Chứng minh Bất đẳng thức

1 Chương I ĐẲNG THỨC BẰNG PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG I . Tính chất cơ bản: a. khi 0 khi 0 ax bx x a b ax bx x > >  > ⇔  < <  b. a x a b x y b y >  ⇒ + > +  >  Chú ý a x b y >   >  a b x y ab xy a x b y   − > −  >    >   c. 0 0 a x ab xy b y > ≥  ⇒ >  > ≥  d. 2 2 a b a b> ≥ 0 ⇒ > Hệ quả: 2 2 a b a b> ⇔ > e. 1 1 a b a b > > 0 ⇒ < 1 1 a b a b < < 0 ⇒ > f. 0A > • x A A x A< ⇔ − < < • x A x A x A < −  > ⇔  >  II. Vài bất đẳng thức thông dụng: Với a, b, c,… tùy ý ( , , . a b c R∈ ) a. 2 2 2 a b ab+ ≥ ( Dấu “ = ” xảy ra ⇔ a b= ) b. 2 2 2 a b c ab bc ca+ + ≥ + + ( Dấu “ = ” xảy ra ⇔ a b c= = ) c. Với , 0 a b > ta có: 1 1 1 1 4 ( ) 4a b a b a b a b   + + ≥ ⇔ + ≥   +   III. Các ví dụ: Ví dụ 1: Cho , ; 4 4 x y π π   ∈ −     . Chứng minh bất đẳng thức: tan tan 1 1 tan tan x y x y − < − Giải: , ; 4 4 x y π π   ∈ −     thì 2 2 1 tan ; tan 1; 0 tan , tan 1x y x y− < < ≤ < Ta có: tan tan 1 1 tan tan x y x y − < − ⇒ 2 tan tan 1 tan tanx y x y⇔ − > − 2 2 2 2 tan tan 2 tan tan 1 2 tan tan tan tanx y x y x y x y⇔ + − < − + 2 2 2 2 tan tan tan tan 1 0x y x y⇔ + − − < 2 2 2 tan (1 tan ) (1 tan ) 0x y y⇔ − − − < 2 2 (1 tan )(tan 1) 0y x⇔ − − < ( Luôn đúng , ; 4 4 x y π π   ∀ ∈ −     ) Ví dụ 2: Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện 1a b c+ + = thì: 1 1 1 3. 3 3 3 3 3 3 a b c a b c a b c   + + ≥ + +     Giải: Vì hàm số 1 3 x giảm nên ta có: 1 1 0 ( ) 3 3 3 3 3 3 a b b a a b a b a b a b   ≥ − − ⇒ + ≥ +     Tương tự ta có: 3 3 3 3 c b b c b c b c + ≥ + ; 3 3 3 3 a c c a c a c a + ≥ + Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ( chú ý rằng 1a b c+ + = ), ta được: 1 1 1 3 3 3 3 3 3 3 3 3 a b c a b c a b c a b c a b c     + + − + + ≥ 2 + +         1 1 1 3 3 3 3 3 3 3 a b c a b c a b c   ⇔ + + ≥ + +     (đpcm) Ví dụ 3: a. Cho 0, 0x y> > và 1xy ≤ . Chứng minh: 2 1 1 1 1 1 x y xy ≥ + + + + (1) b. Cho 0 a b c d< ≤ ≤ ≤ và 1bd ≤ . Chứng minh: 4 4 1 1 1 1 1 1 1 1 1 a b c d abcd ≥ + + + + + + + + Giải: a. Vì 0, 0x y> > nên bất đẳng thức (1) tương đương với: 2(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 )x y xy y xy x+ + ≥ + + + + + 2 2 2 2 1 1x y xy xy y y xy xy x x xy⇔ + + + ≥ + + + + + + + ( ) 2 ( ) 2x y xy xy x y xy⇔ + + ≥ + + ( ) ) 2(x y xy x y xy xy⇔ + − ( + + − ) ≥ 