19 phương pháp chứng minh bất đẳng thức - Tài liệu Toán 9 - hoc360.net

Trong mỗi số hạng của khai trtiển nhị thức Newton có tổng số mũ của a và b bằng n. +Các hệ số cách đều hai đầu thì bằng nhau.[r]

19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức

PHẦN 1

CÁC KIẾN THỨC CẦN LƯU Ý

1/Định nghĩa

0

A B A B

A B A B

   

 

   



2/Tính chất

+ A>B  B  A

+ A>B B >C  A C + A>B  A+C >B + C

+ A>B C > D  A+C > B + D + A>B C >  A.C > B.C + A>B C <  A.C < B.C

+ < A < B < C <D  < A.C < B.D + A > B >  An > Bn n

+ A > B  An > Bn với n lẻ

+ A > B  An > Bn với n chẵn

+ m > n > A >  Am > An

+ m > n > <A <  Am < An

+A < B A.B >  B A

1



3/Một số bất đẳng thức

+ A2  với A ( dấu = xảy A = ) + An  vớiA ( dấu = xảy A = )

+ A 0 với A (dấu = xảy A = )

+ A B A  B ( dấu = xảy A.B > 0)

+ A B A  B ( dấu = xảy A.B < 0)

PHẦN II

CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Phương pháp : Dùng định nghĩa

Kiến thức : Để chứng minh A > B Ta lập hiệu A –B > Lưu ý dùng bất đẳng thức M2  với M

Ví dụ  x, y, z chứng minh :

a) x2 + y2 + z2  xy+ yz + zx b) x2 + y2 + z2  2xy – 2xz + 2yz c) x2 + y2 + z2+3  (x + y + z)

Giải:

a) Ta xét hiệu : x2 + y2 + z2- xy – yz – zx =

.2 ( x2 + y2 + z2- xy – yz – zx)

=

1





0 ) ( ) ( )

( 2

 

  

 y x z y z

x với x;y;zR

Vì (x-y)2 0 vớix ; y Dấu xảy x=y (x-z)2 0 vớix ; z Dấu xảy x=z (y-z)2 0 với z; y Dấu xảy z=y

Vậy x2 + y2 + z2  xy+ yz + zx Dấu xảy x = y =z

b)Ta xét hiệu: x2 + y2 + z2- ( 2xy – 2xz +2yz ) = x2 + y2 + z2- 2xy +2xz –2yz = ( x – y + z)2 0 với x;y;zR

Vậy x2 + y2 + z2  2xy – 2xz + 2yz với x;y;zR Dấu xảy x+y=z

c) Ta xét hiệu: x2 + y2 + z2+3 – 2( x+ y +z ) = x2- 2x + + y2 -2y +1 + z2-2z +1 = (x-1)2+ (y-1) 2+(z-1)2 Dấu(=)xảy x=y=z=1

Ví dụ 2: chứng minh :

a)

2

2

2

2 

      b a b

a ; b) 2 2

3

3 

 



   



b c a b c

Giải:

a) Ta xét hiệu

2

2

2

2 

     

b a b

a

=





4

2a2 b2 a2 ab b2    

=



2a 2b a b 2ab



1 2 2

  

 =





4   b a Vậy 2 2

2 

      b a b

a . Dấu xảy a=b

b)Ta xét hiệu

2 2

3 

       

b c a b c

a =

















0

9

1 2

 

  

 b b c c a

a Vậy 2 2

3 

       

b c a b c a

Dấu xảy a = b =c

c)Tổng quát 2 2 2

1

             n a a a n a a

a n n

Tóm lại bước để chứng minh AB theo định nghĩa

Bước 1: Ta xét hiệu H = A - B

Bước 2:Biến đổi H=(C+D)2hoặc H=(C+D)2+….+(E+F)2

Bước 3:Kết luận A  B

Ví dụ 1: Chứng minh m,n,p,q ta có : m2+ n2+ p2+ q2+1 m(n+p+q+1) Giải: 4 4 2 2 2                                    

 m mn n m mp p m mq q m m

0 2 2 2 2                                

 m n m p m q m (luôn đúng)

Dấu xảy

                   2 2 m q m p m n m               2 2 m m q m p m n         q p n m

Ví dụ 2: Chứng minh với a, b, c ta ln có :a4 b4 c4 abc(a b c)   

 

Giải: Ta có : a4 b4 c4 abc(a b c)   







































     

0 ) ( ) ( ) ( 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 4                                                         ac ab ac bc bc ab a c c b b a ab a a c b a ab c a c c b ac b c b b a a c c b b a ab c ac b bc a c a a c c b c b b a b a ab c ac b bc a c b a ab c ac b bc a c b a

Đúng với a, b, c

Phương pháp : Dùng phép biến đổi tương đương Kiến thức:

Ta biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức bất đẳng thức chứng minh

Nếu A < B  C < D , với C < D bất đẳng thức hiển nhiên, biết có bất đẳng thức A < B

Chú ý đẳng thức sau:





2 2 2AB B A

B

A   



A B C



2 A2 B2 C2 2AB 2AC 2BC        





3 2 3

3A B AB B A

B

A    

Ví dụ 1: Cho a, b, c, d,e số thực chứng minh rằng

a) a b ab

2

b) a2 b2 1abab

c) a2 b2 c2 d2 e2 a



bcde



Giải:

a) a b ab

2

2 4a2 b2 4ab

 

  4a2  4ab2 0 



2a b



2 0

(BĐT đúng) Vậya b ab

2

2 (dấu xảy 2a=b)

b) a2 b2 1abab  2(a2 b2 1



2(abab)  a2  2abb2 a2  2a1b2  2b10

( )2 ( 1)2 ( 1)2      

Vậy a2 b2 1abab Dấu xảy a=b=1

c) a2 b2 c2 d2 e2 a



bcd e



 4



a2 b2 c2 d2 e2



4a



bcde







4 2

 

4 2

 

4 2

 

4 2



 

  

     

 ab b a ac c a ad d a ac c

a





a 2b



2 



a 2c



2 



a 2d



2 



a 2c



2 0

Bất đẳng thức ta có điều phải chứng minh

Ví dụ 2: Chứng minh rằng:



a10 b10



a2 b2

 

a8 b8



a4 b4



 

  

Giải:



a10 b10



a2 b2

 

a8 b8



a4 b4



 

 

  a12 a10b2 a2b10 b12 a12 a8b4 a4b8 b12  

   



 2



2



8



2



  

 b a b b a a

b

a  a2b2(a2-b2)(a6-b6)

 a2b2(a2-b2)2(a4+ a2b2+b4) 

Bất đẳng thứccuối ta có điều phải chứng minh

Ví dụ 3: cho x.y =1 xy Chứng minh y x

y x

  2

2 2

Giải: y x

y x

  2

2 :xy nên x- y   x2+y2 2( x-y)

 x2+y2- 2 2 x+2 2y 0 x2+y2+2- 2 2 x+2 2y -2 0

 x2+y2+( 2)2- 2 2 x+2 2y -2xy 0 x.y=1 nên 2.x.y=2

 (x-y- 2)2  Điều ln ln Vậy ta có điều phải chứng minh Ví dụ 4: Chứng minh rằng:

a/ P(x,y)=9 2    

 y xy y y

x x,yR

b/ a2 b2 c2 a b c (gợi ý :bình phương vế)

c/ Cho ba số thực khác không x, y, z thỏa mãn:

    

    



z y x z y x

z y x

1

1

Chứng minh :có ba số x,y,z lớn Giải: Xét (x-1)(y-1)(z-1)=xyz+(xy+yz+zx)+x+y+z-1

=(xyz-1)+(x+y+z)-xyz(1x 1y1z)=x+y+z - (111)  z y

x (vì x y z

1 1



 số x-1 , y-1 , z-1 âm ba sỗ-1 , y-1, z-1 dương

Nếu trường hợp sau xảy x, y, z >1  x.y.z>1 Mâu thuẫn gt x.y.z=1 bắt buộc phải xảy trường hợp tức có ba số x ,y ,z số lớn

Ví dụ 5: Chứng minh : 1 2      

c a

c c b

b b a

a

Giải:

