1. Trang chủ
  2. » Ôn thi đại học

tượng sát thát lịch sử 4 hà huy tráng thư viện tư liệu giáo dục

25 9 0

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 25
Dung lượng 633,9 KB

Nội dung

[r]

(1)

Båi d ìng hsg th¸ng 8/2008

Chun đề: Bất đẳng thức

a.mơc tiªu:

1-Học sinh nắm vững số phơng pháp chứng minh bất đẳng thức

2-Một số phơng pháp tốn liên quan đến phơng trình bậc hai sử dụng công thức nghiệm cho học sinh học sau

3-Rèn kỹ pp chứng minh bất đẳng thức

B- néi dung

PhÇn : kiến thức cần lu ý

1- Định nghĩa 2- Tính chất

3-Một số bất đẳng thức hay dùng

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 tËp n©ng 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 trỡnh nghim nguyờn

Phần I : kiến thức cần lu ý 1-Đinhnghĩa

0

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

(2)

+ A>B vµ C < A.C < B.C

+ < A < B vµ < C <D < A.C < B.D + A > 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 <A < A ❑m < A

n

+A < B vµ A.B >

A>

1

B

3-một số bất đẳng thức

+ A ❑2 víi A ( dÊu = x¶y A = )

+ An  víi A ( dÊu = x¶y A = )

+ |A|0 víi ∀A (dÊu = x¶y A = )

+ - |A| < A = |A|

+ A B AB ( dÊu = x¶y A.B > 0) + |A − B||A||B| ( dÊu = x¶y A.B < 0)

Phần II : số phơng pháp chứng minh bất đẳng thức

Ph ơng pháp : dùng định nghĩa

KiÕn thøc : §Ĩ chøng minh A > B

Ta chøng minh A –B >

Lu ý dùng bất đẳng thức M ❑2  với M

VÝ dô  x, y, z chøng minh r»ng : a) x ❑2 + y

❑2 + z ❑2 xy+ yz + zx

b) x ❑2 + y

❑2 + z ❑2 2xy – 2xz + 2yz

c) x ❑2 + y ❑2 + z ❑2 +3 (x + y + z)

Gi¶i:

a) Ta xÐt hiƯu

x ❑2 + y

❑2 + z ❑2 - xy – yz - zx

=

2 ( x ❑2 + y ❑2 + z ❑2 - xy – yz – zx)

=

2

y − z¿2

x − z¿2+¿0

x − y¿2+¿ ¿ ¿

đúng với x;y;zR

Vì (x-y)2 0 vớix ; y Dấu xảy x=y

(x-z)2 0 víix ; z DÊu b»ng x¶y x=z

(y-z)2 0 víi z; y DÊu b»ng x¶y z=y

VËy x ❑2 + y

❑2 + z ❑2 xy+ yz + zx

DÊu b»ng x¶y x = y =z b)Ta xÐt hiÖu

x ❑2 + y

❑2 + z ❑2 - ( 2xy – 2xz +2yz )

= x ❑2 + y

(3)

=( x – y + z) ❑2 với x;y;zR

VËy x ❑2 + y

❑2 + z ❑2 2xy – 2xz + 2yz với x;y;z

R

DÊu b»ng x¶y x+y=z c) Ta xÐt hiÖu

x ❑2 + y

❑2 + z ❑2 +3 – 2( x+ y +z )

= x ❑2 - 2x + + y

❑2 -2y +1 + z ❑2 -2z +1

= (x-1) ❑2 + (y-1)

❑2 +(z-1) ❑2

DÊu(=)x¶y x=y=z=1

VÝ dô 2: chøng minh r»ng : a) a

2 +b2 (

a+b )

2

;b) a

2

+b2+c2 (

a+b+c )

2

c) HÃy tổng quát toán

giải

a) Ta xÐt hiÖu a

2 +b2 (

a+b )

2

= 2(a

2 +b2)

a2

+2ab+b2

=

4(2a

+2b2− a2−b22 ab)

=

4(a −b)

0

VËy a

2 +b2 (

a+b )

2

DÊu b»ng x¶y a=b b)Ta xÐt hiÖu

a

2

+b2+c2 (

a+b+c )

2

=

9[(a − b)

+(b − c)2+(c − a)2]0

VËy a

2

+b2+c2 (

a+b+c )

2

DÊu b»ng x¶y a = b =c c)Tỉng qu¸t

a1

2

+a22+ +an2

n (

a1+a2+ +an

n )

2

Tóm lại bớc để chứng minh A B tho định nghĩa Bớc 1: Ta xét hiệu H = A - B

Bớc 2:Biến đổi H=(C+D) ❑2 hoặc H=(C+D)

❑2 +….+(E+F) ❑2

Bíc 3:KÕt luËn A  B

Ví dụ:(chuyên Nga- Pháp 98-99) Chứng minh m,n,p,q ta có

m ❑2 + n ❑2 + p ❑2 + q ❑2 +1 m(n+p+q+1)

(4)

(m2

4 mn+n

)+(m

4 mp+p

)+(m

4 mq+q

)+(m

4 − m+1)0 (m

2 − n)

+(m − p)

2 +(m

2− q)

