ISO C++ Professional Programmer's Handbook

để biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh đến bất đẳng thức đúng hay một tính chất đúng hoặc có thể sử dụng bất đẳng thức đúng biến đổi dẫn đến bất đẳng thức cần chứng minh... Đề thi vào [r]

BẤT ĐẲNG THỨC Lê Hồ Quý (GV THPT Duy Tân - Kon Tum) Bất đẳng thức, giá trị lớn và giá trị nhỏ hàm số biểu thức là chuyên đề khó chương trình toán THPT, phạm vi nghiên cứu vấn đề này rộng Để giải bài toán loại này, đòi hỏi người học không phải nắm vững lý thuyết, mà còn phải biết cách sử dụng các phép biến đổi, bất đẳng thức phụ,… linh hoạt và sáng tạo Trong phạm vi bài viết, chúng tôi muốn chia sẻ cùng các em học sinh thân yêu, chia sẻ cùng các bậc thầy cô giáo đáng kính các kinh nghiệm tích góp quá trình giảng dạy và luyện thi vào Đại học §1 MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ BẤT ĐẲNG THỨC I BẤT ĐẲNG THỨC: Khái niệm bất đẳng thức: Các mệnh đề dạng “A>B”, “A<B”, “A≥B”, “A≤B” gọi là bất đẳng thức, với A gọi là vế trái, B gọi là vế phải và A, B là hai biểu thức đại số Ta có: * A > B  A-B > 0; A < B  A - B < * A  B  A-B  0; A  B  A  B  Các tính chất bất đẳng thức: A>B a) TÝnh chÊt 1:  AC B>C b) TÝnh chÊt 2: A>B  A  C>B  C  A.C>B.C, nÕu C>0 c) TÝnh chÊt 3: A>B    A.C<B.C, nÕu C<0 A>B d) TÝnh chÊt 4:   AC BD C>D A>B>0 e) TÝnh chÊt 5:   A.C  B.D C>D>0 f) TÝnh chÊt 6: A>B>0, n  N*  A n  B n A>B>0, n  N, n   n A  n B g) TÝnh chÊt 7: A>B, n  N*  A 2n 1  B 2n 1 A>B, n  N*  2n+1 A  2n 1 B II BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY: 1.Bất đẳng thức Cauchy cho hai số không âm : Lop12.net Víi hai sè kh«ng ©m a vµ b, ta cã:  a+b  a+b    ab  hay a+b  ab, ab          §¼ng thøc x¶y vµ chØ a=b  Các hệ bất đẳng thức Cauchy hai số là : * HÖ qu¶ : 2(a +b2 )  (a+b)2  4ab, víi a, b  R 1 * HÖ qu¶ :   , víi a, b>0 a b ab a b * HÖ qu¶ :   2, víi a, b>0 b a Bất đẳng thức Cauchy cho n số không âm : Víi n sè kh«ng ©m a1 , a , , a n (n  2), ta cã : a1  a   a n n  a1a a n n §¼ng thøc x¶y  a1  a   a n III BẤT ĐẲNG THỨC BU-NHIA-CỐPSKI Bất đẳng thức Bu-nhia-cốpski cho hai cặp số: Với hai cặp số thực (a1 , a ), (b1 , b2 ) bất kì, ta có: (a1b1 +a b2 )2  (a12  a 22 )(b12  b22 ) §¼ng thøc x¶y vµ chØ b1 b2  a1 a * Quy ­íc : NÕu a1  (hoÆc a =0) th× b1  (hoÆc b2  0) Bất đẳng thức Bu-nhia-cốpski cho hai n số: Víi hai bé sè thùc (a1 , a , , a n ), (b1 , b2 , , b n ) bÊt k×, ta cã : (a1b1 +a b2 + +a n b n )2  (a12  a 22   a 2n )(b12  b22   b2n ) §¼ng thøc x¶y  b1 b2 b    n a1 a an * Quy ước : Nếu a i nào đó thì bi  (i=1,n) IV BẤT ĐẲNG THỨC CHỨA GIÁ TRỊ TUYỆT ĐỐI: Víi mäi sè thùc a vµ b, ta