0 ( )(1 2x y xy xy xy⇔ + − ) + ( −1) ≥ 0 (1 2xy x y xy⇔ − )( + − ) ≥ 0 3 (1 xy x y 2 ⇔ − )( − ) ≥ 0 (2) Vì: 2 ( ) 0 1 1 0 x y xy xy  − ≥   ≤ ⇒ − ≥   nên (2) đúng (đpcm) b. , , , 0 1 a b c d a b c d bd >   ≤ ≤ ≤   ≤  nên , , , 0 1 a b c d a b c d bd >   ≤   ≤   ≤  1ac db⇒ ≤ ≤ Theo kết quả câu a, ta có: 1 1 2 ( , 0; 1) 1 1 1 1 1 2 ( , 0; 1) 1 1 1 a c ac a c ac b d bd c d bd  + ≤ > ≤  + + +    + ≤ > ≤  + + +  1 1 1 1 1 1 2. 1 1 1 1 1 1 2 2. 1 . a b c d ac bd ac bd   ⇒ + + + ≤ +   + + + + + +   ≤ + 4 1 abcd = + (đpcm) Ví dụ 4: Cho , , [ 1;2]a b c ∈ − thỏa mãn điều kiện 0a b c+ + = . Chứng minh: 2 2 2 6a b c+ + ≤ Giải: • [ 1;2] 1 2 1)( 2) 0a a a a∈ − ⇔ − ≤ ≤ ⇔ ( + − ≤ 2 2 2 0 2a a a a⇔ − − ≤ ⇔ ≤ + (1) • Tương tự ta cũng có 2 2 (2) 2 (3) b b c c c  ≤ +   ≤ +   Cộng (1), (2), (3) ta có: 2 2 2 ) 6 6a b c a b c+ + ≤ ( + + + = (đpcm) Ví dụ 5: Cho , , [0;2]x y z ∈ và 3x y z+ + = . Chứng minh rằng: 2 2 2 x y z+ + ≤ 5 Giải: Ta có: , , 2 ( 2)( 2)( 2) 0x y z x y z≤ ⇒ − − − ≤ 2( ) 4( ) 8 0xyz xy yz zx x y z⇔ − + + + + + − ≤ 2( ) 4.(3) 8 0xyz xy yz zx⇔ − + + − − ≤ 2( ) 4xyz xy yz zx⇔ ≤ + + − ( vì 3x y z+ + = ) 2 2 2 2 ( ) ( ) 4xyz x y z x y z⇔ ≤ + + − + + − 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) 4 3 ( ) 4xyz x y z x y z x y z⇔ ≤ + + − + + − = − + + − 4 2 2 2 5x y z xyz⇔ + + ≤ − ( Vì 3x y z+ + = ) 2 2 2 5x y z⇒ + + ≤ ( Vì 0xyz ≥ ) (đpcm) Ví dụ 6: Cho 0, 0, 0x y z> > > và 1xyz = . Chứng minh các bất đẳng thức sau: a. 3 3 3 3 3 3 1 1 1 1 1 1 1x y y z z x + + ≤ + + + + + + (1) b. 1 1 1 1 1 1 1x y y z z x + + ≤ + + + + + + (2) Giải: a. Đặt T = vế trái của bất đẳng thức (1) ( ta cần chứng minh T 1≤ ) Ta có: 3 3 2 2 ( )( ) x y x y x y xy + = + + − Mà 2 2 2 2 2 0 ( Vì 0, 0) x y xy x y xy xy x y x y  + ≥ ⇔ + − >  + > > >  Nên 2 2 ( )( ) ( ) x y x y xy x y xy + + − ≥ + hay 3 3 ( ) x y xy x y + ≥ + 3 3 ( ) x y xy x y xyz ⇒ + +1≥ + + ( Vì 1 xyz = ) 3 3 ( ) 0 x y xy x y z ⇔ + +1≥ + + > 3 3 1 1 1 ( ) x y xy x y z ⇔ ≤ + + + + (a) Tương tự ta có: 3 3 3 3 1 1 (b) 1 ( ) 1 1 (c) 1 ( ) y z xy x y z z x xy x y z  ≤  + + + +  ⇔   ≤  + + + +  Cộng vế theo vế (a), (b), (c), ta có: 1 1 1 1 1 T 1 ( ) x y z x y z xy yz zx x y z xyz     + + ≤ + + = =     + + + +     ( Vì 1 xyz = ) (đpcm) b. Đặt S bằng vế trái của bất đẳng thức (2) ( ta