Chuyên đề bất đẳng thức

Chuyên ñề: BẤT ðẲNG THỨC A.MỤC TIÊU: 1-Học sinh nắm vững số phương pháp chứng minh bất ñẳng thức 2-Một số phương pháp tốn liên quan đến phương trình bậc hai sử dụng cơng thức nghiệm cho học sinh học sau 3-Rèn kỹ pp chứng minh bất ñẳng thức B- NỘI DUNG PHẦN : CÁC KIẾN THỨC CẦN LƯU Ý 1- ðịnh nghĩa 2- Tính chất 3-Một số bất đẳng thức hay dựng Phần 2:một số phơng phápchứng minh bấtđẳng thức 1-Phơng pháp dùng định nghĩa 2- Phơng pháp dùng biến đổi tơng đơng 3- Phơng pháp dùng bất đẳng thức quen thuộc 4- Phơng pháp sử dụng tính chất bắc cầu 5- Phơng pháp dùng tính chất tỉ số 6- Phơng pháp làm trội 7- Phơng pháp dùng bất đẳng thức tam giác 8- Phơng pháp đổi biến số 9- Phơng pháp dùng tam thức bậc hai 10- Phơng pháp quy nạp 11- Phơng pháp phản chứng Phần :các tập nâng cao PHầN : ứng dụng bất đẳng thức 1- Dùng bất đẳng thức để tìm cực trị 2-Dùng bất đẳng thức để giải phơng trình bất phơng trình 3-Dùng bất đẳng thức giải phơng trình nghiệm nguyên Phần I : kiến thức cần l−u ý 1-§inhnghÜa A ≥ B ⇔ A − B ≥  A ≤ B ⇔ A − B ≤ 2-tÝnh chÊt + A>B ⇔ B < A + A>B vµ B >C ⇔ A > C + A>B ⇒ A+C >B + C + A>B vµ C > D ⇒ A+C > B + D + A>B vµ C > ⇒ A.C > B.C + A>B vµ C < ⇒ A.C < B.C + < A < B vµ < C B > ⇒ A n > B n ∀n + A > B ⇒ A n > B n víi n lỴ + A > B ⇒ A n > B n víi n ch½n + m > n > vµ A > ⇒ A m > A n + m > n > vµ ⇒ 1 > A B 3-một số bất đẳng thức + A ≥ víi ∀ A ( dÊu = x¶y A = ) + An ≥ víi ∀ A ( dÊu = x¶y A = ) + A ≥ víi ∀A (dÊu = x¶y A = ) + - A B Ta chøng minh A –B > Lu ý dùng bất đẳng thức M víi∀ M VÝ dơ ∀ x, y, z chøng minh r»ng : a) x + y + z ≥ xy+ yz + zx b) x + y + z ≥ 2xy – 2xz + 2yz c) x + y + z +3 ≥ (x + y + z) Gi¶i: a) Ta xÐt hiƯu x + y + z - xy – yz - zx = ( x − y ) + ( x −z ) + ( y − z ) ≥ ®óng víi mäi x;y;z∈ R = ( x + y + z - xy – yz – zx) [ ] Vì (x-y)2 vớix ; y Dấu xảy x=y (x-z)2 ≥ víi∀x ; z DÊu b»ng x¶y x=z (y-z)2 ≥ víi∀ z; y DÊu b»ng x¶y z=y VËy x + y + z ≥ xy+ yz + zx DÊu b»ng x¶y x = y =z b)Ta xÐt hiÖu x + y + z - ( 2xy – 2xz +2yz ) = x + y + z - 2xy +2xz –2yz =( x – y + z) ≥ ®óng víi mäi x;y;z∈ R VËy x + y + z ≥ 2xy – 2xz + 2yz ®óng víi mäi x;y;z ∈ R DÊu b»ng x¶y x+y=z c) Ta xÐt hiÖu x + y + z +3 – 2( x+ y +z ) = x - 2x + + y -2y +1 + z -2z +1 = (x-1) 2+ (y-1) 2+(z-1) ≥ DÊu(=)x¶y x=y=z=1 VÝ dô 2: chøng minh r»ng : a2 + b2  a + b  a) ≥  ;b)   a2 + b2 + c2  a + b + c  ≥  3 c) H y tổng quát toán giải a2 + b2  a + b  −    a2 + b2 a + 2ab + b = − 4 = 2a + 2b − a − b − 2ab = (a − b )2 ≥ a) Ta xÐt hiÖu ( ( ) ) a2 + b2  a + b  VËy ≥    DÊu b»ng x¶y a=b b)Ta xÐt hiƯu a2 + b2 + c2  a + b + c  −  3   = (a − b )2 + (b − c )2 + (c − a )2 ≥ [ ] a2 + b2 + c2  a + b + c  ≥ VËy  3   DÊu b»ng x¶y a = b =c c)Tỉng qu¸t a12 + a 22 + + a n2  a1 + a + + a n  n n Tóm lại bớc ®Ĩ chøng minh A ≥ B tho ®Þnh nghÜa B−íc 1: Ta xÐt hiƯu H = A - B B−íc 2:Biến đổi H=(C+D) H=(C+D) +.+(E+F) Bớc 3:Kết luận A B Ví dụ:(chuyên Nga- Pháp 98-99) Chøng minh ∀m,n,p,q ta ®Ịu cã m + n + p + q +1≥ m(n+p+q+1) Gi¶i:  m2   m2   m2   m2  ⇔  − mn + n  +  − mp + p  +  − mq + q  +  − m + 1 ≥         2 2 m  m  m  m  ⇔  − n  +  − p  +  − q  +  − 1 ≥ (lu«n ®óng) 2  2  2  2  m  −n=0 m  −p=0 DÊu b»ng x¶y  ⇔ m  −q =0 2 m  − = m  n =  m  m=2 p =  ⇔ n = p = q =  m q = m = 22 phơng pháp : Dùng phép biến đổi tơng đơng Lu ý: Ta biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh tơng đơng với bất đẳng thức bất đẳng thức đ đợc chứng minh Chú ý ®¼ng thøc sau: ( A + B )2 = A + AB + B ( A + B + C )2 = A + B + C + AB + AC + BC ( A + B )3 = A + A B + AB + B VÝ dô 1: Cho a, b, c, d,e số thực chứng minh b2 a) a + ≥ ab b) a + b + ≥ ab + a + b c) a + b + c + d + e ≥ a(b + c + d + e ) Gi¶i: b2 ≥ ab ⇔ 4a + b ≥ 4ab ⇔ 4a − 4a + b ≥ ⇔ (2a − b ) (bất đẳng thức đúng) a) a + b2 ≥ ab (dÊu b»ng x¶y 2a=b) b) a + b + ≥ ab + a + b ⇔ 2(a + b + ) > 2(ab + a + b) VËy a + ⇔ a − 2ab + b + a − 2a + + b − 2b + ≥ ⇔ (a − b) + (a − 1) + (b 1) Bất đẳng thøc ci ®óng VËy a + b + ≥ ab + a + b DÊu b»ng x¶y a=b=1 c) a + b + c + d + e ≥ a (b + c + d + e ) ⇔ 4( a + b + c + d + e ( 2 ) ( ) ≥ 4a(b + c + d + e ) ) ( ) ( ) ⇔ a − 4ab + 4b + a − 4ac + 4c + a − 4ad + 4d + a − 4ac + 4c ≥ 2 2 ⇔ (a − 2b ) + (a − 2c ) + (a − 2d ) + (a − 2c ) Bất đẳng thức ta có điều ph¶i chøng minh VÝ dơ 2: Chøng minh r»ng: (a10 + b10 )(a + b ) ≥ (a + b )(a + b ) Gi¶i: (a 10 )( ) ( )( (a − b ) + a b (b + b10 a + b ≥ a + b a + b ⇔ a 8b 2 2 2 6 ⇔ a b (a -b )(a -b ) ≥ ) ⇔ a 12 + a 10 b + a b 10 + b 12 ≥ a 12 + a b + a b + b12 ) − a2 ≥ ⇔ a2b2(a2-b2)2(a4+ a2b2+b4) ≥ Bất đẳng thứccuối ta có điều phải chứng minh VÝ dơ 3: cho x.y =1 vµ x.y Chøng minh x2 + y2 ≥2 x− y Gi¶i: 2 x +y ≥ 2 v× :x 〉 y nªn x- y 〉 ⇒ x2+y2 ≥ 2 ( x-y) x− y ⇒ x2+y2- 2 x+ 2 y ≥ ⇔ x2+y2+2- 2 x+ 2 y -2 ≥ ⇔ x2+y2+( )2- 2 x+ 2 y -2xy ≥ v× x.y=1 nên 2.x.y=2 (x-y- )2 Điều luôn Vậy ta có điều phải chøng minh VÝ dô 4: 1)CM: P(x,y)= x y + y − xy − y + ≥ ∀x, y ∈ R 2)CM: a2 + b2 + c2 ≤ a + b + c (gợi ý :bình phơng vế) 3)choba số thực khác không x, y, z thỏa m n: x y.z =  1 1  + + < x+ y+ z  x y z Chøng minh r»ng :có ba số x,y,z lớn (đề thi Lam Sơn 96-97) Giải: Xét (x-1)(y-1)(z-1)=xyz+(xy+yz+zx)+x+y+z-1 x y z 1 x y z x y z =(xyz-1)+(x+y+z)-xyz( + + )=x+y+z - ( + + ) > (v× + + < x+y+z theo gt) → sè x-1 , y-1 , z-1 âm ba sỗ-1 , y-1, z-1 dơng Nếủ trờng hợp sau xảy x, y, z >1 x.y.z>1 Mâu thuẫn gt x.y.z=1 bắt buộc phải xảy trờng hợp tức có ba số x ,y ,z số lớn Phơng pháp 3: dùng bất ®¼ng thøc quen thuéc A/ mét sè bÊt ®¼ng thøc hay dùng 1) Các bất đẳng thức phụ: a) x + y ≥ xy b) x + y ≥ xy dÊu( = ) x = y = c) (x + y )2 ≥ xy a b b a d) + ≥ 2)Bất đẳng thức Cô sy: a1 + a + a3 + + a n n ≥ a1 a a3 a n n 3)Bất đẳng thức Bunhiacopski (a 2 )( ) Víi > + a22 + + an2 x12 + x22 + + n2 ≥ (a1 x1 + a2 x2 + + an xn ) 4) Bất đẳng thức Trê- b-sép: abc A ≤ B ≤ C ⇒ aA + bB + cC a + b + c A + B + C ≥ 3 a≤b≤c A ≥ B ≥ C ⇒ aA + bB + cC a + b + c A + B + C ≤ 3 NÕu  NÕu  a=b=c A = B = C Dấu xảy b/ vÝ dơ vÝ dơ Cho a, b ,c lµ số không âm chứng minh (a+b)(b+c)(c+a) 8abc Giải: Cách 1:Dùng bất đẳng thức phụ: (x + y )2 ≥ xy Tacã (a + b )2 ≥ 4ab ; (b + c )2 ≥ 4bc ; (c + a )2 ≥ 4ac 2 ⇒ (a + b ) (b + c ) (c + a ) ≥ 64a b c = (8abc ) ⇒ (a+b)(b+c)(c+a) ≥ 8abc DÊu “=” x¶y a = b = c 1 + + ≥9 a b c CMR:x+2y+z ≥ 4(1 − x)(1 − y )(1 − z ) vÝ dơ 2(tù gi¶i): 1)Cho a,b,c>0 vµ a+b+c=1 CMR: 2)Cho x,y,z>0 vµ x+y+z=1 3)Cho a>0 , b>0, c>0 CMR: (403-1001) a b c + + ≥ b+c c+a a+b 4)Cho x ≥ ,y ≥ tháa m