Ta có : 1 (1)

c b a

a b a

a c b a b a c b a b a

             

Tương tự ta có : (2)

c b a

b c

b b

  

 , a b c (3)

c c

a c

   

Cộng vế theo vế bất đẳng thức (1), (2), (3), ta :

1     

 a c

c c b

b b a

a

(*)

Ta có : (4)

c b a

c a b a

a b a a

 

     

Tương tự : (5)

c b a

b a c b

b

 

 

 , a b c (6)

b c a c

c

 

  

Cộng vế theo vế bất đẳng thức (4), (5), (6), ta :

2     

 a c

c c b

b b a

a

(**)

Từ (*) (**) , ta : 2      

c a

c c b

b b a

a

(đpcm)

Phương pháp 3: Dùng bất đẳng thức phụ Kiến thức:

a) x2 y2 2xy  

b) x2  y2  xy dấu( = ) x = y =

c)



xy



2 4xy

d)  2 a b b a

Ví dụ Cho a, b ,c số không âm chứng minh

(a+b)(b+c)(c+a)8abc

Giải: Dùng bất đẳng thức phụ:



xy



2 4xy





a b



2



b c



2



c a



2 64a2b2c2 



8abc



2 (a+b)(b+c)(c+a)8abc Dấu “=” xảy a = b = c

Phương pháp 4: Bất đẳng thức Cô sy

Kiến thức:

a/ Với hai số khơng âm : a, b 0, ta có: ab2 ab Dấu “=” xảy a=b

b/ Bất đẳng thức mở rộng cho n số không âm :

n n n

n

n n

n a a

a a a a

a a a n a a

a

   



   

 

   

2

1

2

1

Dấu “=” xảy a1 a2  an

Chú ý : ta dùng bất đẳng thức Côsi đề cho biến số không âm.

Ví dụ : Giải phương trình :

2

2

4

2

    

 x x

x

x x

x x

Giải : Nếu đặt t =2x pt trở thành pt bậc theo t nên ta đặt

,,

0

4

2















ba

b

a

x x

Khi phương trình có dạng : 1 1 23    

 a a b

b b

a

Vế trái phương trình:







 

 



1 1

1 1 3

1 1

1 1 1 1

1 1

1 1

a b a b a b a b

b a a b b a a b

a b b a a b

b a a b b a a b

     

           

          

     

           

   

 

                 

     

   

   

   

3

1

1

2

3

3  

   

  

b a b a b a b a

Vậy phương trình tương đương với :

0

4 1

1           

 b a b a b x

a x x .

Ví dụ : Cho x, y , z > x + y + z = Tìm GTLN P = 1 1 1

z z y

y x

Giải : P = 3- ( 11 11 11 



 y z

x ) = – Q Theo BDT Côsi , a, b, c >





3 1 3 1 1 1

3

a b c abc a b c

a b c abc a b c a b c a b c

 

                 

 

 

Suy Q = 11 11 11 



 y z

x

9

  -Q 

 nên P = – Q 

3-4

=43

Vậy max P =43 x = y = z = 31

Ví dụ 3: Cho a, b, c >0 Chứng minh rằng:

abc c b a ab c ac b bc

a

1

1

2

2

       

Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cơsi ta có :

   

 

 

    

 

ac ab bc

a bc a

bc a bc

a 1

2 1

2 2

2

Tương tự :

2

2 2

2 1 1 1 1

2

2 2

2

b ac b ac bc ab c ab c ab ac bc

a b c

a bc b ac c ab abc

   

         

       

 

   

    

Dấu “=” xảy a = b = c

Ví dụ : CMR tam giác ABC : 3

      

 a b c

c b a c

b a c b

a

(*)

Giải : Theo bất đẳng thức Côsi :

) ( ) )(

)( (

33

c b a b a c a c b

abc c

b a

c b

a c

b a

c b

a

      

       

Cũng theo bất đẳng thức Côsi :

) ( ) (

2 ) )(

(bc a ca b  bc aca b c

Viết tiếp hai BDT tương tự (2) nhân với

) ( ) )(

)( (

) )(

)( (

   

 

 

   

 



c b a b a c a c b

abc

abc c

b a b a c a c b

Từ (1),(3) suy (*) Dấu “=” xảy a = b = c hay ABC

Cho















z

y

x

c

b

a

,

,

0

0

Chứng minh rằng:    2  2

4ac x y z

c a c z b y a x cz

by    

        

Giải: Đặt ( ) ( )

   

x a c x ac

x

f có nghiệm a,c

Mà: ( ) ( )

       

b c f b b a cb ac

a

 

   

a cx y z c z b y a x ac zc yb xa z c a y c a x c a c z ac zc b y ac yb a x ac xa y c a b y ac yb c a b ac b                                           ) ( ) ( ) (

Theo bất đẳng thức Cauchy ta có:

                 ( ) 4 2 2 đpcm z y x ac c a c z b y a x ac zc yb xa z y x c a c z b y a x ac zc yb xa z y x c a c z b y a x ac zc yb xa                                             

Phương pháp 5 Bất đẳng thức Bunhiacopski Kiến thức:

Cho 2n số thực (n2): a1,a2, an,b1,b2, ,bn Ta có:

) )( ( )

( 2

2 2 2 2 2

1b a b anbn a a an b b bn

a          

Dấu “=” xảy

n n b a b a b a     2 1 Hay n n a b a b a b    2 1

(Quy ước : mẫu = tử = )

Chứng minh: Đặt             2 2 2 2 n n b b b b a a a a

 Nếu a = hay b = 0: Bất đẳng thức  Nếu a,b > 0:

Đặt: i n

b b a a i i i

i  ,  1,2,

 , Thế thì: 22

2 2 2

1  n   n

Mặt khác:



2



2

i i i

i  

  

Suy ra:

b a b a b

a b

a n n

n n

n n

1 ) (

2 ) (

2

2 1

2

2 2

2 2

2 1

 

 



    

   

 

         

 

Lại có: a1b1a2b2  anbn a1b1 a2b2   anbn

Suy ra: ( ) ( )( 2)

2 2

2 2

2

1b a b anbn a a an b b bn

a          

Dấu”=” xảy





n n

n n i i

b a b

a b a dáu cùng

n i

    



   



, , ,

2 1

1   

 

Ví dụ :

Chứng minh rằng: x R , ta có:

8 cos

sin8



 x

x

Giải: Ta có: sin2xcos2x1,xR Theo bất đẳng thức Bunhiacopski, ta có:



 

 







2 4 2

2

4 4

1 sin cos sin cos 1

1

sin cos sin cos

2

x x x x

x x x x

    

     

Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopski lần nữa:



4



2



8

 

2





4



1 1

sin cos sin cos 1 sin cos

4 x x x x x x

         

Ví dụ 2: Cho tam giác ABC có góc A,B,C nhọn Tìm GTLN của:

A C C

B B

A

P 1tan tan  1tan tan  1tan tan

Giải:

* Bất đẳng thức Bunhiacopski mở rộng

Cho m số, số gồm n số không âm: (ai,bi, ,ci)(i 1,2, ,m)

Thế thì:

) )(

)(

(

)

( 1 1 1 2 2 2

2

1

1

m m m

m m m m m

m m m

m m

m

m bb b cc c a b c a b c a b c

a a

a             

Dấu”=” xảy   bô số (a,b,….,c) cho: với i = 1,2,…,m ti cho: i

i i

i i

ia b tb c tc

t

a  ,  , ,  , Hay a1:b1: :c1 a2 :b2: :c2 an :bn : cn

Ví dụ 1: Cho   

 

   

2 ,

3 2

2

n Z n

a a

a n

Chứng minh rằng:

1

2

    

n a a

Giải:

*

N k 

 ta có:

     

      

   

2

1

4 1

2

k k k

k

2

2 2

1 1

1

2

1 1 1 1 1 1

3 5 1

2 3

2 2 2

2 2

k k k

n n n n

  

 

 

     

   

             

     

  

   

 

Do theo bất đẳng thức Bunhiacopski:

2 3

1

1

1

2 2

2

2 2

1         

   

n a

a a n

a a

a

n

n (đpcm)

Ví dụ 2: Cho số a,b,c,d chứng minh rằng:

(a c)2 (b d)2 a2 b2 c2 d2       

Giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski: Tacó ac+bd a2 b2. c2 d2  

mà



a c



2



b d



2 a2 b2 2



ac bd



c2 d2        

 



a2 b2



2 a2 b2 c2 d2 c2 d2

 (a c)2 (b d)2 a2 b2 c2 d2       

Ví dụ 3: Chứng minh : a2 b2 c2 abbcac

Giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski

Cách 1: Xét cặp số (1,1,1) (a,b,c) ta có



12 12 12



(a2 b2 c2)



1.a 1.b 1.c



2      



 3



a2 b2 c2



a2 b2 c2 2



abbcac



 a2 b2 c2 abbcac Điều phải chứng minh Dấu xảy a=b=c

Phương pháp 6: Bất đẳng thức Trê- bư-sép Kiến thức:

a)Nếu



















n n

b

b

b

a

a

a

2

2

n

b a b

a b a n

b b

b n

a a

a n n    n n

    





1 2 1 1 2 2

2

1 .

