Chuyên đề ôn thi đi học môn Toán - Bất đẳng thức

Phương pháp vận dụng các bất ñẳng thức ñã biết Trong mục này chúng tôi chỉ xin ñề cập tới một số bài toán vận dụng bất ñẳng thức Côsi và bất ñẳng thức có chứa dấu giá trị tuyệt ñối... Ch[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ðÀO TẠO BẮC NINH TRƯỜNG THPT YÊN PHONG SỐ CHUYÊN ðỀ ÔN THI ðẠI HỌC MÔN TOÁN Lop12.net NGUYỄN VĂN XÁ TỔ TOÁN TRƯỜNG THPT YÊN PHONG SỐ CHUYÊN ðỀ ÔN THI ðẠI HỌC MÔN TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC Lop12.net LỜI NÓI ðẦU ðược tạo ñiều kiện lãnh ñạo Nhà trường và cổ vũ ñông ñảo ñồng nghiệp, tổ Toán ñã tổ chức biên soạn tài liệu ôn thi ðại học, gồm nhiều chuyên ựề bám sát cấu trúc ựề thi Bộ Giáo dục và đào tạo qui ựịnh Tài liệu này ñời ñóng góp vào nỗ lực chung toàn trường việc bước nâng cao chất lượng dạy và học Trong quá trình biên soạn, chúng tôi vừa trao ñổi với các ñồng nghiệp và ngoài tổ, vừa tham khảo các tài liệu luyện thi có, vừa vào tình hình thực tế học sinh trường Vì vậy, mặc dù tài liệu luyện thi ðại học có nhiều, chúng tôi hi vọng tài liệu này mang tiếng nói riêng mình Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC này là phần tài liệu nói trên Ban ñầu chúng tôi có ý ñịnh biên soạn chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC VÀ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT, thời gian không cho phép nên chúng tôi ñề cập ñến số vấn ñề bất ñẳng thức, vận dụng bất ñẳng thức ñể tìm giá trị lớn và nhỏ nhất, còn các vấn ñề chung giá trị lớn nhất, nhỏ nhất, ứng dụng nó chúng tôi chưa có ñiều kiện trình bày Tới ñây, chúng tôi cố gắng biên soạn bổ sung các nội dung ñó thành chuyên ñề khác có thể tiếp nối vào chuyên ñề này Vì nhiều lí mà chất lượng tài liệu này còn nhiều ñiều ñáng bàn Chúng tôi mong các ñồng nghiệp, các bạn học sinh giúp chỗ sai sót chưa hợp lí ñể chúng tôi kịp thời khắc phục Các ý kiến xin vui lòng gửi email: toan.thptyenphong2@gmail.com Chúng tôi bày tỏ kính trọng và biết ơn tới ñồng chí Hiệu trưởng và ñồng chí Tổ trưởng vì giúp ñỡ các ñồng chí ñể tài liệu này ñược hoàn thành Chúng tôi chân thành cảm ơn các ñồng nghiệp, các học sinh ñã quan tâm tới tài liệu này Lop12.net TÀI LIỆU THAM KHẢO [01] Bộ Giáo dục và đào tạo Ờ Bộ sách giáo khoa, sách bài tập, sách giáo viên THPT môn Toán (cơ và nâng cao) – NXB GDVN, 2010 [02] Bộ Giáo dục và đào tạo Ờ Hướng dẫn thực chuẩn kiến thức, kĩ môn Toán 10, 11, 12 –NXB GDVN, 2010 [03] Nguyễn An Ninh (cb) – Cấu trúc ñề thi môn Toán, Vật Lí, Hoá Học, Sinh Học năm 2010 – NXB GDVN, 2010 [04] Võ Anh Dũng (tcb), Trần ðức Huyên (cb) – Giải toán ðại số và Lượng giác 11 – NXB GDVN, 2009 [05] Võ Anh Dũng (tcb), Trần ðức Huyên (cb) – Giải toán Giải tích 11 – NXB GDVN, 2009 [06] Võ Anh Dũng (tcb), Trần ðức Huyên (cb) – Giải toán Hình học 11 – NXB GDVN, 2009 [07] Võ Anh Dũng (tcb), Trần ðức Huyên (cb) – Giải toán Hình học 10 – NXB GDVN, 2009 [08] Võ Anh Dũng (tcb), Trần ðức Huyên (cb) – Giải toán ðại số 10 – NXB GDVN, 2009 [09] Võ Anh Dũng (tcb), Trần ðức Huyên (cb) – Giải toán Lượng giác 10 – NXB GDVN, 2009 [10] Trần Phước Chương, ðỗ Thanh Sơn, Nguyễn Vũ Thanh – Rèn luyện kĩ giải các dạng bài tập ðại số 10 nâng cao – NXB GDVN, 2007 [11] Nguyễn Văn Quí, Nguyễn Tiến Dũng, Nguyễn Việt Hà – Các dạng toán Bất ñẳng thức, Giá trị lớn và giá trị nhỏ Ờ NXB đà Nẵng, 1998 [12] Trần Tuấn ðiệp, Nguyễn Phú Trường, Ngô Long Hậu – Giới thiệu ñề thi tuyển sinh vào ðại học, Cao ñẳng toàn quốc