cã: 1) a+b  a  b §¼ng thøc x¶y vµ chØ ab  2) a-b  a  b §¼ng thøc x¶y vµ chØ ab  V BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC: 1) Bất đẳng thức bản: b-c  a  b  c, c-a  b  c  a và a-b  c  a  b, p-a>0, p-b>0 vµ p-c>0 2) Các bất đẳng thức khác: 2S  ab; 2S  bc và 2S  ca   900 b2  c2  a nÕu A Lop12.net VI CÔNG THỨC TÍNH ĐỘ DÀI ĐƯỜNG TRUNG TUYẾN VÀ PHÂN GIÁC: b2  c2 a c2  a b2 a  b2 c2 2 ma   ; mb   ; mc   4 bc ca ab la  p(p  a); l b  p(p  b); l c  p(p  c) bc ca ab §2 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Dạng Sử dụng các phép biến đổi, đánh giá thích hợp Để chứng minh A ≥ B, ta chứng minh A-B ≥ (nghĩa là ta sử dụng định nghĩa, tính chất bản, để biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh đến bất đẳng thức đúng hay tính chất đúng có thể sử dụng bất đẳng thức đúng biến đổi dẫn đến bất đẳng thức cần chứng minh) Ví dụ 1: Cho ba số a, b, c bất kì Chứng minh các bất đẳng thức: a) a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca (1) b) (ab + bc + ca)2 ≥ 3abc(a + b + c) (2) (§HQG TP HCM -1998) Lêi gi¶i a) (1)  2a  2b2  2c2  2ab  2bc  2ca  (a  b)2  (b  c)2  (c  a)2  luôn luôn đúng b) (2)  a b2  b2 c2  c2a  a bc  ab2 c  abc2   2a b2  2b2 c2  2c2a  2a bc  2ab2 c  2abc2   (ab-bc)2  (bc  ca)2  (ca  ab)2  luôn luôn đúng VÝ dô 2: Chøng minh r»ng a2 + b2 + c2 + d2 + e2 ≥ a(b + c + d + e) víi mäi a, b, c, d, e (1) (ĐH Y dược TP HCM-1999) Lêi gi¶i a2 a2 a2 a2 2 (1)   ab  b   ac  c   ad  d   ae  e2  4 4 2 2 a  a  a  a     b     c     d     e   hiển nhiên đúng 2  2  2  2  1 VÝ dô : Cho ba sè thùc a, b, c tháa m·n abc=1 vµ a+b+c>   a b c a) Chøng minh r»ng: (a-1)(b-1)(c-1)>0 (1) b) Chứng minh ba số a, b, c có đúng số lớn (§HTH TP.HCM -1993) Lêi gi¶i a) Ta cã: (1)  abc-ab-ac-bc+a+b+c>0 (2) Lop12.net 1 ab+bc+ca V× a+b+c>    a+b+c> a b c abc  a  b  c  ab  bc  ca (v× abc=1) Vậy (2) đúng Suy (1) đúng b) Ta cã: (a-1)(b-1)(c-1)>0 Suy ba số a, b, c lớn ba số a, b, c có đúng số lớn NÕu a>1, b>1, c>1  abc>1, m©u thuÉn víi gi¶ thiÕt Vậy ba số a, b, c có đúng số lớn a b c VÝ dô : Chøng minh:    3 3 3 3 b c c a a b đó a, b, c là độ dài ba cạnh tam giác (T¹p chÝ To¸n häc & Tuæi trÎ 5/2004) Lêi gi¶i Ta cã: b3  c3  ThËt v©y: (b  c)3 (1) (1)  4(b3 +c3 )  b3  c3  3b2 c  3bc2  b3  c3  b2 c  bc2   b2 (b  c)  c2 (b  c)   (b-c)(b2 -c2 )   (b-c)2 (b  c)  (2) đúng  (1) đúng Tương tự: c3  a  (c  a)3 a +b3  (a+b)3 Do đó: (2) b c   a  4    3  b+c c  a a  b  b  c3 c3  a 3 a  b a b c 2a 2b 2c mµ      b+c c  a a  b 2(b  c) 2(c  a) 2(a  b) 2a 2b 2c <   =2 bca cab abc (Do a+b>c; b+c>a; c+a>b) Tõ (3) vµ (4) suy ®pcm a  b  c (3) (4)  Bài