cần chứng minh S ≤1) Đặt 3 3 3 x a y b z c  =  =   =  mà 3 3 3 , , 0 , , 0 1 1 x y z a b c xyz a b c abc > ⇒ >   = ⇒ ⇔ =  , , 0 a b c > và 1 abc = nên theo kết quả câu a, ta có: 3 3 3 3 3 3 1 1 1 1 1 1 1 a b b c c a + + ≤ + + + + + + 1 1 1 1 1 1 1 x y y z z x ⇔ + + ≤ + + + + + + (đpcm) Ví dụ 7: Cho , 0 a b > và , 0 b c > . Chứng minh: ( ) ( )a c c b c c ab− + − ≤ (1) 5 Giải: Bất đẳng thức (1) tương đương với: 2 ( ) ( ) 2 ( )( )c a c b c c c a c b c ab− + − + − − ≤ 2 2 2 ( )( ) 0c c ac ab bc c a c b c⇔ + − + − − − − ≥ 2 ( ) ( ) 2 ( )( ) 0c a b c c b c c a c b c⇔ + − − − − − − ≥ 2 ( )( ) 2 ( )( ) 0c a c b c c a c b c⇔ + − − − − − ≥ 2 ( )( ) 0c a c b c   ⇔ − − − ≥   đây là bất đẳng thức đúng (đpcm) Ví dụ 8: Chứng minh rằng đối với mọi , ,a b c R∈ , ta có: 2 2 2 2 4 a b c ab ac bc+ + ≥ − + (1) Giải: Bất đẳng thức (1) tương đương với: 2 2 2 4 4 4 8 4a b c ac bc ac+ + − − + ≥ 0 2 2 2 ) 0a b c⇔ ( − + ≥ đây là bất phương trình đúng (đpcm) Ví dụ 9: Cho 3 36a > và 1abc = . Chứng minh: 2 2 2 3 a b c ab bc ca+ + > + + (1) Giải: Bất đẳng thức (1) tương đương với: 2 2 ( ) 2 ( ) 3 a b c bc a b c bc+ + − > + + 2 2 ( ) ( ) 3 0 3 a b c a b c bc⇔ + − + + − > 2 2 3 ( ) ( ) 0 3 a b c a b c a   ⇔ + − + + − >     ( Vì 1 bc a = ) 2 2 ( ) 3 ( ) 0 3 x b c a a f x x ax a = +   ⇔    = − + − >       Xét tam thức bậc hai 2 2 3 ( ) ( ) 3 a f x x ax a = − + − có: 2 3 2 3 36 4 0 3 3 a a a a a   − ∆ = − − = <     ( Vì 3 36a > ) ( ) 0, ( )f x x R a⇒ > ∀ ∈ ⇒ đúng (đpcm) Ví dụ 10: Cho 1 1x− < < và , 1n N n∈ > . Chứng minh: 6 2 (1 ) (1 ) 2 n n x n− + + < Giải: Vì 1 1x− < < nên cos (0x α α = < < π) lúc đó: (1 ) (1 ) (1 cos (1 cos ) n n n n n n α α + + − = + ) + − 2 2 2cos 2sin n n α α     = +     2 2     2 2 2 2 2 cos sin 2 cos sin 2 n n n n n α α α α         = + < + =         2 2 2 2           (đpcm) * Chú ý: Khi chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp biến đổi tương đương cần: 1. Chú ý xem kĩ giả thuyết đề cho, vì trong một số trường hợp có thể biến đổi giả thuyết đề cho thành bất đẳng thức cần chứng minh ( như ở ví dụ 4, 5…). 2. Trong một số trường hợp có thể biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh thành một bất đẳng thức luôn đúng ( được nêu ở ví dụ 1, 3, 7, 8…). 