n x − y = ;CMR: x+y ≥ vÝ dô 3: Cho a>b>c>0 vµ a + b + c = chøng minh r»ng a3 b3 c3 + + ≥ b+c a+c a+b Gi¶i:  a2 ≥ b2 ≥ c2 b c Do a,b,c ®èi xøng ,gi¶ sư a ≥ b ≥ c ⇒  a ≥ ≥  b + c a + c a + b áp dụng BĐT Trê- b-sép ta có a b c a2 + b2 + c2  a b c  + b2 + c2 ≥  + + = = b+c a+c a+b b+c a+c a+b 2 a3 b3 c3 1 VËy + + ≥ DÊu b»ng x¶y a=b=c= b+c a+c a+b a2 vÝ dô 4: Cho a,b,c,d>0 vµ abcd =1 Chøng minh r»ng : a + b + c + d + a (b + c ) + b(c + d ) + d (c + a ) ≥ 10 Gi¶i: Ta cã a + b ≥ 2ab c + d ≥ 2cd 1 (dïng x + ≥ ) ab x Ta cã a + b + c ≥ 2(ab + cd ) = 2(ab + ) ≥ ab Mặt khác: a(b + c ) + b(c + d ) + d (c + a ) Do abcd =1 nªn cd = (1) =(ab+cd)+(ac+bd)+(bc+ad)       +  ac +  +  bc +  ≥ + + ab   ac   bc   2 2 VËy a + b + c + d + a(b + c ) + b(c + d ) + d (c + a ) ≥ 10 =  ab + vÝ dô 5: Cho sè a,b,c,d bÊt kú chøng minh r»ng: (a + c) + (b + d ) ≤ a + b + c + d Gi¶i: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski tacó ac+bd a + b c + d mµ (a + c )2 + (b + d )2 = a + b + 2(ac + bd ) + c + d ( ) ≤ a2 + b2 + a2 + b2 c2 + d + c2 + d ⇒ (a + c) + (b + d ) ≤ a + b + c + d vÝ dô 6: Chøng minh r»ng a + b + c ≥ ab + bc + ac Giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski Cách 1: Xét cặp sè (1,1,1) vµ (a,b,c) ta cã (1 + + )(a + b + c ) ≥ (1.a + 1.b + 1.c ) (a + b + c ) ≥ a + b + c + 2(ab + bc + ac ) ⇒ 2 2 2 ⇒ a + b + c ab + bc + ac Phơng pháp 4: Lu ý: 2 2 Điều phải chøng minh DÊu b»ng x¶y a=b=c Sư dơng tính chất bắc cầu A>B b>c A>c 0< x c+d , b>c+d Chøng minh r»ng ab >ad+bc Gi¶i: a > c + d b > c + d Tacã  ⇒ ⇔ a − c > d > ⇒  b − d > c > (a-c)(b-d) > cd ab-ad-bc+cd >cd ⇔ vÝ dô 2: ab> ad+bc (điều phải chứng minh) 2 Cho a,b,c>0 thỏa m n a + b + c = Chøng minh 1 1 + + < a b c abc Gi¶i: Ta cã :( a+b- c)2= a2+b2+c2+2( ab –ac – bc) 〉 2 ( a +b +c ) 1 1 + − 〈 ⇒ ac+bc-ab ≤ 〈 Chia hai vÕ cho abc > ta cã a b c abc ⇒ ac+bc-ab 〈 vÝ dô Cho < a,b,c,d 1-a-b-c-d Gi¶i: Ta cã (1-a).(1-b) = 1-a-b+ab Do a>0 , b>0 nªn ab>0 ⇒ (1-a).(1-b) > 1-a-b (1) Do c 0 ta cã ⇒ (1-a).(1-b) ( 1-c) > 1-a-b-c ⇒ (1-a).(1-b) ( 1-c).(1-d) > (1-a-b-c) (1-d) =1-a-b-c-d+ad+bd+cd (1-a).(1-b) ( 1-c).