tập tự luyện: Bµi : Cho x, y  Chøng minh: x y x y2    3   y x y x (Đề thi vào lớp 10 chuyên trường Trần Đại Nghĩa TP HCM năm 2004 ) Bµi : Chøng minh r»ng nÕu 0<x  y  z, th× ta cã: 1 1 1 1 y     (x  z)     (x  z) x z y x z (Đề 148 - Bộ đề tuyển sinh) Lop12.net Bài : Cho a, b, c là các số dương Chứng minh:  a  b2  c2  a  b2 b2  c2 c2  a    3  ab bc ca  abc  (Tạp chí Toán học & Tuổi trẻ 11/1995) Bài : Cho x, y, z là các số dương Chứng minh: x  xy  y2  y2  yz  z  z  zx  x  3(x  y  z) (Học viện Quan hệ Quốc tế năm 1997) Bài 5: Cho ba số a, b, c thỏa mãn điều kiện a2 + b2 + c2 = Chứng minh rằng: abc + 2(1 + a + b + c + ab + ac + bc) ≥ (Đề - Bộ đề tuyển sinh) Dạng Sử dụng bất đẳng thức Cauchy  Trường hợp 1: Các biến không bị ràng buộc a b2 c2 a b c VÝ dô : Chøng minh:      , abc  b c a c a b (ĐH Y dược Tp HCM-1999) Lời giải á p dụng BĐT Cauchy cho số dương, ta có: (1) a b2 a b2 a 2a   2  2 b c b c c c b2 c2 2b   c2 a a 2 c a 2c   a b b Cộng các vế tương ứng (1), (2) và (3) ta có đpcm (2) Tương tự: (3) x x x  12   15   20  VÝ dô : Chøng minh r»ng víi mäi x  R, ta cã:          3x  4x  5x  5 4   Khi nào đẳng thức xảy ? (Đề thi tuyển sinh ĐH, CĐ-Năm 2005) Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương, ta có: x x  12   15   12               x x x  15     2.3x 4 x  15   20  Tương tự ta có:       2.5x 4   x (1) (2) x  20   12  x (3)        2.4     Cộng các bất đẳng thức (1), (2), (3), chia hai vế bất đẳng thức nhận cho 2, ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy và x = VÝ dô : Cho x, y, z > Chøng minh r»ng: y x z 1  2    2 x y y z z x x y z Lop12.net (ĐH Nông Nghiệp I Khối A - 2001) Lời giải DÔ dµng chøng minh ®­îc B§T sau: a  b2  c2  ab  bc  ca 1 1 1 ¸ p dông (1), ta ®­îc:      x y z xy yz zx (1) (2) ¸ p dông B§T Cauchy cho c¸c mÉu sè, ta ®­îc: y y x z x z  2  + + = 2 3 x y y z z x xy yz z 3x = 1 1 1      (®pcm) xy yz zx x y z VÝ dô : Chøng minh r»ng víi a, b lµ hai sè kh«ng ©m bÊt k×, ta lu«n cã: 3a  17b3  18ab2 (ĐH Kinh tế Quốc dân - Năm 1997) Lời giải á p dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số không âm, ta có: 3a  17b3  3a  9b3  8b3  3 3a 9b3 8b3  18ab2 (®pcm) Ví dụ : Cho a, b, c là độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh rằng: a b c    b+c-a c  a  b a  b  c (ĐH Y Hải Phòng – Năm 2000) Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương: bca ca b (b+c-a)(c+a-b)  c Tương tự ta có: (c+a-b)(a+b-c)  a (a+b-c)(b+c-a)  b Nhân các vế tương ứng (1), (2) và (3), ta được: (b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)  abc  (1) (2) (3) abc 1 (b+c-a)(c+a-b)(a+b-c) á p dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương, ta có: a b c abc    33  b+c-a c  a  b a  b  c (b+c-a)(c+a-b)(a+b-c) VÝ dô : Cho a, b, c > Chøng minh:  1   b+c c+a a+b  (a +b3 +c3 )  + +    + + b c  a b c  2 a (Tạp chí Toán học & Tuổi trẻ 6/2003) Lời giải Víi a, b, c > 0, ta cã: a  b3  ab(a  b); b3  c3  bc(b  c); c3  a  ca(c  a) 2(a  b3  c3 )  ab(a  b)  bc(b  c)  ca(c  a) (1) Lop12.net á p dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương, ta có: 1 1 1    33  a b c a b c abc Nhân các vế tương ứng (1) và (2), ta có đpcm Đẳng thức xảy và a = b = c VÝ dô : Cho a>b>0 Chøng minh: a+  2 b(a-b)2 Lời giải á p dụng bất đẳng thức Cauchy cho bốn số dương, ta có: (2) ab ab ab ab  b    4 b  2 2 b(a-b) 2 b(a-b) 2 b(a-b)2 VÝ dô : Cho a, b, c, d > Chøng minh: a+ a b2 c2 d 1 1        b c d a a b c3 d (ĐH Thủy lợi – Năm 1997) Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho năm số dương, ta có: a2 a2 a2 1 3a 5          b5 b5 b5 a a b15 b3 b b3 a 3b2 Tương tự, ta có:  - c c b 3c  3 d d c 3d  3 a a d Cộng các vế tương ứng (1), (2), (3) và (4) ta có đpcm Ví dụ : Cho các số thực x, y, z dương Chứng minh: (1) (2) (3) (4) 16xyz(x+y+z)  3 (x+y)4 (y  z)4 (z  x)4 (Tạp chí Toán học & Tuổi trẻ 1/1996) Lời giải Gọi A = (x + y)(y + z)(z + x) Ta có: A = xy(x + y + z) + yz(x + y + z) + xz2 + zx2 á p dụng BĐT Cauchy cho tám số dương gồm ba số với số b»ng xy(x  y  z), ba sè víi mçi sè zy(x  y  z), xz , zx (xyz)6 (x  y  z)6  ®pcm 36 §¼ng thøc x¶y vµ chØ x=y=z VÝ dô 10 : Cho a, b, c > 0, n  N, n  Chøng minh: Ta cã: (x+y)(y+z)(z+x)  8 n a b c n n n n  n  b+c ca a  b n 1 (Tạp chí Toán học & Tuổi trẻ 8/1996) Lop12.net Lời giải á p dụng BĐT Cauchy cho n số dương gồm số (a+b)(n-1) c vµ (n-1) sè víi mçi sè b»ng 1, ta cã: 1+1+ +1   (n-1) sè (a+b)(n-1) (a+b)(n-1)  nn c c n (a  b)(n  1)  (a  b  c)(n  1)     nc c   Hay n c n n c  n  a+b n  abc Tương tự, ta có: n (1) b n n b  n  c+a n  abc a n n a  n  c+b n  abc Cộng các vế tương ứng (1), (2) và (3), ta có đpcm (n-1)(a+b)=c  §¼ng thøc x¶y vµ chØ (n-1)(b+c)=a  n   N (n-1)(c+a)=b  kh«ng x¶y n (2) (3)  Trường hợp 2: Các biến bị ràng buộc Ví dụ : Cho x, y, z là ba số dương và xyz=1 Chứng minh rằng: x2 y2 z2    1 y 1 z 1 x (§Ò dù bÞ Khèi D-N¨m 2005) Lêi gi¶i á p dụng BĐT Cauchy cho hai số dương, ta có: x2  y x2  y  2 x 1+y 1+y y2  z y2  z  2 y 1+z 1+z z2  x z2  x  2 z 1+x 1+x Cộng các vế tương ứng ba BĐT, ta được:  x  y   y2  z   z  x          (x  y  z) 1+y 1+z 1+x       2 x y z xyz       (x  y  z) 1+y 1+z 1+x 4 Lop12.net 3(x  y  z)  4 3 3  3 x.y.z     (Do x.y.z=1) 4 4 §¼ng thøc x¶y vµ chØ x=y=z=1 Ví dụ : Cho các