môn Toán – NXB Hà Nội, 2010 [13] Trần Văn Hạo (cb) – Chuyên ñề luyện thi vào ðại học: Bất ñẳng thức, Giá trị lớn nhất, nhỏ – NXB GD, 2001 Lop12.net MỤC LỤC Trang LỜI NÓI ðẦU TÀI LIỆU THAM KHẢO MỤC LỤC KHÁI NIỆM BẤT ðẲNG THỨC 1.1 ðịnh nghĩa ………………………………………………………………………………… 1.2 Một số tính chất …………………………………………………………………………… 1.3 Bất ñẳng thức có chứa dấu giá trị tuyệt ñối …………………………………………………… 1.4 Bất ñẳng thức Côsi ……………………………………………………………………………… 1.5 Bất ñẳng thức lượng giác ……………………………………………………………………… 1.6 Bất ñẳng thức hình học ………………………………………………………………………… MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ðẲNG THỨC 2.1 Phương pháp biến ñổi tương ñương, biến ñổi hệ quả; phương pháp làm trội ………………… 2.2 Phương pháp phản chứng ……………………………………………………………………… 11 2.3 Phương pháp qui nạp toán học ………………………………………………………………… 11 2.4 Phương pháp vận dụng các bất ñẳng thức ñã biết ……………………………………………… 14 2.5 Phương pháp vận dụng kiến thức lượng giác …………………………………………………… 17 2.6 Phương pháp vận dụng kiến thức hình học……………………………………………………… 19 2.7 Phương pháp vận dụng kiến thức hàm số……………………………………………………… 20 VẬN DỤNG BẤT ðẲNG THỨC ðỂ TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT 31 3.1 Nhắc lại ñịnh nghĩa giá trị lớn nhất, nhỏ nhất…………………………………………… 31 3.2 Một số ví dụ vận dụng bất ñẳng thức ñể tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất………………… 31 34 BÀI TẬP THAM KHẢO Lop12.net 1.1 KHÁI NIỆM BẤT ðẲNG THỨC ðịnh nghĩa Cho hai số thực a và b Ta nói “a lớn b” và viết “a > b” (hoặc viết “b < a”) a – b là số dương (hay b – a là số âm), lúc ñó ta nói “b nhỏ a” Ta nói “a lớn b” và viết “a ≥ b” (hoặc viết “b ≤ a”) a – b là số không âm (hay b – a là số không dương), lúc ñó ta nói “b nhỏ a” Như vậy: a > b ⇔ a − b > 0; a < b ⇔ a − b < 0; a ≥ b ⇔ a − b ≥ 0; a ≤ b ⇔ a − b ≤ Các mệnh ñề có dạng “a > b” “a < b” “a ≥ b” “a ≤ b” ñược gọi là bất ñẳng thức Trong ñó, cần thiết, hai bất ñẳng thức ñầu tiên ñược gọi là bất ñẳng thức nghiêm ngặt, và hai bất ñẳng thức sau gọi là bất ñẳng thức không ngặt Nếu không nói gì thêm, ñề cập ñến bất ñẳng thức thì ta hiểu ñó là các mệnh ñề ñúng Bài toán chứng minh bất ñẳng thức là bài toán chứng minh bất ñẳng thức ñã cho là mệnh ñề ñúng 1.2 Một số tính chất Chúng ta ñề cập tới ñây số tính chất thường gặp bất ñẳng thức a > b 1)  ⇒ a > c (tính chất bắc cầu) b > c 2) a < b ⇔ a + c < b + c (a < b + c ⇔ a − c < b) (cộng hai vế bất ñẳng thức với cùng số) a < b 3)  ⇒ a + c < b + d (cộng vế với vế hai bất ñẳng thức cùng chiều) c < d a < b a < b ⇒ a.c < b.c;  ⇒ a.c > b.c (nhân hai vế bất ñẳng thức với số 4)  c > c < khác 0) 0 ≤ a < b 5)  ⇒ ac < bd (nhân vế với vế hai bất ñẳng thức cùng chiều có các vế không 0 ≤ c < d âm) 0 < a < b 1 ⇒ > (nghịch ñảo hai vế (cùng dấu) bất ñẳng thức) 6)  a < b < a b 7) Nếu n ∈ ℕ thì a < b ⇔ a 2n +1 < b2n +1 ⇔ 2n +1 a < 2n +1 b Nếu n ∈ ℕ * và ≤ a < b thì a n < b n và n a < n b 8) Nếu a > thì a u < a v ⇔ u < v Nếu < a < thì a u < a v ⇔ u > v 9) Nếu α > 0, a > 0, b > thì a α > bα ⇔ a > b Nếu α < 0, a > 0, b > thì a α > bα ⇔ a < b 10) a + b ≥ a + b, ∀a, b ≥ Dấu “=” xảy a.b = Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số – Bắc Ninh Lop12.net Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC ôn thi ðại học 11) x ≥ 0, ∀x ∈ ℝ, ∀n ∈ ℕ * Ta hay sử dụng bất ñẳng thức dạng x ≥ 0, ∀x ∈ ℝ 12) Nhờ công thức khai triển nhị thức Niu−tơn, với x ≥ 0, n ∈ ℕ*, ta có 2n (1 + x) n = + nx + + x n ≥ + nx, bất ñẳng thức (1 + x) n ≥ + nx ñược gọi là bất ñẳng thức Béc−nu−li Từ bất ñẳng thức Béc−nu−li nhờ bất ñẳng thức Côsi ta có n + na < + a, ∀n ∈ ℕ, n > 1, ∀a > 13) Nếu a, b là các số nguyên và a < b thì a + ≤ b 1.3 Bất ñẳng thức có chứa dấu giá trị tuyệt ñối 1) |a| ≥ 0, dấu “=” xảy a = 2) |a| + a ≥ 0, dấu “=” xảy a ≤ 2) | a | + | b |≥| a + b |≥|| a | − | b || | a | + | b |=| a + b |⇔ a.b ≥ 0; || a | − | b ||=| a + b |⇔ a.b ≤ a ≥ b 3) Nếu b ≥ thì | a |≤ b ⇔ − b ≤ a ≤ b; | a |≥ b ⇔  a ≤ −b 1.4 Bất ñẳng thức Côsi a+b ≥ ab Dấu “=” xảy a = b a+b+c 2) Bất ñẳng thức Côsi cho ba số không âm a, b, c: ≥ abc Dấu “=” xảy a = b = c a + a + + a n n 3) Bất ñẳng thức Côsi cho n số không âm a1, a2, …, an: ≥ a1a a n n Dấu “=” xảy a1= a2 = …= an 1 4) Hệ quả: Với n số dương a1, a2, …, an ta có (a1 + a2 + + an )( + + + ) ≥ n2 a1 a2 an Dấu “=” xảy a1= a2 = …= an ∑ a ia j a1 + a + + a n 1≤i< j≤n 5) Với n số không âm a1, a2, …, an, kí hiệu S1 = ; S2 = ; C1n C2n ∑ a ia ja k a a a n! 1≤i< j<k ≤n S3 = ; … ; Sn = n n ; (ở ñó C kn = , ∀n, k ∈ ℕ, n ≥ k) Ta k!.(n − k)! Cn Cn 1) Bất ñẳng thức Côsi cho hai số không âm a, b: có dãy bất ñẳng thức S1 ≥ S2 ≥ S3 ≥ ≥ n Sn , dấu “=” xảy a1= a2 = …= an Một số tác giả gọi ñây là dãy bất ñẳng thức xen kẽ Côsi 1.5 Bất ñẳng thức lượng giác 1) a.sin x + b.cos x ≤ a + b , ∀x ∈ ℝ Dấu “=” xảy a.cosx = b.sinx Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số – Bắc Ninh Lop12.net Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC ôn thi ðại học Hệ quả: −1 ≤ sin x ≤ 1; − ≤ cos x ≤ π π 2) tan x + cot x ≥ 2, ∀x ≠ k , k ∈ ℤ Dấu “=” xảy x = ± + kπ, k ∈ ℤ 1.6 Bất ñẳng thức hình học 1) Với ba ñiểm bất kì A, B, C thì AB + AC ≥ BC, dấu “=” xảy A thuộc ñoạn BC         2) Với u, v ta có u + v ≥ u + v , dấu “=” xảy u, v cùng hướng        3) Với u, v ta có u v ≥ u.v , dấu “=” xảy u, v cùng phương 4) Ba số dương a, b, c là ñộ dài ba cạnh tam giác và tổng hai số bất kì ba số ñó lớn số còn lại Lop12.net MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ðẲNG THỨC 2.1 Phương pháp biến ñổi tương ñương, biến ñổi hệ quả; phương pháp làm trội ðể chứng minh bất ñẳng thức A > B ta có thể chứng minh A – B > Ta thường vận dụng các phép biến ñổi tương ñương ñể chuyển bất ñẳng thức A – B > thành bất ñẳng thức luôn ñúng giả thiết Ta có thể xuất phát từ giả thiết mệnh ñề ñúng nào ñó, qua các phép biến ñổi hệ dẫn ñến bất ñẳng thức A – B > Lưu ý số kiện: i) A ≥ 0, ∀A ∈ ℝ Dấu”=” xảy A = ii) a ≥ 0, ∀a ∈ ℝ, dấu “=” xảy a = iii) a + a ≥ 0, ∀a ∈ ℝ, dấu “=” xảy a ≤ n n iv) ( ∑ a k )2 = ∑ a 2k + k =1 v) (a + b) n = k =1 n ∑ 1≤i< j≤ n a i a j ∑ Ckn a n −k bk k =0 vi) a − b = (a − b)(a n −1 + a n −2 b + a n −3b + + ab n −2 + b n −1 ) n n vii) a + b3 + c3 − 3abc = (a + b + c)(a + b + c2 − ab − bc − ca) ðể chứng minh bất ñẳng thức có dạng u1 + + u n ≤ α ta có thể chứng minh u k ≤ v k − v k +1, ∀k = 1, 2, , n, và chứng minh v1 − v k +1 ≤ α ðể chứng minh bất ñẳng thức có dạng u1.u u n ≤ α ta có thể chứng minh v v u k ≤ k , ∀k = 1, 2, , n, và chứng minh ≤ α v k +1 v k +1 ðể chứng minh bất ñẳng thức có dạng a + b + c ≤ x + y + z ta có thể chứng  2a ≤ y + z a + b ≤ 2z   minh  b + c ≤ 2x  2b ≤ z + x  2c ≤ x + y c + a ≤ 2y   ðể chứng minh bất ñẳng thức có dạng abc ≤ xyz (với a, b, c, x, y, z ≥ 0) ta có ab ≤ z a ≤ yz   thể chứng minh  bc ≤ x  b ≤ zx   2 ca ≤ y  c ≤ xy