Dấu ‘=’ xảy khi  

  

  

n n

b b

b

a a

a

2

b)Nếu



















n n

b

b

b

a

a

a

2 n b a b a b a n b b b n a a

a n n    n n

      

1 2

2

Dấu ‘=’ xảy khi         n n b b b a a a 2

Ví dụ 1: Cho ABC có góc nhọn nội tiếp đường trịn bán kính R =

sin sin sin sin sin sin sin sin sin S C B A C C B B a A     

S diện tích tan giác chứng minh ABC tam giác

Giải: Khơng giảm tính tổng qt ta giả sư

0ABC Suy ra:















C

B

a

C

B

A

2

sin

2

sin

2

sin

sin

sin

sin

Áp dụng BĐT trebusep ta được:

     ) sin sin (sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin C B A C B A C C B B A A C C B B A A C B A C B A                

Dấu ‘=’ xảy ABC dêu

C B A C B A           sin sin sin sin sin sin Mặt khác:     ) ( sin sin ) sin )( sin ( sin sin sin sin sin sin ) cos( ) cos( sin cos ) cos( sin 2 sin ) cos( ) sin( 2 sin sin sin S C b a C B R A R C B A B A C B A B A C C B A C C B A B A C B A                  

Thay (2) vào (1) ta có

sin sin sin sin sin sin sin sin sin S C B A C C B B a A     

Dấu ‘=’ xảy  ABC

a/ Cho a,b,c>0 a+b+c=1 CMR: 11 9 c b

a

b/ Cho x,y,z>0 x+y+z=1 CMR:x+2y+z4(1 x)(1 y)(1 z)

c/ Cho a>0 , b>0, c>0

CMR:

2     

 a b

c a c

b c b

a

d)Cho x0,y0 thỏa mãn x  y 1 ;CMR: x+y



Ví dụ 3: Cho a>b>c>0 2   b c

a Chứng minh

3 3 1

2

a b c

b c a c a b      Giải:

Do a,b,c đối xứng ,giả sử abc      

    

 

b a

c c a

b c b

a a b c 2

Áp dụng BĐT Trê- bư-sép ta có



  

 

     

     

 a b

c c a

b c b

a c b a b a

c c c a

b b c b

a

a

3

2 2

2

2 =

2

=

Vậy

2 3

3

    

 a b

c c a

b c b

a Dấu xảy a=b=c=

3

Ví dụ 4: Cho a,b,c,d>0 abcd =1 .Chứng minh :













10

2 2

        

b c d ab c bc d d c a a

Giải: Ta có a2 b2 2ab  

c2 d2 2cd  

Do abcd =1 nên cd =

ab

(dùng

2 1

 

x

x )

Ta có 2 2( ) 2( )

      

ab ab cd

ab c

b

a (1)

Mặt khác: a



bc



b



cd



d



ca



= (ab+cd)+(ac+bd)+(bc+ad)

= 1 222 

 

 

     

 

     

 



bc bc ac

ac ab

ab

Phương pháp7 Bất đẳng thức Bernouli Kiến thức:

a)Dạng nguyên thủy: Cho a-1,

1



n



Z  an na

 



1 Dấu ‘=’ xảy

chỉ khi  

 

0

n a

b) Dạng mở rộng:

- Cho a > -1, 1 1a 1na Dấu xảy a = - cho a1,0 1 1a 1na Dấu xảy va khi

 

 

1 

a

Ví dụ : Chứng minh ab ba 1,a,b0

Giải

- Nếu a 1 hay b1 BĐT ln

- Nếu < a,b <

Áp dụng BĐT Bernouli:



1



1

1

b b

b

b a

a a b a

a

a a a a a b



 

   

      

   



   

Chứng minh tương tự:ba abb



 Suy abba 1 (đpcm) Ví dụ 2: Cho a,b,c > 0.Chứng minh

5

5

3

3 

 



  

 

b c a b c

a (1)

Giải

 1 3 3

5

5

    

 

      

 

      

 

  

c b a

c c

b a

b c

b a

a

Áp dụng BĐT Bernouli:

 

c b a

a c b c

b a

a c b c

b a

a

 

       

 

 

       

 

 

2

1

3 5 (2)

Chứng minh tương tự ta đuợc:

 

c b a

b a c c

b a

b

 

       

 

 

2

1

  c b a c b a c b a c               5 (4)

Cộng (2) (3) (4) vế theo vế ta có

                            3

3 5

c b a c c b a b c b a a (đpcm)

Chú ý: ta có tốn tổng qt sau đây: “Cho a1,a2, an 0;r 1.Chứng minh

r n r n r r n a a a n a a a              

 2

1

Dấu ‘=’  a1 a2  an.(chứng minh tương tự trên)

Ví dụ 3: Cho 0x,y,z 1 Chứng minh







81 2 2

2x  y  z x  y  z  Giải

Đặt a2x,b2y,c2z 1a,b,c2

   ) ( 2 2              a a a a a a a

Chứng minh tương tự:

) ( ) (     c c b b

Cộng (1) (2) (3) vế theo vế ta









) ( 1 ) ( 81 1 2 1 đpcm c b a c b a c b a c b a c b a c b a côsi                                   



Chú ý: Bài toán tổng quát dạng “ Cho n số x1,x2, ,xna,b,c1

Ta ln có:



x x x



x x x







a a bb





c c c n c c c c c

c n n

            2

Kiến thức: A>B B>C A>C

Ví dụ 1: Cho a, b, c ,d >0 thỏa mãn a> c+d , b>c+d

Chứng minh ab >ad+bc Giải:

Tacó   

 

 

d c b

d c a

   

  

  

0 c d b

d c a

 (a-c)(b-d) > cd

 ab-ad-bc+cd >cd  ab> ad+bc (điều phải chứng minh)

Ví dụ 2: Cho a,b,c>0 thỏa mãn

3 2

 

b c

a Chứng minh

abc c b a

1 1

  

Giải: Ta có :( a+b- c)2= a2+b2+c2+2( ab –ac – bc) 

 ac+bc-ab 

( a2+b2+c2)

 ac+bc-ab

  Chia hai vế cho abc > ta có

c b a

1 1

  

abc

Ví dụ 3: Cho < a,b,c,d <1 Chứng minh (1-a).(1-b) ( 1-c).(1-d) > 1-a-b-c-d Giải: Ta có (1-a).(1-b) = 1-a-b+ab

Do a>0 , b>0 nên ab>0 (1-a).(1-b) > 1-a-b (1) Do c <1 nên 1- c >0 ta có  (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 chứng minh)

Ví dụ 4: Cho <a,b,c <1 Chứng minh rằng: 2a3 2b3 2c3 3 a2b b2c c2a      

Giải:

Do a <  1 

a

Ta có



1 a2



.