3. Nên thuộc lòng và bất đẳng thức thông dụng được giới thiệu ở phần II. IV. Bài tập tương tự: 1. Chứng minh rằng: nếu 0 x y z< ≤ ≤ thì: ( ) ( ) 1 1 1 1 1 y x z x z x z y x z     + + + ≤ + +         * Hướng dẫn: Tìm bất đẳng thức tương đương bằng cách quy đông mẫu số, ước lược số hạng ( )x z+ , chuyển vế, biến đổi vế trái thành dạng tích số,… 2. a, b, c, d là năm số thức tùy ý, chứng minh bất đẳng thức: 2 2 2 2 2 a b c d e ab ac ad ac+ + + + ≥ + + + Khi nào đẳng thức xảy ra? * Hướng dẫn: Tìm bất đẳng thức tương đương bằng cách biến đổi bất đẳng thức đã cho về dạng: 2 2 2 2 0 2 2 2 2 a a a a b c d e         − + − + − + − ≥                 … 3. a, b, c, là độ dài ba cạnh của tam giác ABC, chứng minh: 2 2 2 2( )a b c ab bc ca+ + < + + * Hướng dẫn: 2 , .a b c a ab ac b a c< + ⇒ < + < + ⇒ 4. Chứng minh: 2 2 2 , , Ra b ab a b+ ≥ ∀ ∈ Áp dụng a, b, c là ba số thực tùy ý, chứng minh: 4 4 4 ( )a b c abc a b c+ + ≥ + + 7 * Hướng dẫn: Dùng công thức 2 2 2 ( ) 0 .a b a b− ≥ ⇔ + ≥ Áp dụng kết quả trên. 5. Chứng minh [ 1;1]t∀ ∈ − ta có: 2 2 1 1 1 1 2t t t t+ + − ≥ + + ≥ − * Hướng dẫn • Với [ 1;1]t∀ ∈ − , ta luôn có: 2 2 (1 ) 2 (1 )(1 ) (1 ) 1 2 1 (1 )t t t t t t− + − + + + ≥ + − + − Biến đổi tương đương suy ra 2 1 1 1 1t t t+ + − ≥ + + • Từ: 2 0 1 1t≤ − ≤ 2 2 1 1 2t t⇒ + + ≥ − Chương II BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI (CAUCHY) I. Phương pháp giải toán 1) Cho 2 số a,b > 0, ta có: 2 a b ab + ≥ Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi a = b. 2) Cho n số 1 2 3 , , , ., 0 n a a a a ≥ ta có: 1 2 3 1 2 3 . . n n n a a a a a a a a n + + + + ≥ Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi 1 2 3 . n a a a a= = = = 3) Bất đẳng thức côsi suy rộng Phát biểu: Với các số thực dương 1 2 3 , , , ., n a a a a và 1 2 3 , , , ., n x x x x là các số thực không âm và có tổng bằng 1, ta có: 31 2 1 1 2 2 3 3 1 2 3 . . n x x x x n n n a x a x a x a x a a a a+ + + + ≥ 8 Tổng quát: Cho n số dương tùy ý a i, i = 1, n và n số hữu tỉ dương q i , i = 1, n thỏa 1 1 n i i q = = ∑ khi đó ta luôn có: 1 1 . i n n q i i i i i a q a = = ≤ ∑ ∏ Dấu “=” xảy ra II. Các ví dụ Ví dụ 1: Cho n số dương a i, i = 1, n . Chứng minh rằng: 2 1 2 3 1 2 3 1 1 1 1 ( . ) . n n a a a a n a a a a   + + + + + + + + ≥     Giải: Áp dụng bất đẳng thức côsi cho các số 1 2 3 1 2 3 1 1 1 1 , , , ., , , , , ., n n a a a a a a a a Ta có: 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3 . . 