+(m 21)

2

0 (luôn đúng)

DÊu b»ng x¶y {

m

2 −n=0

m

2 − p=0

m

2 −q=0

m

2 1=0

{

n=m

p=m

q=m

m=2

{n m=2

=p=q=1

phơng pháp : Dùng phép biến đổi tơng đơng L

u ý:

Ta biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh tơng đơng với bất đẳng thức

bất đẳng thức đợc chứng minh Chú ý đẳng thức sau:

(A+B)2=A2+2 AB+B2

(A+B+C)2=A2+B2+C2+2 AB+2 AC+2 BC

(A+B)3=A3+3A2B+3 AB2+B3

VÝ dô 1:

Cho a, b, c, d,e số thực chứng minh a) a2+b

2 ab

b) a2+b2+1ab+a+b

c) a2+b2+c2+d2+e2≥ a(b+c+d+e)

Gi¶i: a) a2

+b ab

4a2+b24 ab 4a24a+b20

(2a −b)20 (bất đẳng thức đúng)

VËy a2+b

4 ab (dÊu b»ng x¶y 2a=b)

b) a2

+b2+1ab+a+b

2(a2+b2+1)>2(ab+a+b)

⇔a22ab+b2+a22a+1+b22b+10

b −1¿20

a −1¿2+¿

a −b¿2+¿

¿

Bất đẳng thức cuối

VËy a2+b2+1ab+a+b

(5)

4(a2+b2+c2+d2+e2)4a(b+c+d+e)

(a24 ab+4b2)+(a24 ac+4c2)+(a24 ad+4d2)+(a24 ac+4c2)0

(a −2b)2+(a−2c)2+(a−2d)2+(a−2c)20

Bất đẳng thức ta có điều phải chứng minh

VÝ dơ 2:

Chøng minh r»ng: (a10+b10) (a2+b2)(a8+b8)(a4+b4)

Gi¶i:

(a10+b10) (a2+b2)(a8+b8)(a4+b4) a12+a10b2+a2b10+b12≥ a12+a8b4+a4b8+b12

a8b2(a2− b2)+a2b8(b2− a2)0

a2b2(a2-b2)(a6-b6) a2b2(a2-b2)2(a4+ a2b2+b4) 0

Bất đẳng thứccuối ta có điều phải chứng minh

VÝ dơ 3: cho x.y =1 vµ x.y

Chøng minh x2+y2

x − y 2√2

Gi¶i:

x2 +y2

x − y 2√2 :x y nên x- y x

2+y2 2

√2 ( x-y) x2+y2- 2

√2 x+ 2√2 y x2+y2+2- 2

√2 x+ 2√2 y -2

x2+y2+(

√2 )2- 2

√2 x+ 2√2 y -2xy x.y=1 nên 2.x.y=2

(x-y- √2 )2 Điều luôn Vậy ta có điều phải chứng minh

VÝ dô 4:

1)CM: P(x,y)= 9x2y2

+y26 xy2y+10 ∀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 tháa m·n: {

x.y.z=1

x+

1

y+

1

z<x+y+z

Chứng minh :có ba số x,y,z lớn (đề thi Lam Sơn 96-97)

Gi¶i:

XÐt (x-1)(y-1)(z-1)=xyz+(xy+yz+zx)+x+y+z-1 =(xyz-1)+(x+y+z)-xyz(

x+

1

y+

1

z )=x+y+z - (

1

x+

1

y+

1

z¿>0 (v×

1

x+

1

y+

1

z < x+y+z

theo gt)

số x-1 , y-1 , z-1 âm ba sỗ-1 , y-1, z-1 dơng

N trng 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

Ph ơng pháp : dùng bất đẳng thức quen thuộc

A/ số bất đẳng thức hay dùng 1) Các bất đẳng thức phụ:

a) x2

+y22 xy

b) x2

+y2∨xy∨¿ dÊu( = ) x = y =

c) (x+y)24 xy

d) a

(6)

2)Bất đẳng thức Cô sy: a1+a2+a3+ +an

n a1a2a3 an Víi ai>0

3)Bất đẳng thức Bunhiacopski

+¿2n

¿

x12+x22+ ¿ (a1x1+a2x2+ +anxn)

2

(a22+a2

2

+ +an2)

¿

4) Bất đẳng thức Trê- b-sép: Nếu {a≤ b ≤ c

A ≤ B≤ C

aA+bB+cC

a+b+c

A+B+C

NÕu {a ≤b ≤ c

A ≥ B ≥C

aA+bB+cC

a+b+c

A+B+C

DÊu b»ng x¶y {a=b=c

A=B=C

b/ c¸c vÝ dơ

vÝ dụ Cho a, b ,c số không ©m chøng minh r»ng

(a+b)(b+c)(c+a) 8abc Giải: Cách 1:Dùng bất đẳng thức phụ: (x+y)24 xy

Tacã (a+b)24 ab ; (b+c)24 bc ; (c+a)24 ac

(a+b)2 (b+c)2 (c+a)2 64a2b2c2=(8 abc)2

(a+b)(b+c)(c+a) 8abc DÊu “=” x¶y a = b = c

vÝ dơ 2(tù gi¶i): 1)Cho a,b,c>0 vµ a+b+c=1 CMR:

a+

1

b+

1

c≥9 (403-1001)