(1-d) > 1-a-b-c-d (Điều phải chøng minh) vÝ dô 1- Cho a + b mµ 0< a,b a , b > b Tõ (1) vµ (2) ⇒ 1+ a b > a + b VËy a + b < 1+ a b T−¬ng tù b + c ≤ + b c c + a3 + c2a Cộng bất đẳng thøc ta cã : 2a + 2b + 2c ≤ + a b + b c + c a b)Chøng minh r»ng : NÕu a + b = c + d = 1998 ac+bd =1998 (Chuyên Anh 98 – 99) Gi¶i: Ta cã (ac + bd) + (ad – bc ) = a c + b d + abcd + a d = a2(c2+d2)+b2(c2+d2) =(c2+d2).( a2+ b2) = 19982 + b c - 2abcd = rá rµng (ac+bd)2 ≤ (ac + bd )2 + (ad − bc )2 = 1998 ⇒ ac + bd ≤ 1998 2-Bài tập : 1, Cho số thực : a1; a2;a3 ….;a2003 tháa m n : a1+ a2+a3 + ….+a2003 =1 ≥ c høng minh r»ng : a 12 + a 22 + a32 + + a 2003 ( đề thi vào chuyên nga pháp 2003 2003- 2004Thanh hãa ) 2,Cho a;b;c ≥ tháa m n :a+b+c=1(?) a b c Chøng minh r»ng: ( − 1).( − 1).( − 1) ≥ Ph−¬ng ph¸p 5: dïng tÝnh chÊtcđa tû sè KiÕn thøc 1) Cho a, b ,c số dơng a a a+c > th× > b b b+c a a a+c b – NÕu < th× < b b+c b a – NÕu 2)NÕu b,d >0 th× tõ a c a a+c c < ⇒ < < b d b b+d d ` vÝ dô : Cho a,b,c,d > Chøng minh r»ng 1< a b c d + + + Chøng minh r»ng a b c + + ≥ (1) b+c c+a a+b Gi¶i : y+z−x z+x y x+ yz Đặt x=b+c ; y=c+a ;z= a+b ta cã a= ; b= ;c= 2 y+z−x z+ x− y x+ y−z ≥ ta cã (1) ⇔ + + 2x 2y 2z y z x z x y ⇔ + −1+ + −1+ + −1 ≥ x x y y z z y x z x z y ⇔( + )+( + )+( + )≥6 x y x z y z y x z y z x Bất đẳng thức cuối ( + ≥ 2; + ≥ 2; + ≥ nên ta có điều x y x z y z phải chứng minh Ví dụ2: Cho a,b,c > a+b+c Theo bất đẳng thức Côsi ta có x + y + z ≥ 3 xyz 1 1 + + ≥ x y z xyz ⇒ (x + y + z ). + +  ≥ x y z Mµ x+y+z < VËy 1 + + ≥ (®pcm) x y z VÝ dơ3: 14 Cho x ≥ , y ≥ tháa m n x − y = CMR x + y Gợi ý: Đặt x = u , y =v ⇒ 2u-v =1 vµ S = x+y = u + v ⇒ v = 2u-1 thay vµo tÝnh S Bµi tËp 1) Cho a > , b > , c > CMR: 25a 16b c + + >8 b+c c+a a+b 2)Tỉng qu¸t m, n, p, q, a, b >0 CMR ma nb pc + + ≥ b+c c+a a+b ( ) m + n + p − (m + n + p ) dïng tam thøc bËc hai Phơng pháp 9: Lu ý : Cho tam thức bËc hai f (x ) = ax + bx + c NÕu ∆ < th× a f (x ) > ∀x ∈ R b a víi x < x1 hc x > x2 víi x1 < x < x2 NÕu ∆ = th× a f (x ) > ∀x ≠ − NÕu ∆ > th× a f (x ) > a f ( x ) < VÝ dô1: Chøng minh r»ng f ( x, y ) = x + y − xy + x − y + > Gi¶i: Ta cã (1) ⇔ x − x(2 y − 1) + y − y + > ∆′ = (2 y − 1) − y + y − = y2 − y +1− 5y2 + y − = −( y − 1) − < VËy f (x, y ) > víi mäi x, y VÝ dơ2: Chøng minh r»ng ( ) f ( x, y ) = x y + x + y + xy + x > xy 15 (1) ( x2 > x1 ) Giải: Bất đẳng thức cần chứng minh tơng đơng víi ( ) x y + x + y + xy + x − xy > ⇔ ( y + 1) x + y (1 − y ) x + y > 2 Ta cã ∆′ = y (1 − y ) − y (y + 1) = −16 y < V× a = (y + 1) > vËy f (x, y ) > (đpcm) 2 Phơng pháp 10: dùng quy nạp toán học Kiến thức: Để chứng minh bất đẳng thức với n > n0 ta thùc hiƯn c¸c b−íc sau : – KiĨm tra bất đẳng thức với n = n0 - Giả sử BĐT với n =k (thay n =k vào BĐT cần chứng minh đợc gọi giả thiết quy nạp ) 3- Ta chứng minh bất đẳng thức ®óng víi n = k +1 (thay n = k+1vµo BĐT cần chứng minh biến đổi để dùng giả thiết quy nạp) kết luận BĐT với mäi n > n0 VÝ dô1: Chøng minh r»ng 1 1 + + + < − 2 n n ∀n ∈ N ; n > Gi¶i : Víi n =2 ta cã + < − (®óng) Vậy BĐT (1) với n =2 Giả sử BĐT (1) với n =k ta phải chứng minh BĐT (1) ®óng víi n = k+1 ThËt vËy n =k+1 th× (1) ⇔ 1 1 + + + + < 2− 2 k (k + 1) k +1 Theo gi¶ thiÕt quy n¹p ⇔ ⇔ 1 1 1 + + + + < 2− + < 2− 2 2 k (k + 1) k (k + 1) k +1 1 1 + + < + < 2 (k + 1) k + (k + 1) k 16 (1) ⇔ k +1+1 < ⇔ k (k + 2) < (k + 1) ⇔ k2+2k n a n + bn a+b Chøng minh r»ng  (1)  ≤  Giải Ta thấy BĐT (1) với n=1 Giả sử BĐT (1) với n=k ta phải chứng minh BĐT với n=k+1 Thật với n = k+1 ta cã a+b (1) ⇔     k +1 ≤ a k +1 + b k +1 k a k +1 + b k +1 a+b a+b ⇔ ≤ (2)  2   a k + b k a + b a k +1 + ab k + a k b + b k +1 a k +1 + b k +1 ⇔ VÕ tr¸i (2) ≤ = ≤ 2 k +1 k +1 k +1 k k k +1 a +b a + ab + a b + b ⇔ − ≥0 ⇔ a k − b k (a − b ) ≥ (3) ( ) Ta chøng minh (3) (+) Gi¶ sư a b giả thiết cho a -b a ≥ b k ⇔ ak ≥ b ≥ bk ⇒ (a k ) − b k (a − b ) (+) Giả sử a < b theo gi¶ thiÕt - a , ab+bc+ac > , abc > Chøng minh r»ng a > , b > , c > Giải : Giả sử a từ abc > ⇒ a ≠ ®ã a < Mµ abc > vµ a < ⇒ cb < Tõ ab+bc+ca > ⇒ a(b+c) > -bc > Vì a < mà a(b +c) > ⇒ b + c < a < vµ b +c < ⇒ a + b +c < trái giả thiết a+b+c > Vậy a > t−¬ng tù ta cã b > , c > VÝ dô 2: Cho sè a , b , c ,d tháa m n ®iỊu kiÖn ac ≥ 2.