1 1 1 1 . . n n n n n n a a a a n a a a a n a a a a a a a a + + + + ≥ + + + + ≥ Nhân 2 vế tương ứng ta được bất đẳng thức cần chứng minh và dấu “=” xảy ra khi 1 2 3 . n a a a a= = = = Ví dụ 2:Chứng minh với mọi a,b,c dương ta luôn có: 2 1 1 1 27 ( ) ( ) ( ) 2( )a a b b b c c c a a b c + + ≥ + + + + + Giải: Áp dụng bất đẳng thức côsi cho vế trái: 3 1 1 1 3 ( ) ( ) ( ) ( )( )( ) a a b b b c c c a abc a b a c b c + + ≥ + + + + + + (1) Mà 3 3 3 3 6 6 2 3 3 ( ) 3 ( )( )( ) 8( ) 8 ( )( )( ) ( ) 3 2 ( )( )( ) ( ) 9 abc a b c a b b c c a a b c abc a b b c c a a b c abc a b b c c a a b c ≤ + + + + + ≤ + + ⇒ + + + ≤ + + ⇔ + + + ≤ + + 9 2 9 3 27 2( ) ( )( )( ) a b c abc a b b c c a ⇔ ≥ + + + + + (2) Từ (1)(2) đpcm Dấu “=” xảy ra a = b = c Ví dụ 3: Chứng minh với mọi số dương a, b, c ta luôn có 3 3 3 3 3 3 1 1 1 1 a b abc b c abc c a abc abc + + ≤ + + + + + + Giải Ta có: 3 3 ( )a b ab a b+ ≥ + Nên 3 3 ( ) abc abc c a b abc ab a b abc a b c ≤ = + + + + + + Tương tự ta cũng có 3 3 3 3 ( ) ( ) abc abc a b c abc bc b c abc a b c abc abc b a c abc ac a c abc a b c ≤ = + + + + + + ≤ = + + + + + + Cộng vế theo vế ta được 3 3 3 3 3 3 1 1 1 1abc a b abc b c abc c a abc   + + ≤   + + + + + +   Hay 3 3 3 3 3 3 1 1 1 1 a b abc b c abc c a abc abc + + ≤ + + + + + + ( đpcm ) III. Bài tập tương tự 1. Các số dương x, y, z có tích bằng 1. Chứng minh bất đẳng thức : 5 5 5 5 5 5 1 xy yz xz x xy y y yz z x xz z + ≤ + + + + + + *Hướng dẫn: Ta có: 2 2 2x y xy + ≥ 5 5 5 5 2 2 2 2 2 = 2 (x+y)x y x y x y xy x y ⇒ + ≥ ≥ 10 Do đó : 5 5 2 2 1 (x+y) 1 ( ) xy xy z x xy y xy x y xy x y x y z ≤ = = + + + + + + + Tương tự: 5 5 5 5 yz x y yz z x y z xz y x xz z x y z ≤ + + + + ≤ + + + + Cộng vế theo vế ta có đpcm. Dấu “=” xảy ra khi x = y = z. 2. Với mọi x, y, z dương. Chứng minh : 3 3 3 x y z x y z yz xz xy + + ≥ + + *Hướng dẫn: Áp dụng bất dẳng thức côsi, ta có: 3 3 3 3 3 3 x y z x yz y x z y xz z x y z xy + + ≥ + + ≥ + + ≥ Cộng vế theo vế ta được: 3 3 3 2( ) 3( ) x y z x y z x y z yz xz xy + + + + + ≥ + + ⇒ đpcm Dấu “=” xảy ra khi x = y = z. 3. Cho , ,a b c là 3 số nguyên dương. Chứng minh: 2 ( ) ( ) ( ) ( ) 3 a b c a b c b c a c a b a b c + +   + + + + + ≤ + +     *Hướng dẫn: Áp dụng bất đẳng thức côsi, ta có: ( ) . ( ) ( ) . ( ) ( ) . ( )b c b c a c a c a b a b + + + + + + + + + + + + + +    n lần n lần n lần ( ). ( ) ( ) ( ) a b c a b c a b c b c a c a b + + ≥ + + + + + Hay : 2( ) ( ) ( ) ( ) a b c a b c a b c b c a c a b a b c + + + +   ≥ + + +   + +   (1) [...]