2)Cho x,y,z>0 vµ x+y+z=1 CMR:x+2y+z 4(1− x)(1− y)(1− z)

3)Cho a>0 , b>0, c>0 CMR: a

b+c+

b c+a+

c a+b≥

3

4)Cho x ,y tháa m·n 2√x −y=1 ;CMR: x+y 15

vÝ dơ 3: Cho a>b>c>0 vµ a2

+b2+c2=1 chøng minh r»ng

3 3 1

a b c

b c a c a b     

Gi¶i:

Do a,b,c đối xứng ,giả sử a b c {

a2≥ b2≥c2 a

b+c≥

b a+c≥

c a+b

áp dụng BĐT Trê- b-sép ta có a2 a

b+c+b

b

a+c+c

c

a+b≥

a2+b2+c2 (

a b+c+

b a+c+

c a+b) =

1

3 =

1

VËy a

3

b+c+

b3 a+c+

c3 a+b≥

1

2 DÊu b»ng x¶y a=b=c=

√3

(7)

Cho a,b,c,d>0 vµ abcd =1 .Chøng minh r»ng :

a2

+b2+c2+d2+a(b+c)+b(c+d)+d(c+a)10

Gi¶i: Ta cã a2

+b22 ab

c2

+d22 cd

Do abcd =1 nªn cd =

ab (dïng x+

x≥

1 )

Ta cã a2+b2+c22(ab+cd)=2(ab+

ab)4 (1)

Mặt khác: a(b+c)+b(c+d)+d(c+a)

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

ab)+(ac+

ac)+(bc+

bc)2+2+2

VËy a2+b2+c2+d2+a(b+c)+b(c+d)+d(c+a)10

vÝ dô 5: Cho sè a,b,c,d bÊt kú chøng minh r»ng:

b+d¿2 ¿

a+c¿2+¿ ¿

√¿

Giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski tacó ac+bd √a2

+b2.√c2+d2

mµ (a+c)2+(b+d)2=a2+b2+2(ac+bd)+c2+d2

(a2+b2)+2√a2+b2.√c2+d2+c2+d2

b+d¿2 ¿

a+c¿2+¿ ¿

√¿

vÝ dô : Chøng minh r»ng

a2

+b2+c2ab+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

(a2

+b2+c2)≥ a2+b2+c2+2(ab+bc+ac)

a2

+b2+c2ab+bc+ac §iỊu ph¶i chøng minh DÊu b»ng x¶y a=b=c

Ph ơng pháp : Sử dụng tính chất bắc cầu

L

u ý: A>B và b>c thì A>c 0< x <1 th× x ❑2 <x

vÝ dô 1:

Cho a, b, c ,d >0 tháa m·n a> c+d , b>c+d

Chøng minh r»ng ab >ad+bc Gi¶i:

Tacã {a>c+d

b>c+d {

a −c>d>0

b −d>c>0

(8)

ab> ad+bc (điều phải chứng minh)

ví dô 2:

Cho a,b,c>0 tháa m·n a2

+b2+c2=5

Chøng minh

a+

1

b+

1

c<

1 abc

Gi¶i:

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

ac+bc-ab ¿¿ ¿

1

2 ( a2+b2+c2)

ac+bc-ab

6

¿ ¿

¿ Chia hai vÕ cho abc > ta cã

1

a+

1

b−

1

c

¿ ¿ ¿

1 abc

vÝ dô

Cho < a,b,c,d <1 Chøng minh r»ng (1-a).(1-b) ( 1-c).(1-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 <1 nªn 1- 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 chứng minh)

ví dô

1- Cho <a,b,c <1 Chøng minh r»ng 2a3

+2b3+2c3<3+a2b+b2c+c2a

Gi¶i :

Do a < a2

<1 vµ

Ta cã (1− a2).(1− b)<0 1-b- a2 +

a2 b > 1+ a2

b2 > a2 + b

mµ 0< a,b <1 a2 >

a3 , b2 >

b3

Tõ (1) vµ (2) 1+ a2 b2 > a3 + b3

VËy a3 +

b3 < 1+ a2

b2

T¬ng tù b3 + c3 1 +b2c

c ❑3 + a3 

1+c2a

Cộng bất đẳng thức ta có : 2a3

+2b3+2c33+a2b+b2c+c2a

b)Chøng minh r»ng : NÕu a2

+b2=c2+d2=1998 ac+bd =1998

(Chuyên Anh 98 99) Gi¶i:

Ta cã (ac + bd) ❑2 + (ad – bc )

❑2 = a ❑2 c ❑2 + b ❑2d2+2 abcd+a2d2 +b2c2 - abcd =

= a2(c2+d2)+b2(c2+d2) =(c2+d2).( a2+ b2) = 19982

rá rµng (ac+bd)2

(ac+bd)2+(adbc)2=19982

|ac+bd|1998

2-Bài tập : 1, Cho số thùc : a1; a2;a3 ….;a2003 tháa m·n : a1+ a2+a3 + ….+a2003

=1

chøng minh r»ng : a ❑12 + a22+a32+ +a20032

2003 ( đề thi vào chuyên nga

(9)