1 b



0  1-b-a2+a2b > 0 1+a2 b2 > a2 + b mà 0< a,b <1  a2 > a3, b2 > b3

Từ (1) (2)  1+a2b2> a3+b3 Vậy a3+b3 < 1+a2b2 Tương tự b3+c3 1 b2c

 ; c3+a3 c2a

Cộng bất đẳng thức ta có :2a3 2b3 2c3 3 a2b b2c c2a      

Ví dụ Chứng minh : Nếu 2 2 1998    b c d

Giải:

Ta có (ac + bd)2 + (ad – bc )2 = a2c2 + b2d2 2abcd a2d 

 b2c2-2abcd= = a2(c2+d2)+b2(c2+d2) =(c2+d2).( a2+ b2) = 19982

rõ ràng (ac+bd)2 





2





2 1998  



bd ad bc

ac  acbd 1998

Ví dụ (HS tự giải) :

a/ Cho số thực : a1; a2;a3 ….;a2003 thỏa mãn : a1+ a2+a3 + ….+a2003 =1

c hứng minh : a2 +

2 2003

3

2 a a

a   

2003 

b/ Cho a;b;c 0 thỏa mãn :a+b+c=1

Chứng minh rằng: (1 1).(1 1).(11)8 c

b a

Phương pháp 9: Dùng tính chất tỷ số Kiến thức

1) Cho a, b ,c số dương

a – Nếu 1 b a

c b

c a b a

  

b – Nếu 1 b a

c b

c a b a

  

2) Nếu b,d >0 từ

d c d b

c a b a d c b a

    



`

Ví dụ 1: Cho a,b,c,d > Chứng minh

2

           

b a d

d a

d c

c d

c b

b c

b a

a

Giải: Theo tính chất tỉ lệ thức ta có

d c b a

d a c

b a

a c

b a

a

  

 

    

 (1)

Mặt khác :

d c b a

a c

b a

a

    

 (2)

Từ (1) (2) ta có \

a

Tương tự ta có

d c b a

a b d

c b

b d

c b a

b

  

 

    

 (4)

d c b a

c b a

d c

c d

c b a

c

  

 

    

 (5)

d c b a

c d b

a d

d d

c b a

d

  

 

    

 (6)

cộng vế với vế (3); (4); (5); (6) ta có

2

1 

           

b a d

d a

d c

c d

c b

b c

b a

a

điều phải chứng minh

Ví dụ :Cho: b a

<

d c

b,d > Chứng minh

b a

<

d c d b

cd ab

  

2

Giải: Từ b a

<

d c

2 d

cd b ab



 

d c d cd d

b cd ab b ab

   

 2 2 2

2

Vậy

b a

<

d c d b

cd ab

  

2

2 điều phải chứng minh

Ví dụ : Cho a;b;c;dlà số nguyên dương thỏa mãn : a+b = c+d =1000

tìm giá trị lớn

d b c a



Giải: Khơng tính tổng qt ta giả sử : c a

d b

 Từ : c a

d b 

d b d c

b a c a

 

  

1  c a

a+b = c+d

a/ Nếu :b 998 d b

998

 

d b c a

  999

b/Nếu: b=998 a=1  d b c a

 = d c

999

 Đạt giá trị lớn d= 1; c=999

Vậy giá trị lớn

d b c a

 =999+ 999

1

khi a=d=1; c=b=999

Phương pháp 10: Phương pháp làm trội Kiến thức:

(*) Phương pháp chung để tính tổng hữu hạn : S = u1u2 un

Ta cố gắng biến đổi số hạng tổng quát uk hiệu hai số hạng liên tiếp nhau:

uk ak ak1

Khi :S =



a1 a2

 

 a2 a3



 



an an1



a1 an1 (*) Phương pháp chung tính tích hữu hạn: P = u1u2 un

Biến đổi số hạng uk thương hai số hạng liên tiếp nhau: uk=

1 

k k

a a

Khi P =

1 1

2

1.

 



n n

n

a a a

a a a a a

Ví dụ 1: Với số tự nhiên n >1 chứng minh

4 1

       

n n n

n

Giải: Ta có

n n n k

n

1 1

  

 với k = 1,2,3,…,n-1 Do đó:

2 2

1

1

1 1

        

 n

n n n

n n

n

Ví dụ 2: Chứng minh rằng:

2



1



1

1     n 

n Với n số nguyên

Giải: Ta có



k k



k k k

k    1 2 1

2

Khi cho k chạy từ đến n ta có

1 > 2



1



2



2



1

 

………



n n



n 2 1

Cộng vế bất đẳng thức ta có 2



1



1

1     n  n

Ví dụ 3: Chứng minh 2







n

k k

Giải: Ta có k12 k



k1 1



k11 k1    

Cho k chạy từ đến n ta có

2

2 2

1

1

2

1 1 3

1 1 1

1

n n n n

 

 

      



Vậy 2







n

k k

Phương pháp 11: Dùng bất đẳng thức tam giác

Kiến thức: Nếu a;b;clà số đo ba cạnh tam giác : a;b;c>

Và |b-c| < a < b+c ; |a-c| < b < a+c ; |a-b| < c < b+a

Ví dụ 1: Cho a;b;c số đo ba cạnh tam giác chứng minh

1/ a2+b2+c2< 2(ab+bc+ac) 2/ abc>(a+b-c).(b+c-a).(c+a-b)

Giải

1/Vì a,b,c số đo cạnh tam giác nên ta có

    

  

  

  

b a c

c a b

c b a

0 0

     

 

 

 

) (

) (

) (

2 2

b a c c

c a b b

c b a a

Cộng vế bất đẳng thức ta có: a2+b2+c2< 2(ab+bc+ac)

2/ Ta có a > b-c   a2 a2 (b c)2  

 >

b > a-c   b2 b2 (c a)2  

 >

c > a-b   2 ( )2    c a b c

MN MK

H y



























 

 





a b c

 

b c a

 

c a b



abc

b a c a c b c b a c b a

b a c a c b c b a c b a

  

 

  

  

 

  

  

 

  

2

2

2

2

2

2

2 2

Ví dụ2 (HS tự giải)

1/ Cho a,b,c chiều dài ba cạnh tam giác

Chứng minh ab bc ca a2 b2 c2 2(ab bc ca)   

    

2/Cho a,b,c chiều dài ba cạnh tam giác có chu vi Chứng minh 2 2

 



b c abc a

Phương pháp 12: Sử dụng hình học tọa độ Ví dụ 1:

Chứng minh : c(a c) c(b c) ab ,ab0 b c

Giải

Trong mặt phẳng Oxy, chọn u( c, b c); v( a c, c)

Thì u  b, v  a; u.v c(a c)  c(b c)

Hơn nữa: u.vu.v.cos(u,v)u.v  c(a c)  c(b c) ab  (ĐPCM)

Ví dụ 2:

Cho 2n số: xi;yi, i 1,2, ,n thỏa mãn: 1

1

 





 

n

i i n

i

i y

x Chứng minh rằng:

2

1

2

 





n i

i

i y

x

Giải:

x + y = O

x

Trong mặt phẳng tọa độ, xét: )

, ( 1

1 x y

M : M2(x1x2,y1y2);…;Mn(x1xn,y1yn)

Giả thiết suy

M

n



đường thẳng x + y = Lúc đó:

2

1 x y

OM   , M1M2  x22 y22 , M2M3  x32y32,…, Mn1Mn  xn2yn2

Và OM1M1M2 M2M3

2

1   



 Mn Mn OMn OH

 









2

1

2

n i

i

i y

x (ĐPCM)

Phương pháp 13: Đổi biến số

Ví dụ1: Cho a,b,c > Chứng minh

2     

 a b

c a c

b c b

a

(1)

Giải: Đặt x=b+c ; y=c+a ;z= a+b ta có a=

x z y 

; b =

y x z 

; c =

z y x 

ta có (1) 

z z y x y

y x z x

x z y

2

2

       

2 

  1   1  13 z

y z x y

z y x x

z x y

 (  )(  )(  )6 z y y z z x x z y x x y

Bất đẳng thức cuối (  2; y x x y

 2 z x x z

;  2 z y y z

nên ta có điều

phải chứng minh

Ví dụ2:

Cho a,b,c > a+b+c <1 Chứng minh

2

1

1

2

2 

   

 bc b ac c ab

a (1)

Giải: Đặt x = a2 2bc

(1)  1119 z y

x Với x+y+z < x ,y,z >

Theo bất đẳng thức Cơsi ta có: xyz3.3 xyz, và:    z y x

1 1

3.3 xyz







1 19   

 