... tương t :   π 1 Ch ng minh r ng cos α + α cos α > 1 v i x ∈  0;  2  * Hư ng d n:  π Xét hàm s f ( x) = cos x + x sin x − 1 v i x ∈ 0;   2  π Ch ng minh f ( x) > 0 v i x ∈ 0;   2 2 Ch ng minh r ng n u ∆ABC có 3 góc nh n thì: sin A+ sin B + sin C + tan A+ tan B + tan C > 2π * Hư ng d n:  π Xét hàm s f ( x) = sin x + tan x − 2 x v i x ∈ 0;   2  π Ch ng minh f ( x) > 0 , ∀x ∈ 0;... A, B, C r i c ng l i  2 3 Ch ng minh r ng 2 2sin x +2 tan x >2 3x +1 2 ng th c cosi cho 2 s dương 22sin x , 2tan x * Hư ng d n: Áp d ng b t π 2 Xét hàm s f ( x) = 2 sin x + tan x − 3x v i x ∈ (0; ) 4 Cho a ≤ 6, b ≤ 8, c ≤ 3 Ch ng minh r ng v i m i x ≥ 1 ta * Hư ng d n: Xét hàm s f ( x) = x 4 − ax 2 − bx − c , ∀x ≥ 1 Ch ng minh: f ( x) > f (1) = 1   π 5 Ch ng minh r ng: ∀x ∈  0;  2  a sin x... bc + ac = abc Ch ng minh : b 2 + 2a 2 c 2 + 2b 2 a 2 + 2c 2 + + ≥ 3 ab bc ac Hư ng d n: V trái bi n i thành : 1 2 1 2 1 2 + 2 + 2+ 2 + 2+ 2 2 a b b c c a Chương VIII: CH NG MINH B T NG TH C B NG QUY N P HO C PH N CH NG I Phương pháp gi i toán: * Quy n p: Mu n ch ng minh m nh P(n) ph thu c vào n ∈ N , úng ∀n ≥ no ( no h ng s ∈ N ), ta th c hi n 3 bư c sau: Bư c 1: n = no : Ch ng minh p(n) dúng Bư c... < c ch ng minh r ng v i m i s t nhiên n>a, ta có b t th c : a + b < c (*) n n n *Hư ng d n: n Vi t b t c a ng th c (*) dư i d ng tương ương   > 1 +   b b n +1 n n+2 1 1    3 Ch ng minh r ng  1 +  >  1 +  , n ≥ 1, n ∈ » n n +1   *Hư ng d n: n+2 1   n +1 1 +   1   1   n +1 thành 1 − Bi n i 1 +  2 n +1  1  ( n + 1)   n + 1    1 +   n 4 Ch ng minh r ng... úng Bư c 3: n = k + 1 : Ch ng minh p(k + 1) úng Nguyên lý quy n p cho phép ta k t lu n, p(n) úng ∀n ≥ no c bi t: n u no = 1 thì k t lu n p(n) úng ∀n ∈ N 33 * Ph n ch ng: Ta g i m t m nh c n ch ng minh là lu n Phép toán m nh cho ta: : “G ⇒ K ” G ⇒ K = G ∨ K = G ∧ K = GK Như v y, mu n ph nh lu n ta ghép t t c gi thi t c a lu n v i ph c a nó Ta thư ng dùng 5 hình th c ch ng minh ph n ch ng như sau: 1 Dùng... k + 