2,Cho a;b;c tháa m·n :a+b+c=1(?) Chøng minh r»ng: (

a−1¿.(

1

b−1).(

1

c−1)8

Ph ơng pháp 5: dùng tính chấtcủa tỷ sè

KiÕn thøc

1) Cho a, b ,c số dơng thì

a – NÕu a

b>1 th× a b>

a+c

b+c

b – NÕu a

b<1 th× a b<

a+c

b+c

2)NÕu b,d >0 th× tõ a b< c d⇒ a b<

a+c

b+d<

c d

`

vÝ dô :

Cho a,b,c,d > Chøng minh r»ng 1< a

a+b+c+

b b+c+d+

c c+d+a+

d d+a+b<2

Gi¶i :

Theo tÝnh chÊt cđa tØ lƯ thøc ta cã a

a+b+c<1

a a+b+c<

a+d

a+b+c+d (1)

Mặt khác : a

a+b+c>

a

a+b+c+d (2)

Tõ (1) vµ (2) ta cã

a

a+b+c+d <

a a+b+c <

a+d

a+b+c+d (3)

T¬ng tù ta cã b

a+b+c+d<

b b+c+d<

b+a

a+b+c+d (4)

c

a+b+c+d<

c c+d+a<

b+c

a+b+c+d (5)

d

a+b+c+d<

d d+a+b<

d+c

a+b+c+d (6)

céng vÕ víi vÕ cđa (3); (4); (5); (6) ta cã

1< a

a+b+c+

b b+c+d+

c c+d+a+

d

d+a+b<2 ®iỊu ph¶i chøng minh

vÝ dơ :

Cho: a

b < c

d vµ b,d > Chøng minh r»ng a b <

ab+cd

b2 +d2<

c d

Gi¶i: Tõ a

b < c

d

ab

b2< cd

d2

ab

b2< ab+cd

b2 +d2<

cd

d2=

c d

VËy a

b <

ab+cd

b2 +d2<

c

d ®iỊu phải chứng minh

(10)

tìm giá trị lín nhÊt cđa a

c+ b d

gi¶i : Không tính tổng quát ta giả sử : a

c b

d Tõ : a c

b

d

a c≤

a+b

c+d≤

b d a

c≤1 v× a+b = c+d

a, NÕu :b 998 th× b

d 998

a c+

b

d 999

b, NÕu: b=998 th× a=1 a

c+ b

d =

1

c+

999

d Đạt giá trị lớn d= 1; c=999

Vậy giá trị lớn a

c+ b

d =999+

1

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

Ph ơng pháp 6: Phơng pháplàm tréi

L u ý:

Dùngcác tính bất đẳng thức để đa vế bất đẳng thc v dng tớnh c tng

hữu hạn tích hữu hạn

(*) Phng phỏp chung để tính tổng hữu hạn : S = u1+u2+ +un

Ta cố gắng biến đổi số hạng tổng quát u ❑k hiệu hai số hạng liên tiếp nhau: uk=ak−ak+1

Khi :

S = (a1− a2)+(a2− a3)+ +(an an+1)=a1an+1

(*) Phơng pháp chung tính tích hữu hạn P = u1u2 un

Biến đổi số hạng uk thơng hai số hạng liên tiếp nhau: uk = ak

ak+1

Khi P = a1

a2 a2

a3

an

an+1 = a1

an+1

VÝ dơ :

Víi mäi sè tù nhiªn n >1 chøng minh r»ng

2<

n+1+

n+2+ +

n+n<

Gi¶i:

Ta cã

n+k>

n+n=

2n víi k = 1,2,3,…,n-1

Do đó:

n+1+

n+2+ + 2n>

1 2n+ +

1 2n=

n

2n=

1

VÝ dô :

Chøng minh r»ng:

1+

√2+

√3+ +

n>2(√n+11) Với n số nguyên

Giải :

Ta cã

k=

2 2√k>

2

k+√k+1=2(√k+1k)

(11)

> (√21)

√2>2(√3√2)

………

n>2(√n+1n)

Cộng vế bất đẳng thức ta có 1+

√2+

√3+ +

n>2(√n+11) VÝ dô :

Chøng minh r»ng ∑

k=1

n

1

k2<2 ∀n∈Z

Gi¶i:

Ta cã

k2<

1

k(k −1)=

k −1

k

Cho k chạy từ đến n ta có

1 22<1

1

32< 2

1

1

n2<

n −1

n

22+

1

32+ +

n2<1

VËy ∑

k=1

n

1

k2<2

Ph ơng pháp 7:

Dùng bất đẳng thức tam giác

L

u ý: NÕu a;b;clµ sè đo ba cạnh tam giác : a;b;c>

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

Ví dụ1: Cho a;b;clà số đo ba cạnh tam gi¸c chøng minh r»ng

a, a2+b2+c2< 2(ab+bc+ac)

b, abc>(a+b-c).(b+c-a).(c+a-b)