(b+d) Chøng minh r»ng cã Ýt nhÊt bất đẳng thức sau sai: a < 4b , c < 4d Gi¶i : Giả sử bất đẳng thức : a < 4b , c < 4d ®Ịu ®óng ®ã cộng vế ta đợc a + c < 4(b + d ) (1) Theo gi¶ thiÕt ta cã 4(b+d) ≤ 2ac (2) Tõ (1) vµ (2) ⇒ a + c < 2ac hay (a − c )2 < (v« lý) VËy bÊt đẳng thức a < 4b c < 4d có bất đẳng thức sai VÝ dơ 3: Cho x,y,z > vµ xyz = Chøng minh r»ng NÕu x+y+z > 1 + + có ba số lớn x y z Giải : Ta có (x-1).(y-1).(z-1) =xyz – xy- yz + x + y+ z –1 x 1 theo gi¶ thiÕt x+y +z > + + x y z y z =x + y + z – ( + + ) xyz = nên (x-1).(y-1).(z-1) > Trong ba sè x-1 , y-1 , z-1 chØ cã mét sè dơng Thật ba số dơng x,y,z > xyz > (trái giả thiết) Còn số dơng (x-1).(y-1).(z-1) < (vô lý) 18 Vậy có ba số x , y,z lớn Phần iii : tập nâng cao 1/dùng định nghĩa a2 1) Cho abc = vµ a > 36 Chøng minh r»ng + b2+c2> ab+bc+ac 3 Gi¶i a2 Ta cã hiƯu: + b2+c2- ab- bc – ac a2 a2 = + + b2+c2- ab- bc – ac 12 a2 a2 = ( + b2+c2- ab– ac+ 2bc) + − 3bc 12 a a − 36abc =( -b- c)2 + 12a a a − 36abc =( -b- c)2 + >0 (v× abc=1 a3 > 36 nên 12a a Vậy : + b2+c2> ab+bc+ac Điều phải chứng minh 2) Chøng minh r»ng a) x + y + z + ≥ x.( xy − x + z + 1) b) víi mäi sè thùc a , b, c ta cã a + 5b − 4ab + 2a − 6b + > a + 2b − 2ab + 2a − 4b + ≥ c) Gi¶i : a) XÐt hiÖu H = x + y + z + − x y + x − xz − x = (x − y ) + (x − z )2 + (x − 1)2 H ≥ ta có điều phải chứng minh b) Vế trái cã thÓ viÕt H = (a − 2b + 1)2 + (b − 1)2 + ⇒ H > ta có điều phải chứng minh c) vế trái có thÓ viÕt H = (a − b + 1)2 + (b − 1)2 ⇒ H ≥ ta cã ®iỊu phải chứng minh Ii / Dùng biến đổi tơng đơng 1) Cho x > y vµ xy =1 Chøng minh r»ng 19 a >0 ) (x ) + y2 ≥8 (x − y )2 Gi¶i : Ta cã 2 x + y = ( x − y ) + xy = ( x − y ) + (x ⇒ 2 +y ) = (x − y ) 2 (v× xy = 1) + 4.( x − y ) + Do BĐT cần chứng minh tơng đơng với ⇔ (x − y )4 + 4(x − y )2 + ≥ 8.(x − y )2 (x − y )4 − 4(x − y )2 + ≥ [(x − y )2 − 2]2 ≥ B§T cuèi nên ta có điều phải chứng minh 2) Cho xy ≥ Chøng minh r»ng 1 + ≥ 2 1+ x 1+ y + xy Gi¶i : 1 + ≥ 2 1+ x 1+ y + xy  1   1  +  ≥ ⇔  − − 2    + x + y   + y + xy  Ta cã xy − x xy − y + ≥0 + x (1 + xy ) + y (1 + xy ) x ( y − x) y( x − y) + ≥0 + x (1 + xy ) + y (1 + xy ) ⇔ ( ) ⇔ ( ) ( ) ( ) ⇔ ( y − x ) (xy − 1) ≥ (1 + x )( + y ).