1 ⇒ pcm Ví d 4: Cho n ∈ Z , n ≥ 1, a, b ≥ 0 Hãy ch ng minh: an + bn  a + b  ≥  2  2  Gi i: * n = 1: B t n ng th c luôn úng * n = k ∈ N : Gi s b t ak + bk  a + b  ng th c úng, t c là: ≥  2  2  a k +1 + b k +1  a + b  * n = k + 1 : Ta c n ch ng minh ≥  2  2  35 k +1 k  a+b k +1 Th t v y: Ta có:    2  Ta c n ch ng minh: k = a+b  a+b a + b a k + bk  ≤  2  2  2 2 a k...  a+b+c  a+b+c  a+b+c   5 Ch ng minh tương t : 5 5 ( a + c − 2b )  3b   a + c − 2b  ≥ 1+ = 1 + (3)    a +b+c  a+b+c  a+b+c   5 5 5  3c  5 ( a + b − 2c )  a + b − 2c  (4)   = 1 +  ≥ 1+ a+b+c  a+b+c  a+b+c   C ng (2)(3)(4) ta ư c: 5 5 5  3a   3b   3c   ≥3   +  +  a+b+c  a+b+c   a+b+c  ⇒ pcm III Bài t p tương t : 1 Ch ng minh r ng v i m i n = 1,2,…ta có: n... a2 = = = n b1 b2 bn II Các ví d : Ví d 1: Cho a, b, c > 0 Ch ng minh: a2 b2 c2 a+b+c + + ≥ b+c c+a a+b 2 Gi i: Áp d ng b t ng th c B.C.S, ta có: 12   a2 b2 c2 ( b + c )2 + ( a + c ) 2 + ( a + b ) 2 ≥ (a + b + c) 2 + +  2 2 2   ( b + c) ( c + a) ( a + b)  a2 b2 c2 a+b+c ⇔ + + ≥ b+c c+a a+b 2 ( ) Ví d 2: Cho a 2 + b 2 = 1 Ch ng minh: a b + 1 + b a + 1 ≤ 2 + 2 Gi i: Áp d ng 2 l n b t ng th c B.C.S... TÍNH ƠN I U C A HÀM S I Phương pháp gi i toán: Gi s c n ch ng minh b t ng th c f ( x) > g(x), x ∈ (a;b) Xét hàm s h(x) = f ( x) − g ( x) v i x ∈ [a;b] • N u h( x) ng bi n trên (a;b) thì h( x) > h(a ) , ∀ x ∈ (a;b) 25 ng • N u h( x) ngh ch bi n trên (a;b) thì h( x) > h(b) ho c h( x) < h(a ) v i ∀ x ∈ (a;b) II Các ví d : Ví d 1: π 2 Ch ng minh r ng tan x > sin x , ∀x ∈ (0; ) Gi i: Xét hàm s f ( x ) =... > 0 , ∀x ∈  0;   2  π ⇒ tan x > sin x ∀x ∈  0;   2 Ví d 2: Ch ng minh e x ≥ 1 + x , ∀x > 0 Gi i: Xét hàm s f ( x) : e x − 1 − x v i x ∈ [0;+∞) Ta có: f '( x) = e x − 1 > e0 − 1 = 0 , ∀x ≥ 0 ⇒ f ( x) ng bi n trên ( 0;+∞) ⇒ f ( x ) > f (0) ( ∀x > 0 ) Hay e x − 1 − x > 0 ( ∀x > 0 ) ⇒ ex > 1 + x ( ∀x > 0 ) Ví d 3: Ch ng minh v i m i ∆ABC nh n ta luôn có sinA + sinB + sinC +2( tanA+tanB+tanC) >3π . thành bất đẳng thức cần chứng minh ( như ở ví dụ 4, 5…). 2. Trong một số trường hợp có thể biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh thành một bất đẳng thức. năm số thức tùy ý, chứng minh bất đẳng thức: 2 2 2 2 2 a b c d e ab ac ad ac+ + + + ≥ + + + Khi nào đẳng thức xảy ra? * Hướng dẫn: Tìm bất đẳng thức tương