VÍ DỤ 1) Chứng minh a − a + a − a + > (1), ∀a ∈ ℝ Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số – Bắc Ninh Lop12.net Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC ôn thi ðại học 2) Chứng minh (ax + by)2 ≤ (a + b )(x + y ) (2), ∀a, b, x, y ∈ ℝ (bất ñẳng thức Bunhiacôpxki) ☺ HƯỚNG DẪN a a a − 1) Ta thấy (1) ⇔ (a − ) + ( ) > (1') Do hai bất ñẳng thức (a − ) ≥ 2 a và ( − ) ≥ ñúng với a, dấu “=” lại không ñồng thời xảy ra, nên (1’) ñúng với a Vậy (1) ñúng với a 2) Bất ñẳng thức (2) ⇔ (ay − bx) ≥ ñúng với a, b, x, y; dấu “=” xảy và ay = bx
VÍ DỤ 1) Chứng minh n a + n b ≥ n a + b, ∀n ∈ ℕ, n ≥ 2, ∀a, b ≥ 2) Chứng minh x n + m + y n + m ≥ x n y m + x m y n , ∀x, y ∈ ℝ, ∀n, m ∈ ℕ*, và m, n cùng tính chẵn lẻ ☺ HƯỚNG DẪN 1) Ta thấy ( n a + n b)n = a + C1n n a n −1 n b + + Cnn −1 n a.n bn −1 + b ≥ a + b ≥ 0, ∀n ∈ ℕ, n ≥ 2, ∀a, b ≥ nên n a + n b ≥ n a + b, ∀n ∈ ℕ, n ≥ 2, ∀a, b ≥ 2) Bất ñẳng thức ñã cho tương ñương với (x m − y m )(x n − y n ) ≥ (*) – Nếu n, m cùng lẻ thì x m − y m ≥ ⇔ x m ≥ y m ⇔ x ≥ y ⇔ x n ≥ y n ⇔ x n − y n ≥ và x m − y m ≤ ⇔ x n − y n ≤ 0, nên (*) ñúng, dấu “=” xảy x = y – Nếu n, m cùng chẵn thì x m − ym ≥ ⇔ x m ≥ ym ⇔| x |≥| y |⇔ x n ≥ yn ⇔ x n − yn ≥ và x m − y m ≤ ⇔ x n − y n ≤ 0, nên (*) ñúng, dấu “=” xảy x = ± y Vậy bất ñẳng thức ñã cho ñược chứng minh
VÍ DỤ Cho tam giác ABC Chứng minh với x, y, z ta có xy.cos C + yz.cos A + zx.cos B ≤ x + y2 + z2 ☺ HƯỚNG  DẪN    BC  CA  AB        (b,c) = π− A,  (c,a) = π− A  ðặt a = , b = , c = thì a = b = c = và (a,b) = π− C, BC CA AB    Ta xuất phát từ bất ñẳng thức luôn ñúng (x.a + y.b + z.c) ≥      ⇔ x + y + z + 2xy.cos(a, b) + 2yz.cos(b, c) + 2zx.cos(c,a) ≥ ⇔ x + y + z − 2xy.cos C − 2yz.cos A − 2zx.cos B ≥ Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số – Bắc Ninh Lop12.net Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC ôn thi ðại học ⇔ xy.cos C + yz.cos A + zx.cos B ≤ x +y +z (ñpcm) 2 2 Nhận xét Cho x = y = z = ta ñược bất ñẳng thức quen thuộc cosA + cosB + cosC ≤
VÍ DỤ Cho a, b, c dương và thoả mãn abc = Chứng minh 1 1) + 3 + 3 ≤ a + b +1 b + c +1 c + a +1 ab bc ca 2) + 5 + 5 ≤ a + b + ab b + c + bc c + a + ca ☺ HƯỚNG DẪN 1) Với a, b ta có (a – b)2 ≥ nên a − ab + b ≥ ab Từ ñây và a > 0, b > 0, abc = suy a3 + b3 +1 = (a + b)(a2 − ab + b2 ) +1 ≥ ab(a + b) + abc = ab(a + b + c) ab 1 c (1) Tương tự ta có các bất ñẳng ⇒ ≤ ⇒ ≤ a + b3 + a + b + c a + b3 + a + b + c a b thức 3 ≤ (2), 3 ≤ (3) Cộng (1), (2), (3) theo b + c +1 a + b + c c + a +1 a + b + c 1 vế ta ñược + 3 + 3 ≤ Dấu “=” xảy a = b = c = a + b +1 b + c +1 c + a +1 2) Do a, b > nên a5 + b5 = (a + b)(a − a3b + a 2b2 − ab3 + b4 ) = (a + b)((a − b)2.(a + ab + b2 ) + a 2b2 ) ≥ (a + b)a 2b2 1 c = = = a5 + b5 + ab (a + b)a 2b2 + ab ab(a + b) + ab(a + b) + abc ab(a + b + c) a + b + c bc a ca b , 5 Tương tự ta có 5 ≤ ≤ b + c + bc a + b + c c + a + ca a + b + c ab bc ca Vậ y + 5 + 5 ≤ , dấu “=” xảy a = b = c = a + b + ab b + c + bc c + a + ca ⇒ ab ≤ ab =
VÍ DỤ Cho a, b, c, d > Chứng minh M = a b c d + + + a+b+c b+c+d c+d+a d+a+b không phải là số nguyên ☺ HƯỚNG DẪN a a a Ta có < < a +b+c+d a+b+c a+c b b b < < a+b+c+d b+c+d b+d c c c < < a +b+c+d c+d+a a +c Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số – Bắc Ninh Lop12.net Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC ôn thi ðại học và 10 d d d < < Suy < M < Vậy M không phải là số nguyên a+b+c+d d+a+b b+d
VÍ DỤ n Chứng minh ∑ k α < 2, ∀n ∈ ℕ, n ≥ 2, ∀α ≥ k =1 ☺ HƯỚNG DẪN Ta có ≤ < = − 2α 22 1.2 1 1 ≤ 2< = − α 2.3 3 1 1 ≤ 2< = − α (n − 1).n n − n n n n 1 1 1 Suy ∑ α < − + − + + − = − < Vậy 2 n −1 n n k=2 k n ∑ kα < 2, ∀n ∈ ℕ,n ≥ 2, ∀α ≥ k=1