  



z y x z y

x Mà x+y+z < Vậy 1119 z y

x (đpcm)

Ví dụ3: Cho x0 , y0 thỏa mãn x y 1 CMR

5  y x

Gợi ý: Đặt x u , y v  2u-v =1 S = x+y =u 2 v2 v = 2u-1 thay vào tính S

Bài tập tự giải

1) Cho a > , b > , c > CMR: 25 16 8    

 a b

c a c

b c b

a

2)Tổng quát m, n, p, q, a, b >0 CMR



m n p





m n p



b a

pc a c

nb c b

ma

     

    

2

1

Phương pháp 14: Dùng tam thức bậc hai

Kiến thứ: Cho f(x) = ax2 + bx + c

Định lí 1:

f(x) > 0,















0

0























































0

0

,0

)(

0

0

,0

)(

0

0

,0

)(

a

x

xf

a

x

xf

a

x

xf

Định lí 2:

Phương trình f(x) = có nghiệm x1x2  a.f

 

 0 Phương trình f(x) = có nghiệm :

 

 

  

 

  

   

  

2

0

2

S fa x x

Phương trình f(x) = có nghiệm :

 

 

  

 

  

   

  

2

0

2

S fa x x

Phương trình f(x) = có nghiệm    

2

2

 

  

  

  

  

  

f f x

x

x x

Ví dụ 1:Chứng minh f



x,y



x25y2 4xy2x 6y30 (1) Giải: Ta có (1)  x2 2x



2y1



5y2 6y30



2 1



2     

Ví dụ2: Chứng minh rằng: f



x,y



x2y4 2



x2 2



.y2 4xy x2 4xy3    

 

Giải: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

2



2



4  

  

 x y xy x xy

y

x ( 1)2



1



2

  

 

 y x y y x y

Ta có 2



1 2



2 2



1



2 16  

  

 

 y y y y y

Vì a =



1



2  

y f



x,y



0 (đpcm) Phương pháp 15: Dùng quy nạp toán học Kiến thức:

Để chứng minh bất đẳng thức với n n0ta thực bước sau : – Kiểm tra bất đẳng thức với n n0

- Giả sử BĐT với n =k (thay n =k vào BĐT cần chứng minh gọi giả thiết quy nạp )

3- Ta chứng minh bất đẳng thức với n = k +1 (thay n = k+1vào BĐT cần chứng minh biến đổi để dùng giả thiết quy nạp)

– kết luận BĐT với n n0

Ví dụ1: Chứng minh :

n n

1 2

1

1

2

2      nN; n (1)

Giải: Với n =2 ta có

2

1   (đúng) Vậy BĐT (1) với n =2

Giả sử BĐT (1) với n =k ta phải chứng minh BĐT (1) với n = k+1

Thật n =k+1 (1) 

1 ) (

1

1

1

2

2

       

k k

k

Theo giả thiết quy nạp







1 1 ) (

1

1

1

2

2

2

           

k k

k k

k





k



k k

k

1 1

1 )

1 (

1

1

2

2 

      

 2 ( 2) ( 1)2

) (

1

     

 

k k

k k k

k

 k2+2k<k2+2k+1 Điều Vậy bất đẳng

Ví dụ2: Cho n N a+b> Chứng minh

n

b a

      

2 

n

n b

a 

(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 có

(1) 

1

2      

ab k 

2

1 

  k

k b

a



2

b a b

a k 

      



1

1 

  k

k b

a

(2)

 Vế trái (2) 

2

2

1 1

1   



      

 k k k k k k k

k b a b a ab a b b a b

a

 0

4

1

1

    

   

 k k k k k

k b a ab a b b

a





ak  bk



.



a b



0 (3)

Ta chứng minh (3)

(+) Giả sử a  b giả thiết cho a  -b  a  b

 ak bk bk 



ak  bk



.



a b



0

(+) Giả sử a < b theo giả thiết - a<b  ak bk  ak bk 



ak  bk



.



a b



0 Vậy BĐT (3)ln ta có (đpcm)

Ví dụ 3: Cho a1 ,1n Chứng minh : (1 a)n 1 n.a

  

Giải

n=1: bất đẳng thức

n=k (k): giả sử bất đẳng thức đúng, tức là: (1a)k 1k.a

n= k+1 Ta cần chứng minh: (1 a)k 1 (k 1).a

  

 

Ta có: (1 a)k (1 a).(1 a)k (1 a).(1 k.a) 1 (k 1)a k.a2 1 (k 1)a

   

        

 

 Bất đẳng thức với n= k+1

V ậy theo nguyên lý quy nạp: (1 a)n 1 n.a

 

 ,n

Ví dụ 4: Cho 1n a1,a2,,an 0 thoả mãn

2

2

1a  an 

a  Chứng minh rằng:

2 ) ( ) )(

Giải n=1:  

1

a   

2

1 a1 Bài toán đúng

n=k (k): giả sử bất đẳng thức đúng, tức là:

2 ) ( ) )(

(  a1  a2   ak 

n= k+1 Ta cần chứng minh:

2 )

( ) )(

(  a1  a2   ak1 

Ta có: (1 a1)(1 a2)(1 ak1)(1 a1)(1 a2)(1 ak1)[1 (ak ak1)akak1]

2 )] (

1 )[

( ) )(

(  1  2  1   1 

 a a  ak ak ak (Vì

2 )

( 1

1

1a  ak  ak ak 

a  )

 Bất đẳng thức với n= k+1

Vậy theo nguyên lý quy nạp: (1 a1)(1 a2)(1 an)21

Ví dụ 5: Cho 1n, ai,bi R, i 1,2, ,n Chứng minh rằng:

) )(

( )

( 2

2 2

2 2

2

1b a b anbn a a an b b bn

a       

Giải n=1: Bất đẳng thức đúng

n=k (k):giả sử bất đẳng thức đúng, tức là:

) )(

( )

( 2

2 2

2 2

2

1b a b akbk a a ak b b bk

a       

n= k+1 Ta cần chứng minh:

) )(

( )

(

1

2 2

1

2 2 1

2

1b a b  akbk  a a  ak b b  bk

a    (1)

Thật vậy: 2

1 2

2 2

2

1 )( ) ( )

( )

( a a a b b b a a b

VP    k   k   k +

2

1 2

2

2( ) .

 

   

a b b  bk ak bk (a1b1 a2b2 akbk)2a1b1ak1bk1 2a2b2ak1bk1 

2

1 1

2     



 akbkak bk ak bk )

(

2

1    

 ab a b  akbk (a1b1a2b2 akbk) ak1bk1 2

1  

ak bk

2 1

2

1 )

(     

 ab a b  ak bk

Vậy (1) chứng minh

Ví dụ 6: Cho 1n, ai,bi R,i 1,2, ,n Chứng minh rằng:

n a a

a n

a a

a n n

2

2 2

1 )

(     

Giải:

n=k (k):giả sử bất đẳng thức đúng, tức là:

k a a

a k

a a

a k k

2

2 2

1 )

(     

n= k+1 Ta cần chứng minh:

1 )

1 (

2

2 2

1

     

 

  

k a a

a k

a a

a  k  k (1)

Đặt:

k a a

a

a 2 3  k 1

 

) (

1 )

( 2 1

1 k a kaa

a k

VP  



 

  



   

     



  

k a a

a k a k k

a a

a k a k

k k

2

3 2 2

1

3 2 2

2

) (

1  

1

1

2

   

 

k a a

a  k

Vậy (1) đựơc chứng minh

Ví dụ 7: Chứng minh rằng: ( 1) 1, ,     

 n  n n

nn n

Giải: n=2



















3

)1

(

4

1

n n

n

n

( 1) 1

 

 nn n n

n=k2: giả sử bất đẳng thức đúng, tức là: kk (k1)k1

n= k+1:Ta c ó: ( 1) 1 ( 1) 1( 1) 1

 



 k k k

k k k k

k ( 1)2 2( 1)2 [( 1)2] 1( 1)2

 

  

 k k k k k k

) ( )

(k2 k k k2 k

 

  (vì (k 1)2 k2 2k 1 k2 2k

    

 )

k k k

k ( 2)