Giải

a)Vì a,b,c số đo cạnh tam giác nên ta cã {

0<a<b+c 0<b<a+c 0<c<a+b

 {

a2<a(b+c)

b2<b(a+c)

c2

<c(a+b)

(12)

b) Ta cã a > b-c   b − c¿2

a2>a2¿ >

b > a-c   c −a¿

2

b2>b2¿ >

c > a-b   a −b¿

2 >0

c2

>c2¿

Nhân vế bất đẳng thức ta đợc

⇒a2b2c2>[a2(b − c)2][b2(c − a)2] [c2(a −b)2] ⇒a2b2c2>(a+b − c)2(b+c − a)2(c+a −b)2

abc>(a+b − c).(b+c −a).(c+a −b)

VÝ dô2: (404 – 1001)

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

Chứng minh r»ng ab+bc+ca<a2+b2+c2<2(ab+bc+ca)

2) Cho a,b,c lµ chiều dài ba cạnh tam giác có chu vi b»ng Chøng minh r»ng a2

+b2+c2+2 abc<2

Ph ơng pháp 8: đổi biến số

VÝ dô1:

Cho a,b,c > Chøng minh r»ng a b+c+

b c+a+

c a+b

3 (1)

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

2 ; b =

z+x − y

2 ; c =

x+y − z

ta cã (1) y+z − x

2x +

z+x − y 2y +

x+y − z 2z

3

y

x+ z x−1+

x y+

z y−1+

x z+

y z−13

( y

x+ x y¿+(

z x+

x z)+(

z y+

y z)6

Bất đẳng thức cuối ( y

x+ x

y≥2; z x+

x

z≥2 ; z y+

y

z≥2 nªn ta có

điều phải chứng minh

Ví dụ2:

Cho a,b,c > vµ a+b+c <1 Chøng minh r»ng

a2+2 bc+

b2+2 ac+

c2+2 ab9 (1)

Giải:

Đặt x = a2

+2 bc ; y = b2+2 ac ; z = c2+2ab

Ta cã x+y+z=(a+b+c)2<1

(1) 1

x+

1

y+

1

z≥9 Víi x+y+z < vµ x ,y,z >

Theo bất đẳng thức Cơsi ta có x+y+z ≥ √3xyz

1

x+

1

y+

1

z≥

3

(13)

(x+y+z).(1

x+

1

y+

1

z)9

Mµ x+y+z < VËy

x+

1

y+

1

z≥9 (®pcm)

VÝ dô3:

Cho x , y tháa m·n 2√x −y=1 CMR x+y ≥51

Gợi ý:

Đặt x=u , y=v 2u-v =1 vµ S = x+y = u2+v2 v = 2u-1 thay vµo

tÝnh S Bµi tËp

1) Cho a > , b > , c > CMR: 25a

b+c+ 16b

c+a+

c a+b>8

2)Tỉng qu¸t m, n, p, q, a, b >0 CMR

ma

b+c+ nb

c+a+ pc

a+b≥

2(√m+√n+√p)

(m+n+p)

Ph ¬ng ph¸p 9: dïng tam thøc bËc hai

L u ý :

Cho tam thøc bËc hai f(x)=ax2

+bx+c

NÕu Δ<0 th× a.f(x)>0 ∀x∈R

NÕu Δ=0 th× a.f(x)>0 ∀x ≠ −b

a

NÕu >0 a.f(x)>0 với x<x1 x>x2 ( x2>x1 ) a.f(x)<0 víi x1<x<x2

VÝ dơ1:

Chøng minh r»ng

f(x , y)=x2+5y24 xy+2x −6y+3>0 (1)

Gi¶i:

Ta cã (1) x22x(2y −1)+5y26y+3>0

Δ'=(2y −1)25y2+6y −3

¿4 y

24y

+15y2+6y −3

(y −1)21<0

VËy f(x , y)>0 víi mäi x, y

VÝ dơ2:

Chøng minh r»ng

f(x , y)=x2y4+2(x2+2).y2+4 xy+x2>4 xy3

Gi¶i:

(14)

x2y4

+2(x2+2).y2+4 xy+x24 xy3>0

y

2

+1¿2.x2+4y(1− y)2x+4y2>0 ¿

Ta cã Δ'

=4y2(1− y2

)24y2 (y2

+1)2=16y2<0

V× a = (y2

+1)2>0 vËy f (x , y)>0 (đpcm)

Ph ơng pháp 10: dùng quy nạp toán học

Kiến thức:

Để chứng minh bất đẳng thức với n>n0 ta thực bớc sau : – Kiểm 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 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

VÝ dô1:

Chøng minh r»ng

12+

22+ +

n2<2

n ∀n∈N ;n>1 (1)

Gi¶i :

Víi n =2 ta cã 1+1 4<2

1

2 (đúng)