VÍ DỤ Chứng minh với ∆ ABC ta có 1 1 1 + + ≥ + + sin A sin B sin C cos A cos B cos C 2 ☺ HƯỚNG DẪN x+y x−y π π x+y ∈ [0; π], ∈ [− ; ] nên sin ≥ và 2 2 x−y x+y x−y x+y ≤ cos ≤ Do ñó sin x + sin y = 2sin cos ≤ 2sin (1), ∀x, y ∈ [0; π] 2 2 Dấu “=” xảy x = y ∈ [0; π] 1 * Với a, b > áp dụng bất ñẳng thức Côsi ta có + ≥ ≥ (2) Dấu “=” a b ab a + b xảy a = b > A B C * Với ∆ ABC luôn có sinA, sinB, sinC, cos , cos , cos > 2 1 4 * Áp dụng (1) và (2) thu ñược + ≥ ≥ = (3) sin A sin B sin A + sin B 2sin A + B cos C 2 Tương tự + ≥ (4), + ≥ (5) Cộng (3), (4), (5) theo * Với x, y ∈ [0; π] thì A sin C sin A cos B 2 1 1 1 vế ta ñược (ñpcm) Dấu “=” xảy + + ≥ + + sin A sin B sin C cos A cos B cos C 2 sin B sin C cos ABC là tam giác ñều 10 Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số – Bắc Ninh Lop12.net Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC ôn thi ðại học 11 2.2 Phương pháp phản chứng Giả sử ta phải chứng minh bất ñẳng thức nào ñó ñúng, ta hãy giả sử bất ñẳng thức ñó sai và kết hợp với giả thiết và các tính chất ñúng ñã biết ñể suy ñiều vô lí ðiều vô lí ñó có thể là ñiều trái với giả thiết trái với mệnh ñề ñúng nào ñ ấy, có thể là hai ñiều mâu thuẫn với Từ ñó suy bất ñẳng thức cần chứng minh là ñúng
VÍ DỤ Cho a, b,c ∈ (0;1) Chứng minh ba bất ñẳng thức sau có ít bất ñẳng thức 1 sai: a(1 − b) > , b(1 − c) > , c(1 − a) > 4 ☺ HƯỚNG DẪN (1) 64 1 1 Ta lại có < a(1 − a) = a − a = − (a − ) ≤ , < b(1 − b) ≤ , ≤ c(1 − c) ≤ Suy 4 4 a(1–a)b(1–b)c(1–c) ≤ (2) Mâu thuẫn (1) và (2) chứng tỏ ñiều ta giả sử là 64 sai Vậy ba bất ñẳng thức ñã cho có ít bất ñẳng thức sai Giả sử ba bất ñẳng thức ñó ñều ñúng Lúc này ta có a(1–a)b(1–b)c(1–c)>
VÍ DỤ Cho f(x) = x2 +ax + b Chứng minh ba số |f(–1)|, |f(0)|, |f(1)| có ít số không bé ☺ HƯỚNG DẪN Tức là 1 | f (−1) |=|1 − a + b |< (1), | f (0) |=| b |< (2), | f (1) |=|1 + a + b |< (3) 2 Giả sử ba số |f(–1)|, |f(0)|, |f(1)| ñều bé  − < − a + b < Từ (1) và (3) suy  ⇒ −1 < + 2b < ⇒ − < b < − (4) 2 − < − a + b <  2 1 Từ (2) suy − < b < (5) Mâu thuẫn (4) và (5) chứng tỏ ñiều ta giả sử là sai 2 Vậy ba số |f(–1)|, |f(0)|, |f(1)| có ít số không bé 2.3 Phương pháp qui nạp toán học ðể chứng minh bất ñẳng thức là mệnh ñề có dạng " ∀n ∈ ℤ, n ≥ n : P(n)" (n0 là 11 Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số – Bắc Ninh Lop12.net Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC ôn thi ðại học 12 số nguyên cho trước) ta có thể làm theo bước: + Bước (bước sở): Chứng tỏ P(n) ñúng với n = n0 (tức là chứng minh P(n0) ñúng) + Bước (bước di truyền): Giả sử P(k) ñúng, k ∈ ℤ, k ≥ n (ñây gọi là giả thiết qui nạp), ta ñi chứng minh P(k+1) ñúng (Trong nhiều trường hợp bước còn ñược thực sau: Giả sử P(n) ñúng với n ∈ ℤ, n ≤ n ≤ k (k ∈ ℤ) , ta ñi chứng minh P(n) ñúng với n = k + 1) Sau hoàn thành bước trên, theo nguyên lí qui nạp toán học, suy P(n) ñúng với số nguyên n ≥ n Có bài toán ta phải vận dụng phương pháp qui nạp nhiều lần (ví dụ 12)
VÍ DỤ 10 Chứng minh với số nguyên n > ta có n! > 3n (*) ☺ HƯỚNG DẪN Với n = ta có 7! = 5040 > 2187 = 37, tức là (*) ñúng với n =  Giả sử (*) ñúng với n = k (k ∈ ℤ, k ≥ 7), tức là k! > 3k (1) Ta cần chứng minh (*) ñúng với n = k + 1, tức là phải chứng minh (k + 1)! > 3k +1 (2) Thật vậy, từ (1) suy (k + 1).k! > 3k.(k+1) Mà k ≥ nên k + > Dẫn ñến (k + 1)! = (k + 1).k! > 3k.(k+1)>3k = 3k +1 Vậy (2) ñúng Theo nguyên lí qui nạp toán học, bất ñẳng thức (*) ñúng với số nguyên n >