số dương x, y, z thỏa mãn xyz=1 Chứng minh rằng:  1+x  y3  y3  z 1+z  x    3 xy yz zx Khi nào đẳng thức xảy ra? (§H, C§ Khèi D-N¨m 2005) Lêi gi¶i áp dụng BĐT Cauchy cho ba số dương, ta có: 1+x  y3  3 1.x y3  3xy 1+x  y3  xy xy Tương tự, ta có:  (1) 1+y3  z 3  yz yz (2) 1+z +x 3  zx zx MÆt kh¸c, ta cã: xy    yz   (3) 3  33 zx xy yz zx 3 xy yz zx Cộng các vế tương ứng (1), (2), (3) và (4) ta có đpcm §¼ng thøc x¶y vµ chØ x=y=z=1 VÝ dô : Cho x, y, z lµ ba sè tháa m·n x + y + z = Chøng minh r»ng : (4) + 4x   y   z  (§Ò dù bÞ Khèi A - N¨m 2005) Lêi gi¶i á p dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: 3+4x     4x  4 4x  3+4x  4x  4x Tương tự, ta có: 3+4 y  y 3+4 z  z Cộng các vế tương ứng ba bất đẳng thức trên, ta được: 3+4x  3+4 y  3+4 z    4x  y  z  2.3 4x.4 y.4 z  624 4x  y  z  Lop12.net §¼ng thøc x¶y vµ chØ x=y=z=0 Ví dụ 4: Chứng minh với x, y, z dương và x + y + z = thì 18xyz xy+yz+zx> 2+xyz (ĐH Tây Nguyên Khối A, B-Năm 2000) Lời giải ¸ p dông B§T Cauchy, ta cã: 2=x+y+z+x+y+z  xyz (1) xy+yz+zx  3 x y2 z Nhân các vế tương ứng (1) và (2), ta được: 2(xy + yz + zx) ≥ 18xyz Mặt khác, ta có: xyz(xy + yz + zx) > Cộng các vế tương ứng (3) và (4), ta được: (xy+yz+zx)(2+xyz)>18xyz 18xyz  xy  yz  zx  (v× 2+xyz>0)  xyz Ví dụ : Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn (2) (3) (4) 1    Chøng minh r»ng: x y z 1    2x+y+z x  2y  z x  y  2z (§H, C§ Khèi A - N¨m 2005) Lêi gi¶i C¸ch : Víi a, b>0 ta cã: 4ab  (a+b)2  ab 11 1       a  b 4ab ab 4a b §¼ng thøc x¶y vµ chØ a=b ¸ p dông kÕt qu¶ trªn ta cã:  2x+y+z Tương tự:  x+2y+z 1 1   1  1   1                 2x y  z   2x  y z    x 2y 2z  1 1   1  1   1                 2y x  z   2y  x z    y 2z 2x  1 1   1  1   1                 x+y+2z  2z x  y   2z  x y    z 2x 2y  1 11 1         2x+y+z x  2y  z x  y  2z  x y z  §¼ng thøc x¶y vµ chØ x=y=z= 1 C¸ch 2: ¸ p dông B§T   víi a, b>0, ta ®­îc: a b ab 1 1 1 1 1 1 1 1  1  8=2                      x y z x y y z z x xy yz zx (1) (2) (3) VËy (1) 10 Lop12.net Tương tự, ta có:  1   1   1   1  2           x+y y  z z  x   x  y x  z   x  y y  z   y  z z  x    1  4    2x  y  z x  2y  z x  y  2z   Tõ (1) vµ (2) ta suy ra: (2)   1  8     ®pcm  2x+y+z x  2y  z x  y  2z  Cách : Với a, b là hai số bất kì và x, y là hai số dương ta có: a b2 (a  b)2   x y xy (*)  a y(x+y)+b2 x(x+y)  (a+b)2 xy  a y2 +b2 x  2abxy  (ay-bx)2  BĐT sau cùng hiển nhiên đúng Đẳng thức xảy và a b  x y Sö dông B§T (*) hai lÇn ta cã: 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1        4 4 4 4 2 2 2          2x+y+z 2x  y  z x  y x  z xy xz 2 2 1 1 1 1 4 4 4 4 2 1                  