Vậy BĐT (1) với n =2

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

ThËt vËy n =k+1 th×

(1)

k+1¿2 ¿ ¿

1 12+

1

22+ +

k2+

1

¿

Theo giả thiết quy nạp

k+1¿2 ¿ ¿

12+ 22+ +

1

k2+

1 ¿

k+1¿2 ¿ ¿

1 12+ +

1

¿

(15)

k+1¿2 ¿

k+1¿2 ¿

k+1+1

¿

k2+2k<k2+2k+1 Điều Vậy bất đẳng thức (1)đợc

chøng minh

VÝ dơ2: Cho n∈N vµ a+b> 0

Chøng minh r»ng (a+b

2 )

n

a

n

+bn

2 (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) (a+b )

k+1

a

k+1 +bk+1

(a+b

2 )

k

.a+b

2

ak+1 +bk+1

2 (2)

VÕ tr¸i (2) a

k

+bk

a+b =

ak+1

+abk+akb+bk+1

4

ak+1 +bk+1

ak+1+bk+1

ak+1

+abk+akb+bk+1 0

(ak− bk).(a −b)0 (3)

Ta chøng minh (3)

(+) Giả sử a b giả thiết cho a -b a |b|

ak≥

|b|k≥ bk (ak− bk).(a −b)0

(+) Gi¶ sư a < b theo giả thiết - a<b |a|k<bkak<bk

(ak− bk).(a −b)0

Vậy BĐT (3)ln ta có (đpcm)

Ph ơng pháp 11: Chứng minh phản chứng

L u ý :

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 ngợc Từ suy bất đẳng thức cần chứng minh

2) Giả sử ta phải chứng minh luận đề “G K” phép toán mệnh đề cho ta :

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

Ta thờng dùng hình thức chứng minh phản chứng sau : A - Dùng mệnh đề phản đảo : −−K⇒− −G

(16)

VÝ dô 1:

Cho ba sè a,b,c tháa m·n a +b+c > , ab+bc+ac > , abc > Chøng minh r»ng a > , b > , c >

Gi¶i :

Giả sử a từ abc > a a < Mà abc > a < cb <

Tõ ab+bc+ca > a(b+c) > -bc > V× a < mµ a(b +c) > b + c <

a < vµ b +c < a + b +c < tr¸i gi¶ thiÕt a+b+c > VËy a > t¬ng tù ta cã b > , c >

VÝ dô 2:

Cho sè a , b , c ,d tháa m·n ®iỊu kiƯn

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

a2

<4b , c2<4d

Gi¶i :

Giả sử bất đẳng thức : a2

<4b , c2<4d cộng cỏc v ta

đ-ợc

a2+c2<4(b+d) (1)

Theo gi¶ thiÕt ta cã 4(b+d) 2ac (2)

Tõ (1) vµ (2) a2+c2<2 ac hay (a − c)2<0 (v« lý)

Vậy bất đẳng thức a2<4b c2<4d có bất đẳng thức

sai

VÝ dô 3:

Cho x,y,z > vµ xyz = Chøng minh r»ng

NÕu x+y+z >

x+

1

y+

1

z th× cã mét ba số lớn

Giải :

Ta cã (x-1).(y-1).(z-1) =xyz – xy- yz + x + y+ z –1

=x + y + z – (

x+

1

y+

1

z ) v× xyz =

theo gi¶ thiÕt x+y +z >

x+

1

y+

1

z

nªn (x-1).(y-1).(z-1) >

Trong ba sè x-1 , y-1 , z-1 chØ cã mét sè d¬ng

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

Phần iii : tập nâng cao 1/dùng định nghĩa

1) Cho abc = vµ a3

>36 Chøng minh r»ng a +¿ b

2+c2> ab+bc+ac

Gi¶i

Ta cã hiÖu: a2

3 +¿ b

(17)

= a2

4 +¿

a2

12+¿ b

2+c2- ab- bc – ac

= ( a2

4 +¿ b

2+c2- ab– ac+ 2bc) + a2

12 3bc

=( a

2 -b- c)2 +

a336 abc 12a

=( a

2 -b- c)2 +

a336 abc

12a >0 (v× abc=1 a

3 > 36 nên a >0 )

VËy : a2

3 +¿ b

2+c2> ab+bc+ac Điều phải chứng minh

2) Chứng minh r»ng a) x4

+y4+z2+12x.(xy2− x+z+1)

b) víi mäi sè thùc a , b, c ta cã a2+5b24 ab+2a −6b+3>0

c) a2

+2b22 ab+2a −4b+20

Gi¶i :

a) XÐt hiƯu

H = x4+y4+z2+12x2y2+2x22 xz2x

= (x2

− y2)2+(x − z)2+(x −1)2

H ta có điều phải chứng minh b) VÕ tr¸i cã thĨ viÕt

H = (a −2b+1)2+(b −1)2+1

H > ta có điều phải chứng minh c) vÕ tr¸i cã thĨ viÕt

H = (a −b+1)2+(b −1)2

H ta có điều phải chứng minh

Ii / Dựng bin đổi t ơng đ ơng

1) Cho x > y vµ xy =1 Chøng minh r»ng

(x

2 +y2)2

(x − y)2 8

Gi¶i :

Ta cã x2

+y2=(x − y)2+2 xy=(x − y)2+2 (v× xy = 1)