(1 + xy ) BĐT cuối xy > Vậy ta có điều phải chứng minh Iii / dùng bất đẳng thức phụ 1) Cho a , b, c số thực a + b +c =1 Chøng minh r»ng a + b + c Giải : áp dụng BĐT BunhiaCôpski cho số (1,1,1) (a,b,c) Ta có ⇔ (1.a + 1.b + 1.c )2 ≤ (1 + + 1).(a + b + c ) (a + b + c )2 ≤ 3.(a + b + c ) a2 + b2 + c2 (vì a+b+c =1 ) (đpcm) 2) Cho a,b,c số dơng a b c Chøng minh r»ng (a + b + c ). + +  ≥ 20 (1) Gi¶i : a a b b c c b c a c a a a b a c  b c    ⇔ 3+ + + + + +  ≥ b a c a c b x y áp dụng BĐT phụ + Với x,y > y x (1) ⇔ + + + + + + + + ≥ Ta có BĐT cuối 1 Vậy (a + b + c ). + +  ≥ a b c (đpcm) Iv / dùng phơng pháp bắc cầu 1) Cho < a, b,c a3 + b3 VËy a + b < + a b T−¬ng tù ta cã b3 + c3 < + b 2c a3 + c3 < + c 2a ⇒ 2a + 2b + 2c < + a 2b + b 2c + c a (®pcm) 2) So sánh 31 11 17 14 Giải : 11 Ta thÊy 3111 < 3211 = ( 25 ) = 255 < 256 14 Mặt khác 256 = 24.14 = ( 24 ) = 1614 < 1714 Vëy 31 11 < 17 14 (®pcm) V/ dïng tÝnh chÊt tØ sè 1) Cho a ,b ,c ,d > Chøng minh r»ng : 2< a+b b+c c+d d +a + + + nên ta cã 21 a+b a+b a+b+d < < a+b+c+d a+b+c a+b+c+d b + +c b+c b+c+a < < a+b+c+d b+c+d a+b+c+d d +a d +a d +a+c < < a+b+c+d d +a+b a+b+c+d (1) (2) (3) Céng c¸c vÕ cđa bất đẳng thức ta có : 2< a+b b+c c+d d +a + + + , y > Ta cã x + x = y ⇔ x + x = y ⇔ x = y2 − x > Đặt x = k (k nguyên dơng x nguyên dơng ) Ta có k (k + 1) = y 2 Nh−ng k < k ( k + 1) < ( k + 1) ⇒ k < y < k +1 Mà k k+1 hai số nguyên dơng liên tiếp không tồn số nguyên dơng Nên cặp số nguyên dơng thoả m n phơng trình x = y = Vậy phơng trình cã nghiƯm nhÊt lµ :  27 28 ... pháp 3: dùng bất đẳng thức quen thuộc A/ số bất đẳng thức hay dùng 1) Các bất đẳng thức phụ: a) x + y ≥ xy b) x + y ≥ xy dÊu( = ) x = y = c) (x + y )2 ≥ xy a b b a d) + 2 )Bất đẳng thức C« sy:... Dùng phép biến đổi tơng đơng Lu ý: Ta biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh tơng đơng với bất đẳng thức bất đẳng thức đ đợc chứng minh Chú ý đẳng thức sau: ( A + B )2 = A + AB + B ( A + B + C... phải chứng minh bất đẳng thức , ta h y giả sử bất đẳng thức sai kết hợp với giả thiết để suy điều vô lý , điều vô lý điều trái với giả thiết , điều trái ngợc Từ suy bất đẳng thức cần chứng minh