  (k 1)k1 (k 2)k  Bất đẳng thức với n= k+1

Vậy ( 1) 1, ,

    

 n  n n

nn n

Ví dụ 8: Chứng minh rằng: sinnx nsin x,n,xR

Giải: n=1: Bất đẳng thức đúng

n=k :giả sử bất đẳng thức đúng, tức là: sinkx ksinx

n= k+1 Ta cần chứng minh: sin(k1)x (k1)sinx

Ta có:

























R

x

x

x

R

b

a

b

a

b

a

,1

cos

,

sin

,

,

Nên: sin(k1)x sinkxcosxcoskxsinx

x kx x

kx.cos cos sin

sin 

 sinkx..sinx ksinx..sinx (k 1)sinx

 Bất đẳng thức với n= k+1 Vậy: sinnx nsinx,n,xR

Phương pháp 16: Chứng minh phản chứng Kiến thức:

1) Giả sử phải chứng minh bất đẳng thức , ta 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 ngược Từ suy bất đẳng thức cần chứng minh 2) Giả sử ta phải chứng minh luận đề “p  q”

Muốn chứng minh p  q(với p: giả thiết đúng, q: kết luận đúng) phép chứng minh

được thực hiên sau:

Giả sử khơng có q ( q sai) suy điều vơ lý psai Vậy phải có q (hay

q đúng)

Như để phủ định luận đề ta ghép tất giả thiết luận đề với phủ định kết luận

Ta thường dùng hình thức chứng minh phản chứng sau : A - Dùng mệnh đề phản đảo : “P  Q”

B – Phủ định rôi suy trái giả thiết C – Phủ định suy trái với điều

D – Phủ định suy điều trái ngược E – Phủ định suy kết luận :

Ví dụ 1: Cho ba số a,b,c thỏa mãn a +b+c > , ab+bc+ac > , abc > 0

Chứng minh a > , b > , c > Giải:

Giả sử a  từ abc >  a a < Mà abc > a <  cb < Từ ab+bc+ca >  a(b+c) > -bc >

Vì a < mà a(b +c) >  b + c <

a < b +c <  a + b +c < trái giả thiết a+b+c > Vậy a > tương tự ta có b > , c >

Ví dụ 2:Cho số a , b , c ,d thỏa mãn điều kiện

ac  2.(b+d) Chứng minh có bất đẳng thức sau sai: a2 4b

Giải:

Giả sử bất đẳng thức : a2 4b

 , c2 4d cộng vế ta )

(

2 c b d

a    (1)

Theo giả thiết ta có 4(b+d)  2ac (2)

Từ (1) (2)  a2 c2 2ac 

 hay



a c



2 0 (vô lý) Vậy bất đẳng thức a2 4b

 c2 4d có bất đẳng thức sai Ví dụ 3:Cho x,y,z > xyz = Chứng minh

Nếu x+y+z > 1x1y1z có ba số lớn 1

Giải :Ta có (x-1).(y-1).(z-1) =xyz – xy- yz + x + y+ z –1

=x + y + z – (1x1y1z) xyz = theo giả thiết x+y +z >

z y x

1 1

 

nên (x-1).(y-1).(z-1) >

Trong ba số x-1 , y-1 , z-1 có số dương

Thật ba số dương x,y,z >  xyz > (trái giả thiết) Cịn số dương (x-1).(y-1).(z-1) < (vơ lý) Vậy có ba số x , y,z lớn

Ví dụ 4: Cho a,b,c0 a.b.c=1 Chứng minh rằng: abc3 (Bất đẳng thức

Cauchy số)

Giải: Giả sử ngược l ại:

3  

b c

a  (abc)ab3ab a2b b2a cab 3ab

  

 a2b(a2  3a)b10

Xét : ( ) ( )  



a b a a b

b f

Có (a2 3a)2 4a

  

 =a4  6a3 9a2  4a a(a3  6a2 9a 4)=a(a 1)2(a 4)0

(Vì















3

0

,,

c

b

a

c

b

a

 0a3)  f(b)0  vơ lý Vậy: abc3

Ví dụ 5:

Chứng minh không tồn số a, b, c đồng thời thỏa mãn (1),(2),(3):

c b

a   (1)

a c

b a

c   (3)

Giải: Giả sử tồn số a, b, c đồng thời thỏa mãn (1),(2),(3), lúc đó:

c b

a    (bc)2 a2  (ab c)(a bc)0 (1’)

a c

b    (c a)2 b2  (abc)(ab c)0 (2’)

b a

c    (a b)2 c2  (ab c)(abc)0 (3’)

Nhân (1’), (2’) (3’) vế với vế ta được: [( )( )( )]2         

 a b c a b c a b c

 Vơ lý Vậy tốn chứng minh

Phương pháp 17 : Sử dụng biến đổi lượng giác

1 Nếu x Rthì đặt x = Rcos , 



0,



; x = Rsin

   

   

2 ,

,   



2 Nếu x Rthì đặt x =



cos

R

  

  

   

2 , ,

0  

 c

3.Nếu  2  2 2, ( 0)  

 

 a y b R

x đặt

(,

)2

sin

cos

























Rb

y

Ra

x

4 Nếu ,

2

 

            

  R a b

b y a

x  

đặt

(,

)2

sin

cos





























bR

y

aR

x

5 Nếu toán xuất biểu thức : 2 2,  , 0



b a b

ax

Thì đặt: 

  

    

2 ,

,  



tg a b x

Ví dụ 1: Cmr : 2 3



1 21 2



2, ,  1,1     

  

 

 b b a ab b a a b

a

Giải : a 1, b 1

Đặt :















cos

cos

b

a

, 



0,







 















2 2

1 1

cos sin cos sin cos cos sin sin

sin( ) 3.cos( ) 2cos( ) 2, ( )

a b b a ab b a

dpcm

       



     

      

   

         

Ví dụ : Cho a,b 1.Chứng minh :a b 1b a1ab

Giải :

Đặt : 

  

 

       

    

 

2 , , cos

1 cos

1

2

2 

 

 

b a

2

2

2 2 2

2 2 2

1 ( cos cos )

1

cos cos cos cos cos cos

1 (sin sin ) sin( ) cos ( ) cos cos cos cos cos cos

tg tg tg tg

a b b a tg tg

in

ab

     

 

     

     

     



        

  

   

Ví dụ 3: Cho ab0.Chứng minh : 2

4 ) (

2

2 2 2

2

  

    

b a

b a a

Giải :Đặt: 

  

    

22 , ,

2btg   

a

2 2

2

2 2

( ) ( 2)

4( 1).cos

4

2sin 2(1 cos ) 2(sin cos ) 2 sin(2 ) 2 2, 2

2

a a b tg tg

tg

a b tg

 

 



   

 

   

   

 

     

 

      

 

Phương pháp 18: Sử dụng khai triển nhị thức Newton. Kiến thức:

Công thức nhị thức Newton



a b



n C a b n N a b R

k

k k n k n n

   







 , *, ,

0

Trong hệ số (0 )

! )! (

!

n k k

k n

n Ck

n  





Một số tính chất đặt biệt khai triển nhị thức Newton: + Trong khai triển (a + b)n có n + số hạng.

+ Số mũ a giảm dần từ n đến 0, số mũ b tăng từ đến n Trong số hạng khai trtiển nhị thức Newton có tổng số mũ a b n

k n n k n C C  

+ Số hạng thứ k + Ckan k.bk (0 k n)

n  



Ví dụ 1:

Chứng minh 1 an 1 na, a 0, n N*

     

 (bất đẳng thức bernoulli)

Giải

Ta có:



a



n C a Cn Cna na

k k k n n      





1

0

(đpcm)

Ví dụ 2:

Chứng minh rằng:

a) , , 0, *

2

2 a b n N

b a b

an n n

            

b) , , , 0, *

3

3 a bc n N

c b a c b

an n n n

               Giải

Theo công thức khai triển nhị thức Newton ta có:

     







  n b a b a b a C C C C b a a b C b a C b a C b a C b a b a b a b a b a b a n i b a a b C a b b a C a b b a C b a C b a a C a b C a b C b C b a b C b a C b a C a C b a n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n i n i i i n n n i i i n i n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n                                                                                  ) ( ) )( ( ) ( ) ( ) ( ) ( : , , , , , ) ( ) ( ) ( ) ( 1 1 1 1 1 1 1 1 1

b) Đặt

3 

 

a b c

d

Theo câu (a) ta có:

Phương pháp 19: Sử dụng tích phân

Hàm số: f,g:a,b Rliên tục, lúc đó:

* Nếu f(x)0,xa,b





b a

dx x

f( )

* Nếu f(x)g(x),xa,bthì







b a

b a

dx x g dx x

f( ) ( )

* Nếu f(x)g(x),xa,b x0a,b: f(x0)g(x0)thì







b a

b a

dx x g dx x

f( ) ( ) .