(x2

+y2)2=(x − y)4+4 (x − y)2+4

Do BĐT cần chứng minh tơng đơng với (x − y)4+4(x − y)2+48.(x − y)2

(x − y)44(x − y)2+40

[(x − y)2

2]20

BĐT cuối nên ta có điều phải chứng minh 2) Cho xy Chứng minh

1+x2+ 1+y2

2 1+xy

Gi¶i :

Ta cã

1+x2+ 1+y2

(18)

(

1+x2 1+y2)+(

1 1+y2

1 1+xy)0

xy− x

2

(1+x2).(1+xy)+

xy− y2

(1+y2).(1+xy)0

x(y − x)

(1+x2).(1+xy)+

y(x − y)

(1+y2).(1+xy)0

(y − x)

2

(xy1)

(1+x2).(1+y2).(1+xy)0

BĐT cuối xy > Vậy ta có điều phải chứng minh

Iii / dùng bất đẳng thức phụ

1) Cho a , b, c số thùc vµ a + b +c =1

Chøng minh r»ng a2+b2+c21

Gi¶i :

áp dụng BĐT BunhiaCôpski cho số (1,1,1) vµ (a,b,c) Ta cã (1.a+1 b+1 c)2(1+1+1).(a2+b2+c2)

(a+b+c)23 (a2+b2+c2)

a2

+b2+c21

3 (vì a+b+c =1 ) (đpcm)

2) Cho a,b,c số dơng

Chøng minh r»ng (a+b+c).(1

a+

1

b+

1

c)9 (1)

Gi¶i :

(1) 1+a

b+ a c+

b a+1+

b c+

c a+

c a+19

3+(a

b+ b a)+(

a c+

c a)+(

b c+

c b)9

¸p dơng B§T phơ x

y+ y

x 2 Víi x,y >

Ta có BĐT cuối Vậy (a+b+c).(1

a+

1

b+

1

c)9 (®pcm)

Iv / dùng ph ơng pháp bắc cầu

1) Cho < a, b,c <1 Chøng minh r»ng :

2a3

+2b3+2c3<3+a2b+b2c+c2a

Gi¶i :

Do a <1 a2 <1 b <1

Nên (1 a2).(1 b2)

>01+a2b − a2−b>0

Hay 1+a2b>a2+b (1)

Mặt khác <a,b <1 a2

>a3 ; b>b3

1+a2>a3+b3

VËy a3

+b3<1+a2b

(19)

b3+c3<1+b2c

a3+c3<1+c2a

2a3+2b3+2c3<3+a2b+b2c+c2a (®pcm)

2) So sánh 31 11 17

14

Gi¶i :

Ta thÊy 3111 <  

11

11 55 56

32  2 2

Mặt khác

14

56 4.14 14 14

2 2  16 17

Vëy 31 ❑11 < 17

❑14 (®pcm)

V/ dïng tÝnh chÊt tØ sè

1) Cho a ,b ,c ,d > Chøng minh r»ng :

a b b c c d d a

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

   

    

       

Gi¶i :

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

   

    

        (®pcm)

2) Cho a ,b,c số đo ba cạnh tam gi¸c Chøng minh r»ng

a b c

b c c a a b

   

  

Gi¶i :

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

Tõ (1)

2

a a a a

b c a b c a b c

  

 

Mặt khác

a a

b c a b c 

VËy ta cã

2

a a a

a b c  b c a b c  T¬ng tù ta cã

2

b b b

a b c  a c a b c 

2

c c c

a b c  b a a b c 

(20)

a b c

b c c a a b

   

   (®pcm)

V/ ph ơng pháp làm trội :

1) Chøng minh B§T sau : a)

1 1

1.3 3.5  (2n1).(2n1)2

b)

1 1

1

1.2 1.2.3 1.2.3 n

    

Gi¶i :

a) Ta cã

   

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

 

      

     (®pcm)

b) Ta cã

 

1 1 1

1

1.2 1.2.3 1.2.3 n 1.2 1.2.3 n n

        

<

1 1 1

1 2

2 n n n

     

          

      (®pcm)

Phần iv : ứng dụng bất đẳng thức

1/ dùng bất đẳng thức để tìm c c trị

L u ý

- Nếu f(x) A f(x) có giá trị nhỏ A

- Nếu f(x) B f(x) có giá trị lớn lµ B

VÝ dơ 1 :

Tìm giá trị nhỏ : T = |x-1| + |x-2| +|x-3| + |x-4| Gi¶i :

Ta cã |x-1| + |x-4| = |x-1| + |4-x|  |x-1+4-x| = (1)

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

Ta cã tõ (1)  DÊu b»ng x¶y 1 x

(2)  DÊu b»ng x¶y 2 x VËy T cã giá trị nhỏ x Ví dụ :

Tìm giá trÞ lín nhÊt cđa

S = xyz.(x+y).(y+z).(z+x) víi x,y,z > vµ x+y+z =1 Gi¶i :

(21)

3 1

3 27

xyz xyz

   

áp dụng bất đẳng thức Cơsi cho x+y ; y+z ; x+z ta có x y   y z   z x 33x y   y z   x z 

 3 3x y   y z   z x  DÊu b»ng x¶y x=y=z=

1

VËy S 

8

27 27 729

VËy S có giá trị lớn

8

729 x=y=z=

VÝ dơ : Cho xy+yz+zx = T×m giá trị nhỏ x4y4z4 Giải :