VÍ DỤ 11 Chứng minh với số nguyên n > 11 ñều tồn các số tự nhiên x, y cho n = 4x + 5y ☺ HƯỚNG DẪN Với n = 12 thì 12 = 4.3 + 5.0 (x = 3, y = 0), tức là khẳng ñịnh cho ñề bài ñúng với n = 12 Bằng kiểm tra trực tiếp ta thấy khẳng ñịnh ñã cho ñúng với n = 13 và n = 14 Tiếp theo ta chứng minh khẳng ñịnh ñó ñúng với số nguyên n > 14  Giả sử khẳng ñịnh cho ñề bài ñúng với n ∈ ℕ,12 ≤ n ≤ k (k ∈ ℤ,k ≥ 15), ta phải chứng minh khẳng ñịnh ñó ñúng với n = k + Do 12 ≤ k − ≤ k nên theo giả thiết qui nạp khẳng ñịnh ñã cho ñúng với n = k –3 Tức là tồn hai số tự nhiên x, y cho k – = 4x + 5y Ta có k + = 4(x+1) + 5y, chứng tỏ khẳng ñịnh ñã cho ñúng với n = k + Vậy ñiều phải chứng minh là ñúng
VÍ DỤ 12 m a m + a 2m + + a nm  a1 + a + + a n  Chứng minh ≥  , ∀m, n ∈ ℕ*, ∀a1, , a n ≥ n n   ☺ HƯỚNG DẪN  Với n = thì bất ñẳng thức ñã cho ñúng, và xảy dấu “=” 12 Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số – Bắc Ninh Lop12.net Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC ôn thi ðại học 13  Với n = thì bất ñẳng thức ñã cho trở thành a1m + a 2m  a1 + a  ≥    m (1) Ta chứng minh (1) phương pháp qui nạp theo m – Với m = thì (1) ñúng và xảy dấu “=” Ta kiểm tra ñược (1) ñúng m = 2, dấu “=” xảy a1 = a2 k – Giả sử (1) ñúng với m = k (k ∈ ℕ*), tức là a1k + a k2  a1 + a  ≥  (2) Ta phải chứng   minh (1) ñúng với m = k + 1, tức là phải chứng minh a +a  Ta thấy     k +1 a +a  =    a1k +1 + a 2k +1  a1 + a  ≥    k +1 (3) k k k  a + a  a + a a1 + a   ≤ (do (2) và a1,a ≥ 0) 2   a k + a k2 a1 + a a1k +1 + a k2 +1 ≤ Bây ñể chứng minh (3) ta ñi chứng minh (4) Thật 2 vậy, (4) ⇔ a1k +1 + a1k a + a1.a k2 + a k2 +1 ≤ 2a1k +1 + 2a k2 +1 ⇔ a1k +1 − a1k a − a1.a 2k + a 2k +1 ≥ ⇔ a1k (a1 − a ) + a k2 (a − a1) ≥ ⇔ (a1 − a )(a1k − a 2k ) ≥ (luôn ñúng k ∈ ℕ*,a1,a ≥ 0) Dấu “=” xảy a1 = a2 Tóm lại (1) ñúng với số nguyên dương m Nghĩa là bất ñẳng thức ñã cho ñúng với n = 2, và dấu “=” xảy a1 = a2  Giả sử bất ñẳng thức ñã cho ñúng với n = p (p ∈ ℕ*) Tức là m a1m + a 2m + + a pm  a1 + a + + a p  ≥  (5), dấu “=” xảy a1 = …= ap Ta ñi p p   chứng minh bất ñẳng thức ñã cho ñúng với n = p + 1, tức là ñi chứng minh bất ñẳng thức m m a1m + a m + + a p + a p+1 p +1 – Áp dụng (5) ta ñược a1m m  a1 + a + + a p + a p+1  ≥  (6) p +1   + am + + a m p  a1 + a + + a p  ≥ p  p   m m a1 + + a p+1   a p+1 + (p − 1)   a1 + + a p+1 m p +1   am + (p − 1)( ) ≥ p p+1 p +1 p       Suy m a1 + + a p+1   m a p+1 + (p − 1)   a1 + + a p+1 m  a1 + + a p  p +1 m m   a1 + + a p+1 + (p − 1)( ) ≥ p  +p p +1 p p         – Áp dụng (1) ta ñược 13 Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số – Bắc Ninh Lop12.net Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC ôn thi ðại học 14 m m a1 + + ap+1   ap+1 + (p −1)    a1 + + ap  p +1     + p p         m a1 + + ap+1    a + + a ap+1 + (p −1)  p +1 p   + p p   ≥ 2 =          m a1 + + a p+1   m  a1 + + a p + a p+1 + (p − 1)   a1 + + a p+1  p +  = 2 = 2  2p p +1         Suy a1m a1 + + a p+1 m + + a pm+1 + (p −1)( ) p +1  a1 + + a p+1  ≥ 2p   p +1   m m a1m + a2m + + apm + apm+1  a1 + a + + ap + ap+1  ⇒ ≥  , dấu “=” xảy a1 = …= ap+1 p +1 p +1   Vậy bất ñẳng thức ñã cho ñược chứng minh, dấu “=” xảy m = 1, a1 = a2 =…= an 2.4 Phương pháp vận dụng các bất ñẳng thức ñã biết Trong mục này chúng tôi xin ñề cập tới số bài toán vận dụng bất ñẳng thức Côsi và bất ñẳng thức có chứa dấu giá trị tuyệt ñối