*







b a b

a

dx x f dx x

f( ) ( ) .

* Nếu mf(x)M,xa,b



 



b a

M dx x f a b

m ( ) (m, M số)

Ví dụ 1: Cho A, B, C ba góc tam giác

Chưng minh rằng:

2

2  

C tg B tg A tg

Giải:

Đặt , (0, )

2 )

(x tg x x 

f

) , ( , )

( 2 ) (

)

( ) (

2 ''

2 '

   

  

x x tg x tg x

f

x tg x

f

Áp dụng bất đẳng thức Jensen cho:

3 2

6 2

6

2 2

3

) ( ) ( ) (

  

  

   



  

  

   



  

 



C tg B tg A tg

tg C tg B tg A tg

C B A tg C tg B tg A tg

C B A f C f B f A f



Ví dụ 2: Chứng minh:

6 cos

2 10

2

0

2  



 





x dx

Giải

Trên đoạn      

2 ,





2 2

2

2

2

2

0

0 cos 2cos 2 2cos

1 1

3 2cos

5 2cos

1

0

5 2cos 10 2cos

x x x

x

x

dx dx

đpcm

x x

 

   

        

      



   

         

 

 



 



PHẦN III : CÁC BÀI TẬP NÂNG CAO *Dùng định nghĩa

1) Cho abc = 36 

a Chứng minh 

2 a

b2+c2> ab+bc+ac

Giải: Ta xét hiệu: 

2

a b2+c2- ab- bc – ac = 

2 a

 12

2

a b2+c2- ab- bc – ac

= ( 

2 a

b2+c2- ab– ac+ 2bc) +  12

2 a

3bc =( a

-b- c)2 +

a abc a

12 36



=( a

-b- c)2 +

a abc a

12 36

 >0 (vì abc=1 a3 > 36 nên a >0 )

Vậy : 

2 a

b2+c2> ab+bc+ac Điều phải chứng minh

2) Chứng minh

a) 4 2 ( 1)    

 

y z x xy x z

x

b) với số thực a , b, c ta có

    

 b ab a b

a

c) 2 2     

 b ab a b

a Giải:

a) Xét hiệu:x4  y4 z2 1 2x2y2 2x2  2xz 2x =









2





2

2

2 1

   

 y x z x

x = H

H0 ta có điều phải chứng minh

b) Vế trái viết H =



a 2b1



2 



b 1



2 1  H > ta có đpcm

c) vế trái viết H =



1



2



1



2   

 b b

a  H  ta có điều phải chứng minh

* Dùng biến đổi tương đương









2

2 2

 

 y x

y x

Giải: Ta có 2





2





2      

y x y xy x y

x (vì xy = 1)





x2y2



2 



x y



44.



x y



24

Do BĐT cần chứng minh tương đương với





4





2





2

8

4 x y x y

y

x     





x y



4 4



x y



240 





x y



2 2



2 0

BĐT cuối nên ta có điều phải chứng minh

2) Cho xy  Chứng minh

x y xy    



2

1

1

2

Giải:

Ta có x y xy    



2

1

1

2

2 

1 1

1

1

1

2

2 

  

 

       

 

 

x y y xy





1



.



1





1 2



.



1



2

2

  

 

 



xy y

y xy xy

x x xy













1



.



1



) (

) (

2

2 

 

 

 



xy y

y x y xy

x x y x





 





1



.1



.



1



1 2

2

  



 

xy y

x

xy x y

BĐT cuối xy > Vậy ta có đpcm

* Dùng bất đẳng thức phụ

1) Cho a , b, c số thực a + b +c =1 Chứng minh

3 2

  b c a

Giải: áp dụng BĐT BunhiaCôpski cho số (1,1,1) (a,b,c)

Ta có





2







2 2



1 1

1

1a b c    a b c 



abc



2 3.



a2b2c2





3 2

2b c 

a (vì a+b+c =1 ) (đpcm)

2) Cho a,b,c số dương Chứng minh





1 19   

 

  



c b a c b

a (1)

Giải: (1)  1   1   19 a c a c c b a b c a b a

 9

    

     

 

     

 

 

áp dụng BĐT phụ  2 x y y x

Với x,y > Ta có BĐT cuối

Vậy





1 19   

 

  



c b a c b

a (đpcm)

* Dùng phương pháp bắc cầu

1) Cho < a, b,c <1 Chứng minh :2a3 2b3 2c3 3 a2b b2c c2a      

Giải: Do a <1  a2<1 b <1 Nên



1 2

 

.1 2



2

      

 a b a b a b

Hay 1a2ba2b (1)

Mặt khác <a,b <1  a 2 a3 ; b b3 1 a2 a3 b3   

Vậy a3 b3 1 a2b 



Tương tự ta có

b3 c3 1 b c a2 ; c3 1 c a2

     

 2a3 2b3 2c3 3 a2b b2c c2a     

 (đpcm)

2) So sánh 3111 1714

Giải: Ta thấy 3111 <

 

11

11 55 56

32  2 2

Mặt khác 256 24.14

 

24 14 1614 1714

    Vậy 3111 < 1714 (đpcm) * Dùng tính chất tỉ số

1) Cho a ,b ,c ,d > Cminh rằng:2 a b b c c d d a a b c b c d c d a d a b

   

    

       

Giải: Vì a ,b ,c ,d > nên ta có

a b a b a b d

a b c d a b c a b c d

   

 

        (1) b c b c b c a

a b c d b c d a b c d

    

 

        (2) d a d a d a c

a b c d d a b a b c d

   

 

        (3) Cộng vế bất đẳng thức ta có :

a b b c c d d a a b c b c d c d a d a b

   

    

2) Cho a ,b,c số đo ba cạnh tam giác

Chứng minh :1 a b c b c c a a b

   

  

Giải: Vì a ,b ,c số đo ba cạnh tam giác nên ta có a,b,c > 0 Và a < b +c ; b <a+c ; c < a+b

Từ (1) a a a 2a

b c a b c a b c 

  

    

Mặt khác a a

b c a b c 

Vậy ta có a a 2a

a b c  b c a b c  Tương tự ta có

2

b b b

a b c  a c a b c 

c c 2c

a b c  b a a b c  Cộng vế ba bất đẳng thức ta có :

a b c b c c a a b

   

   (đpcm)

* Phương pháp làm trội :

1) Chứng minh BĐT sau :

a) 1 1 1.3 3.5  (2n1).(2n1)2

b) 1 1.2 1.2.3 1.2.3 n

    

Giải:

a) Ta có :



 





2 1



(2 1)

1 1 1

2 2 (2 1).(2 1) 2

k k

n n k k k k

    

    

       

Cho n chạy từ đến k Sau cộng lại ta có

1 1

1.3 3.5 (2n 1).(2n 1) 2n

 

      

     (đpcm)

b) Ta có: 11.2 1.2.31   1.2.3 1 n 1 1.2 1.2.31   



n 11



n 

< 1 1 1 2

2 n n n

     

           

PHẦN IV : ỨNG DỤNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC 1/ Dùng bất đẳng thức để tìm cưc trị

Kiến thức:

- Nếu f(x)  A f(x) có giá trị nhỏ A - Nếu f(x)  B f(x) có giá trị lớn B

Ví dụ :Tìm giá trị nhỏ :T = |x-1| + |x-2| +|x-3| + |x-4|

Giải: Ta có |x-1| + |x-4| = |x-1| + |4-x|  |x-1+4-x| = (1)