áp dụng BĐT Bunhiacốpski cho số (x,y,z) ;(x,y,z)

Ta cã    

2 2 2 2

xy yz zx   xyz

 

2 2

1 x y z

   

(1)

Ap dơng B§T Bunhiacèpski cho (x y z2, 2, 2) vµ (1,1,1)

Ta cã

2 2 2 2 4 2 2 4

( ) (1 1 )( )

( ) 3( )

x y z x y z

x y z x y z

      

     

Tõ (1) vµ (2)  3( x4y4z4)

4 4

x y z

   

VËy x4y4z4 có giá trị nhỏ

1

3 x=y=z= 3

VÝ dụ :

Trong tam giác vuông có cạnh huyền , tam giác vuông có diƯn tÝch lín nhÊt

Gi¶i :

Gọi cạnh huyền tam giác 2a Đờng cao thuộc cạnh huyền h

Hình chiếu cạnh góc vuông lên cạnh hun lµ x,y Ta cã S =  

2

2 x y h a h a h   a xy

Vì a khơng đổi mà x+y = 2a

VËy S lín nhÊt x.y lín nhÊt  xy

VËy c¸c tam giác có cạnh huyền tam giác vuông c©n cã diƯn tÝch lín nhÊt

Ii/ dùng b.đ.t để giải ph ơng trình hệ ph ơng trình

(22)

Giải phơng trình sau

3x26x19 5x210x14 2  x x Gi¶i :

Ta cã 3x26x19 3.(x22x1) 16

3.(x1)216 16  

2

5x 10x14 5. x1  9

VËy 3x26x19 5x210x14 5   DÊu ( = ) x¶y x+1 =  x = -1

VËy 3x26x19 5x210x14 2  x x x = -1 Vậy phơng trình có nghiệm nhÊt x = -1

VÝ dô :

Giải phơng trình

x 2 x2 4y24y3 Gi¶i :

¸p dơng B§T BunhiaCèpski ta cã :

 

2 2 2

2 1 2 2

x  x   x   x  

DÊu (=) x¶y x =

Mặt khác

2

4y 4y 3 2y1  2

DÊu (=) x¶y y =

-1

VËy x 2 x2 4y24y 3 x =1 vµ y

=-1

Vậy nghiệm phơng trình

1

x y

   

  

VÝ dô :

Giải hệ phơng trình sau:

4

1

x y z

x y z xyz

   

  

Giải : áp dụng BĐT Côsi 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

  

  

V× x+y+z = 1)

(23)

DÊu (=) x¶y x = y = z =

1

VËy 4

1

x y z

x y z xyz

   

  

 cã nghiÖm x = y = z =

1

VÝ dô : Giải hệ phơng trình sau

2 xy y xy x         (1) (2)

Từ phơng trình (1) 8 y2 0 hay y  Tõ ph¬ng tr×nh (2)

2 2 . 2 2

x x y x

   

2

2

2 2

( 2)

2 x x x x x           

NÕu x = th× y = 2 NÕu x = - th× y = -2 VËy hƯ phơng trình có nghiệm

2 x y      

 vµ

2 2 x y       

Iii/ dùng B.Đ.t để giải ph ơng trình nghiệm nguyên

1) Tìm số nguyên x,y,z thoả mÃn x2y2z2xy3y2z Giải :

Vì x,y,z sè nguyªn nªn x2y2z2 xy3y2z

 

2 2

2

2

3

3

3

4

x y z xy y z

y y

x xy y z z

                             2

3 1

2 y y x z                    (*)

Mµ  

2

2

3 1

2 y y x z              

    x y R, 

 

2

2

3 1

(24)

0

2 1

1

2

1

y x

x y

y z z

 

  

 

      

  

   

Các số x,y,z phải tìm lµ

1

x y z

  

    

VÝ dơ 2:

T×m nghiƯm nguyên dơng phơng trình

1 1

xyz

Gi¶i :

Không tính tổng quát ta gi¶ sư x y z  Ta cã

1 1

2 2z

x y z z

     

Mà z nguyên dơng z = Thay z = vào phơng trình ta đợc

1 1

xy

Theo giả sử xy nên =

1

xy

1

y

2

y

  mµ y nguyên dơng

Nên y = y = Với y = không thÝch hỵp

Víi y = ta cã x =

VËy (2 ,2,1) nghiệm phơng trình

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

VÝ dơ :

T×m cặp số nguyên thoả mÃn phơng trình

xxy (*) Gi¶i :

(*) Víi x < , y < phơng trình nghĩa (*) Víi x > , y >

Ta cã xxy xxy2 xy2 x0

Đặt x k (k nguyên dơng x nguyên dơng ) Ta có k k.( 1)y2

Nhng    

2 1 1

kk k  k

(25)

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

Nên cặp số nguyên dơng thoả mÃn phơng trình

Vậy phơng trình có nghiệm :

0

x y

  

 

Ngày đăng: 08/03/2021, 12:12

TÀI LIỆU CÙNG NGƯỜI DÙNG

TÀI LIỆU LIÊN QUAN

w