VÍ DỤ 13 Cho ba số dương a, b, c Chứng minh rằng: a + b + 2c > 1+ ab + ac ☺ HƯỚNG DẪN Áp dụng bất ñẳng thức Côsi ta có a 2a 2ac 2ab a + b + 2c = ( + 2c) + ( + b) ≥ +2 = ( ab + ac) (1) 3 3 a + b + 2c = (a + c) + (c + b) ≥ ac + ab = 2( ab + ac) (2) Từ (1),(2) ⇒ a + b + 2c ≥ (1 + )( ab + ac) ⇒ a + b + 2c ≥ 1+ Dấu “=” xảy ab + ac  và  = 2c, = b ⇔ a = b = c = (ñiều này không xảy ra) Vậy ta luôn a 2a a = b = c có a + b + 2c > 1+ , với a, b, c dương ab + ac
VÍ DỤ 14 Cho a + b + c = Chứng minh 8a + 8b + 8c ≥ 2a + 2b + 2c 14 Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số – Bắc Ninh Lop12.net Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC ôn thi ðại học 15 ☺ HƯỚNG DẪN ðặt: x = 2a , y = 2b , z = 2c thì x, y, z > và x.y.z = Ta cần chứng minh x + y3 + z3 ≥ x + y + z Áp dụng bất ñẳng thức Côsi cho các trường hợp số dương, ta có x + y + z ≥ 33 xyz = ⇒ x + y + z − ≥ (1); x3 + + ≥ x3 = 3x ⇒ x ≥ 3x − (2) Tương tự ta có y3 ≥ 3y − (3); z3 ≥ 3z − (4) Từ (1), (2), (3) và (4) ta thu ñược x + y3 + z3 ≥ 3(x + y + z) − = (x + y + z) + 2(x + y + z − 3) ≥ x + y + z Vậy bất ñẳng thức 8a + 8b + 8c ≥ 2a + 2b + 2c ñược chứng minh, dấu “=” xảy x = y = z = hay a = b = c =
VÍ DỤ 15 1 + + = Chứng minh x y z 1 + + ≤ 2x + y + z x + 2y + z x + y + 2z 1 1 1 2) Chứng minh + + ≥ 2( + + ) , với a, b, c, và p là ñộ dài p−a p−b p−c a b c các cạnh và nửa chu vi tam giác bất kì 1) Cho ba số dương x, y, z thoả mãn x x x 9.60x  12   15   20  3) Chứng minh   +   +   ≥ x , ∀x ∈ ℝ 12 + 15x + 20 x  5  4   ☺ HƯỚNG DẪN 1) Với số thực a > 0, b > áp dụng bất ñẳng thức Côsi ta ñược a + b ≥ ab > 0, 1 1 1 + ≥2 > 0, suy (a + b)( + ) ≥ hay + ≥ (1), dấu “=” xảy a = b a b a b a +b a b ab 1 1 Áp dụng bất ñẳng thức (1), ta có + ≥ , + ≥ , x y x+y x z x+z 1 1 16 + ≥ , nên + + ≥ Tương tự ta chứng minh ñược x + z x + y 2x + y + z x y z 2x + y + z 16 1 16 1 + + ≥ , + + ≥ Từ ñó và lưu ý thêm + + = ta x y z x + 2y + z x y z x + y + 2z x y z 1 1 1 ñược + + ≤ ( + + ) = (ñpcm) Dấu “=” xảy 2x + y + z x + 2y + z x + y + 2z x y z x = y = z = 2) Vận dụng bất ñẳng thức (1), lưu ý a + b + c = 2p, ta có 15 Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số – Bắc Ninh Lop12.net Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC ôn thi ðại học 16 1 4 + ≥ =  p − a p − b 2p − a − b c  1 4 1 1 1 + ≥ = ⇒ + + ≥ 2( + + ) p − b p − c 2p − b − c a  p−a p−b p−c a b c 1 4 + ≥ =  p − c p − a 2p − c − a b  (ñpcm) Dấu “=” xảy a = b = c x x 12 15 12 3) Áp dụng bất ñẳng thức Côsi với hai số ta có   +   ≥   5 4 5 x x x x x x x x x  15    = 2.3x , 4 x  20   12   20   12   20   15   20   15  x x   +   ≥     = 2.5 ,   +   ≥     = 2.4 Dẫn    5    5    4   4 x x x  12   15   20  tới   +   +   ≥ 3x + 4x + 5x Bây áp dụng bất ñẳng thức Côsi với ba  5  4   1 số thì 3x + 4x + 5x ≥ 33 60x > 0, x + x + x ≥ > 0, nhân hai bất ñẳng thức này, 3 60x vế với vế, thu ñược (3x + 4x + 5x )( x x x 3x 60x + 4x + 9.60x 12x + 15x + 20x ) ≥ ⇒ 3x + 4x + 5x ≥ x 12  15   20  Do ñó   +   +   ≥ x (ñpcm) Dấu “=” xảy x = 12 +15x + 20x 5 4  3
VÍ DỤ 16 Cho ña thức P(x) bậc 2010 có ñúng 2010 nghiệm thực dương, hệ số bậc cao là Chứng minh P '(0) + 2010.2010 P 2009 (0) ≤ ☺ HƯỚNG DẪN Giả sử x1, x2, …, x2010 là 2010 nghiệm thực dương ña thức P(x) ñã cho, suy P(x) = (x – x1)(x – x2)…(x – x2010) ⇒ P(0) = x1 x2 … x2010 Ta có P '(0) 1 P '(0) 1 Áp dụng bất ñẳng thức = + + + ⇒− = + + + P(0) − x1 − x − x 2010 P(0) x1 x x 2010 P '(0) 1 2010 Côsi cho 2010 số dương, ñi ñến − hay = + + + ≥ 2010 P(0) x1 x x 2010 x1x x 2010 P'(0) 2010 2010P(0) P '(0) + 20102010 P 2009 (0) ≤ − ≥ ⇒ −P'(0) ≥ = 20102010 P2009 (0) Vậy 2010 P(0) P(0) 2010 P(0) Dấu “=” xảy x1 = x2 = … = x2010