Và x  x  x 2 3 x  x 3  x 1 (2) Vậy T = |x-1| + |x-2| +|x-3| + |x-4|  1+3 =

Ta có từ (1)  Dấu xảy 1 x (2)  Dấu xảy 2 x Vậy T có giá trị nhỏ 2 x Ví dụ :

Tìm giá trị lớn S = xyz.(x+y).(y+z).(z+x) với x,y,z > x+y+z =1 Giải: Vì x,y,z > ,áp dụng BĐT Cơsi ta có

x+ y + z 3 xyz3 1

3 27

xyz xyz

   

áp dụng bất đẳng thức Côsi cho x+y ; y+z ; x+z ta có



x y

 

. y z

 

. z x



33



x y

 

. y z

 

. x z



 2 3 3



x y

 

. y z

 

. z x



Dấu xảy x=y=z=1

Vậy S  8

27 27 729 Vậy S có giá trị lớn

729 x=y=z= Ví dụ 3: Cho xy+yz+zx = Tìm giá trị nhỏ x4 y4 z4

 

Giải: Áp dụng BĐT Bunhiacốpski cho số (x,y,z) ;(x,y,z)

Ta có



xy yz zx 



2 



x2y2z2



2  1



x2y2 z2



2 (1)

Áp dụng BĐT Bunhiacốpski cho (x y z2, 2, 2) (1,1,1)

Ta có (x2 y2 z2 2) (12 12 1 )(2 x4 y4 z4) (x2 y2 z2 2) 3(x4 y4 z4)

            

Từ (1) (2) 1 3(x4 y4 z4)

    4

3 x y z

Vậy x4 y4 z4

  có giá trị nhỏ

3 x=y=z= 3 

Ví dụ : Trong tam giác vng có cạnh huyền , tam giác vng có diện tích lớn

Giải: Gọi cạnh huyền tam giác 2a Đường cao thuộc cạnh huyền h

Hình chiếu cạnh góc vng lên cạnh huyền x,y

Ta có S =1.





. . . . x y h a h a h   a xy

Vì a khơng đổi mà x+y = 2a Vậy S lớn x.y lớn  xy

Vậy tam giác có cạnh huyền tam giác vng cân có diện tích lớn

2/ Dùng Bất đẳng thức để giải phương trình hệ phương trình

Ví dụ 1:Giải phương trình: 4 3x2 6x 19 5x2 10x 14 2x x2

       

Giải : Ta có 3x2 6x 19

  3.(x22x1) 16 3.(x1)216 16 5x2 10x 14 5.



x 1



2 9 9

     

Vậy 4 3x2 6x 19 5x2 10x 14 5

       

Dấu ( = ) xảy x+1 =  x = -1

Vậy 4 3x2 6x 19 5x2 10x 14 2x x2

        x = -1

Vậy phương trình có nghiệm x = -1

Ví dụ 2: Giải phương trình x 2 x2 4y2 4y 3

    

Giải : áp dụng BĐT BunhiaCốpski ta có :





2 2 2

2 1 2 2

x  x   x   x   Dấu (=) xảy x =

Mặt khác 4y24y 3



2y1



2 2 Dấu (=) xảy y = -1

Vậy x 2 x2 4y2 4y 3 2

      x =1 y =-1

Vậy nghiệm phương trình

1 x y

   

Ví dụ 3:Giải hệ phương trình sau: 4 x y z x y z xyz

   



  

 Giải: áp dụng BĐT Cơsi ta có

4 4 4

4 4 2 2 2

2 2 2 2 2 2 x

2 2

2 2

x y y z z x

y z x y y z z x

x y y z z y z z x z y x

  

       

  

  

2 2 .( )

y xz z xy x yz xyz x y z

     

Vì x+y+z = 1) Nên x4 y4 z4 xyz

   Dấu (=) xảy x = y = z =1

Vậy 4 x y z x y z xyz

   



  

 có nghiệm x = y = z =

1

Ví dụ 4: Giải hệ phương trình sau

2

2

2

xy y

xy x

    

 



(1) (2)

Từ phương trình (1) 8 y2 0

   hay y  Từ phương trình (2) x2 2 x y. 2 2 x

   

x2 2 2 x 22 0 (x 2)2 0 x 2 x 2

          

Nếu x = y = 2 Nếu x = - y = -2

Vậy hệ phương trình có nghiệm 2 x y    

  

2 2 x

y    

   3/ Dùng BĐT để giải phương trình nghiệm ngun

Ví dụ 1: Tìm số nguyên x,y,z thoả mãnx2 y2 z2 xy 3y 2z 3

     

Giải: Vì x,y,z số nguyên nên x2 y2 z2 xy 3y 2z 3

     

2 3 2 3 0 2 3 3



2 1



0

4

y y

x y z xy y z x xy   y  z z

                  

   





2

2

3 1

2

y y

x z

   

          

Mà





2

2

3 1

2

y y

x z

   

     

   

   

, x y R

 





2

2

3 1

2

y y

x z

   

          

   

0

2 1

1

2

1

y x

x y

y z z



  

  

 

      

  

   

 

Các số x,y,z phải tìm x y z

  

    

Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên dương phương trình 1 1 x yz 

Giải: Không tính tổng quát ta giả sử x y z

Ta có 1 2z x y z z

     

Mà z nguyên dương z = Thay z = vào phương trình ta 1 x y 

Theo giả sử xy nên = 1 x y

1 y

  y2 mà y nguyên dương

Nên y = y =

Với y = khơng thích hợp Với y = ta có x =

Vậy (2 ,2,1) nghiệm phương trình

Hoán vị số ta nghiệm phương trình (2,2,1);(2,1,2); (1,2,2)

Ví dụ 3:Tìm cặp số nguyên thoả mãn phương trình x x y (*)

Giải:

(*) Với x < , y < phương trình khơng có nghĩa (*) Với x > , y >

Đặt x k (k nguyên dương x nguyên dương ) Ta có k k.( 1)y2

Nhưng k2k k



1

 

 k1



2  k y k 1

Mà k k+1 hai số nguyên dương liên tiếp không tồn số nguyên dương

Nên khơng có cặp số ngun dương thoả mãn phương trình

Vậy phương trình có nghiệm : xy00   Bài tập đề nghị :

Bài 1:Chứng minh với a,b,c > :bca acb abc a1 b1c1

HD : Chuyển vế quy đồng mẫu đưa tổng bình phương đẳng thức

Bài 2:Chứng minh bất đẳng thức : ( *)

) (

1

1

1

1

N n n

n   

   

HD: ( 1) 1  11

 k k

k k

Bài 3: Cho a, b c > a + b + c 1 Cmr : 1 1 164     

      

      



c b a

HD : Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 

    

      

      



c b

a

1 , 1 , 1

Bài : Cho ac0,bc0 Cmr : c(a c) c(b c)  ab

HD : Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho

b c b a c a

c a b

c  ,  , cộng hai vế theo vế.

Bài 5: Cho a, b >1 Tìm GTNN S =

1

2

 

 a

b b

a

HD : Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho

1 ,

2



 a

b b

a xét trường hợp dấu “=” xảy ra

Bài : Tìm GTLN GTNN y = 2

) (

12

3

x x x

  

HD: Đặt x= 

  

   

2 , ,

2

1  

 

tg

Bài 10: Cho 36x2 16 

 y Cmr :

4 25

15

  

HD: Đặt :     

 

 

sin

cos

y x

Bài 11: Cmr : (1 ),  1,1

2

1  x2 x   x2 x 

HD : Đặt x = 

  

   

4 , ,

2

sin    

Bài 12: Cho a,b0,c 1 Chứng minh rằng: a2b2c2 1a2bb2cc2a

Bài 13: Cho ABC có a, b, c độ dài cạnh Chứng minh rằng:

0 ) ( ) ( )

( 2

2

  

 

 b b c b c c a c a

a b a

Bài 14: Cho n,1n,a,b0 Chứng minh

n n

n b a b

a

    

 

 

2

Bài 15: n,2n Chứng minh rằng: 2 1 1 3     

 

n

n

Bài 16: Có tồn x R cho: 3

1

 

tgx x tg

?

https://www.facebook.com/groups/tailieutieuhocvathcs/