ( a, bc , bc ) ≥ ⇒ f (a, b, c ) ≥ f (a, bc , bc ) hay f (a, b, c) ≥ f (a, t , t ) Tổ Toán – Trường THPT Núi Thành Trang 22 Chuyên đề: Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức Bước 2: Ta chứng minh f (a, t , t ) ≥ Ta có abc = ⇔ a bc bc = ⇔ a.t.t = ⇔ a = t2 2   t − 4t + 4t − 2t + (t − 1) (t − 1) + 2t + t  f (a, t , t ) = f  t , t ÷ = = ≥ (đúng) t2 t2 t  Vậy f (a, b, c) ≥ f (a, t , t ) ≥ (điều phải chứng minh) Đẳng thức xảy a=b=c=1 Bài 4: Cho ba số thực x,y,z thỏa x + y + z = Chứng minh 2( x + y + z ) − xyz ≤ 10 Đặt f ( x, y, z ) = 2( x + y + z ) − xyz Không tính tổng quát giả sử x = { x, y, z} y2 + z2 Bước 1: Ta chứng minh f ( x, y, z ) ≤ f ( x, t , t ) , với t = Ta có t = y +z ⇒ y + z − 2t ≤ 0, yz − t ≤ t = 2 y +z − x2 = 2 2 f ( x, y, z ) − f ( x, t , t ) = 2( y + z − 2t ) − x( yz − t ) • Xét x ≤ , f ( x, y, z ) − f ( x, t , t ) = 2( y + z − 2t ) − x( yz − t ) ≤ ⇒ f ( x, y, z ) ≤ f ( x, t , t ) Ta chứng minh f ( x, t , t ) ≤ 10 f ( x, t , t ) = x + 2(9 − x ) − x(9 − x ) = g ( x) , x ∈ [ −3;0] 2 3x 4x g '( x ) = − − = ⇒ x = −1∈ [ −3;0] Lập bảng biến thiên suy ra: 2 18 − x f ( x, y, z ) ≤ f ( x, t , t ) = g ( x) ≤ 10, ∀x ∈ [ −3;0 ] ; f ( x, y , z ) = 10 ⇔ x = −1, y = z = • Xét x > ⇒ y > 0, z > Khi ta sẻ đánh giá trực tiếp mà không cần đồng biến + Nếu x ≥ : f ( x, y, z ) = 2( x + y + z ) − xyz ≤ 3( x + y + z ) − xyz = − xyz  3 3 x = { x, y, z} nên xyz ≥  ÷ Suy f ( x, y, z ) ≤ −  ÷ < 10  4 + Nếu x ≤ 4 3  2 : f ( x, y, z ) = 2( x + y + z ) − xyz ≤ 2( y + z + x) ≤  2( y + z ) + x  <  2.9 +  < 10 4  3 Suy f ( x, y, z ) ≤ −  ÷ < 10 4 Vậy tóm lại: f ( x, y, z ) ≤ f ( x, t , t ) ≤ 10 Bất đẳng thức chứng minh Đẳng thức xảy x=-1,y=z=2 hoán vị Bài 5: Cho số thực a,b,c không âm thoả: ab + bc + ca + abc = Chứng minh rằng: a + b + c ≥ ab + bc + ca *Lưu ý: Để ý điểm đẳng thức xãy a=b=c=1 đẳng thức xãy có điểm khác a=b=2, c=0 Điều gợi cho ta giả sử c=min{a,b,c}và ta dồn biến để đưa hai biến a,b số t dương Trước tiên ta chọn số (t , t , c) phải thỏa mãn: ab + bc + ca + abc = tức t + 2tc + t 2c = Suy t + 2tc + t 2c = ab + bc + ca + abc Ta có: a + b + c − ab − bc − ca ≥ , đặt f (a, b, c) = a + b + c − ab − bc − ca + Trước tiên ta chứng minh: f (a, b, c) ≥ f (t , t , c) ⇔ a + b + c − ab − bc − ca ≥ 2t + c − t − 2tc ⇔ (a + b − 2t )(1 − c) + (t − ab) ≥ (*) Mặt khác: t + 2tc + t 2c = ab + bc + ca + abc ⇔ c (a + b − 2t ) = (c + 1)(t − ab ) (**) Ta sẻ chứng minh a + b − 2t , t − ab số không âm Tổ Toán – Trường THPT Núi Thành Trang 23 Chuyên đề: Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức a+b  a+b ⇒ t2 >  ÷ ≥ ab   Suy ab > ab vô lí) Vậy a + b − 2t , t − ab số không âm Suy (*) Hay f (a, b, c) ≥ f (t , t , c) Bây ta chứng minh: f (t , t , c ) ≥ hay 2t + c − t − 2tc ≥ 2−t ≥ Từ t + 2tc + t 2c = suy c = t (2 − t )(t − 1) Khi 2t + c − t − 2tc = ≥ Suy điều phải chứng minh t Bài 6: Cho ba số thực không âm a,b,c thỏa ab + bc + ca + 6abc = Chứng minh a + b + c + 3abc ≥ Bài 7: Cho a, b, c số thực dương thoả mãn điều kiện a + b + c = Chứng minh ta có 1 + + + 48( ab + bc + ca) ≥ 25 (Kvant) a b c Giả sử a + b − 2t < , từ (**) suy t − ab < ⇒ t < ab Khi ta có : t > Trên suy nghĩ trình bày mang tính chủ quan Kính mong đóng góp quý thầy cô giáo Tổ Toán – Trường THPT Núi Thành Trang 24 ...Chuyên đề: Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức n a n + bn  a + b  ≥ ÷ (với a + b ≥ 0, n ∈ N )   5 /Bất đẳng thức CHEBYSHEV: a )Bất đẳng thức CHEBYSHEV cho hai dãy đơn điệu chiều:... xét: vế trái hàm chẵn với biến a,b,c nên ta cần chứng minh bất đẳng thức cho số thực a,b,c không âm Bất đẳng thức cho tương đương với bất đẳng thức: (a + 2)(b + 2)(c + 2) − 9( ab + bc + ca) ≥ Đặt... Đánh giá f ( t , t , z ) ≥ Lưu ý: đẳng thức đồng bậc ta làm cho chứng minh đơn giản cách chuẩn hóa biến bất đẳng thức trước thực hai bước b/Phân loại: Loại 1: Bất đẳng thức điều kiện Tổ Toán – Trường