VÍ DỤ 17 Cho x0 là nghiệm ña thức P(x) = a0 + a1x + … + anxn bậc n (n∈N*, an ≠ 0) ðặt 16 Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số – Bắc Ninh Lop12.net Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC ôn thi ðại học  a a a M = max  , , , n −1 an  a n a n 17   Chứng minh x ≤ + M  ☺ HƯỚNG DẪN Xuất phát từ bất ñẳng thức a + b ≥ a + b và phương pháp qui nạp ta chứng minh ñược bất ñẳng thức a1 + + a n ≥ a1 + + a n  Nếu |x0| ≤ thì có x ≤ + M vì M ≥ n  Nếu |x0| > thì x = ≤ M(1+ | x0 | + + | x0n−1 |) = M a n −1x 0n −1 ax a a a a + + + ≤ n −1 x 0n −1 + + x + ≤ an an an an an an | x0n | −1 | xn | −1 ⇒ x0 −1 < M ⇒| x0 |<1+ M ⇒ | x0 |n −1<| x0 |n < M | x0 | −1 | x0 | −1 Vậy ta luôn có x ≤ + M Nhận xét Bất ñẳng thức x ≤ + M cho ta ñánh giá khoảng nghiệm phương trình ña thức
VÍ DỤ 18 Cho | a | + | b | + | c |≥ 13 Chứng minh | a − 1| + | b | + | c + |≥ 10 ☺ HƯỚNG DẪN Ta có | a − 1| + |1| + | b | + | c + | + | −2 |≥| a − + 1| + | b | + | c + − |=| a | + | b | + | c |≥ 13 Vậy | a − 1| + | b | + | c + |≥ 10 Việc dấu “=” xảy nào xin dành cho bạn ñọc Các phương pháp chúng tôi giới thiệu tiếp sau ñây liên quan tới nhiều khía cạnh sâu sắc toán phổ thông, vì ñòi hỏi học sinh phải có tảng kiến thức khá vững và rộng, phải có nhận xét tinh tế ñể nhìn thấu ñược các mối quan hệ có bài toán 2.5 Phương pháp vận dụng kiến thức lượng giác Học sinh phải ghi nhớ các công thức lượng giác, tính chất các hàm số lượng giác, ñặc biệt là các bất ñẳng thức lượng giác Việc chuyển từ bài toán ñại số sang bài toán lượng giác, nhiều trường hợp, không giúp ta giải vấn ñề dễ dàng hơn, mà còn có thể làm toát lên ñược chất bài toán, có thể gợi ý cho phát triển bài toán ñó Chúng ta lưu ý rằng:  π π – Nếu ñiều kiện biến x ≤ k (k > 0) thì có thể ñổi biến x = k.sin u (u ∈  − ;  )  2 x = k.cos v (v ∈ [ 0; π]) – Nếu có x + y = k (k > 0) thì ñặt x = k sin α, y = k cos α, α ∈ [ 0; 2π ) 17 Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số – Bắc Ninh Lop12.net Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC ôn thi ðại học – Nếu x ≥ k > thì có thể ñặt x = sin α > k  π , α∈ 0;  Lúc ñó x2 − k2 = k2 tan2 α và tan α>0, cos α  2 – Nếu | x |≥ k > thì có thể ñặt x = và sin α > 18 k  π  π  , α∈ 0;  ∪ ; π Lúc ñó x2 − k2 = k2 tan2 α cos α  2    π π – Nếu bất ñẳng thức có biểu thức x + k thì có thể ñặt x = k tan α, α ∈  − ;  Lúc  2 k2 ñó x + k = và cos α > cos α 2 2  π π – Với x∈ ℝ ta có thể ñặt x = tan γ , γ ∈  − ;  , ñó x + k = k (1+ tan γ ) = 2   = k và cos γ > cos γ – Nếu bài toán xuất biểu thức có dạng  π π b = tany, với x, y ∈  − ;   2 a+b a−b thì có thể ñặt a = tanx, − ab + ab – Với số nguyên dương n và với số thực x thì sin2n x ≤ sinx, cos2n x ≤ cosx
VÍ DỤ 19 Cho hai số thực x, y thoả mãn x + 4y2 = Chứng minh − 85 + 85 ≤ 2x2 − 3xy + y2 ≤ 2 ☺ HƯỚNG DẪN Kí hiệu M= 2x2 −3xy + y2 ðặt x = 2cost, y = sint với t ∈ [0;2π) , ñó ta biến ñổi ñược 7 85 Do nên M = cos 2t − 3sin 2t + | cos 2t − 3sin 2t |≤ ( ) + (−3) = 2 2 − 85 + 85 − 85 9 + 85 hay ≤ 2x − 3xy + y ≤ ≤ M = cos 2t − 3sin 2t + ≤ 2 2 2  14  x + 4y = x = − 85  Dấu “=” bên trái xảy   − 85 ⇔   2x − 3xy + y =  y = + 85 − 14   12 85   14 x = − − 85   85 14 + y = − 2−  12 85  18  x + 4y = Dấu “=” bên phải xảy  + 85 2 2x − 3xy + y =  Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số – Bắc Ninh Lop12.net