x y x z 16  x y z  Tương tự ta có: 1 1 1      x+2y+z 16  x y z  1 1 2      x+y+2z 16  x y z  Cộng vế ba bất đẳng thức trên và chú ý tới giả thiết dẫn đến: 1 11 1         2x+y+z x  2y  z x  y  2z  x y z  §¼ng thøc x¶y vµ chØ x=y=z= Cách : áp dụng BĐT Cauchy cho bốn số dương (hoặc BĐT Bu-nhia-cốpxki): 1 1 1 (x+y+z)       4 x yz.4  16 x yz x x y z 1 2 1 Suy      2x+y+z 16  x y z  11 Lop12.net Tương tự: 1 1 1      x+2y+z 16  x y z  1 1 2      x+y+2z 16  x y z  Céng tõng vÕ ba B§T trªn ta ®­îc: 1 11 1         2x+y+z x+2y+z x+y+2z  x y z  VÝ dô : Cho x, y, z  vµ x+y+z  Chøng minh r»ng: x y z 1       2 1+x  y  z 1 x 1 y 1 z (§H Hµng h¶i Tp HCM - N¨m 1999) Lời giải Ta cã: x 2x   x (x  1)2 x    0  2 2 1+x 2(1  x ) 2(x  1) 1+x Tương tự ta có: y  1+y z  1 z Cộng các vế tương ứng ba bất đẳng thức trên, ta được: x y z    (1) 2 1+x  y  z (§¼ng thøc x¶y vµ chØ x=y=z=1) Mặt khác, áp dụngB ĐT Cauchy cho ba số dương, ta được: 1 1      (Do x+y+z  3) 1 x 1 y 1 z 1+x  y  z (1  x)(1  y)(1  z) 3 1     (2) 1+x  y  z §¼ng thøc x¶y vµ chØ x=y=z=1  Bµi tËp tù luyÖn: Bài : Với a, b, c là ba số dương bất kì Chứng minh rằng: (1+a )(1+b3 )(1+c3 )  (1+ab2 )(1+bc2 )(1+ca ) (§HDL H¶i Phßng Khèi A - N¨m 2000) Bài : Chứng minh rằng: với số thực dương bất kì, ta luôn có a  a   a (ĐHDL Phương Đông Khối A - Năm 2000) Bµi : Cho ABC cã ba c¹nh lµ a, b, c vµ p lµ nöa chu vi Chøng minh r»ng: 1 1 1        p-a p  b p  c a b c (Häc viÖn Ng©n hµng Khèi A - N¨m 2001) 12 Lop12.net Bài : Với a, b, c là ba số thực dương bất kì thỏa mãn điều kiện a+b+c=0 Chứng minh rằng: 8a  8b  8c  2a  b  2c (§HQG Hµ Néi Khèi A - N¨m 2000) Bµi : Chøng minh r»ng víi mäi x, y >0 ta cã:   y  (1+x)  1+      256 y   x   §¼ng thøc x¶y nµo? (§Ò Dù bÞ Khèi A-N¨m 2005) Bài : Cho a, b, c là ba số dương thỏa mãn: a+b+c= Chứng minh : 3 a+3b  b  3c  c  3a  Khi nào đẳng thức xảy ra? (§Ò Dù bÞ Khèi B-N¨m 2005) Bµi : Chøng minh r»ng nÕu  y  x  th× x y  y x  §¼ng thøc x¶y nµo? (§Ò Dù bÞ Khèi B-N¨m 2005) Bµi : Cho c¸c sè thùc x, y, z tháa m·n ®iÒu kiÖn: 3-x  3 y  3 z  Chøng minh r»ng: 9x 9y 9z 3x  3y  3z    3x  3y  z 3y  3z  x 3z  3x  y (§Ò Dù bÞ Khèi A-N¨m 2006) Dạng Sử dụng bất đẳng thức Bu - nhia - cốpski  Trường hợp 1: Các biến không bị ràng buộc VÝ dô : Cho x  [0; 1] Chøng minh: x + 1-x + x + 1-x  2+ 2 Tìm x để dấu đẳng thức xảy ra? (ĐH An ninh – Năm 1999) Lời giải ¸ p dông B§T Bu-nhia-Cèpski cho hai bé sè (1; 1) vµ ( x; 1-x ), ta ®­îc: x   x  x  (1  x)  (1) 4 TiÕp tôc ¸p dông B§T Bu-nhia-Cèpski cho hai bé sè (1; 1) vµ ( x; 1-x ), ta ®­îc: x   x  ( x   x )   2 Cộng các vế tương ứng (1) và (2), ta có đpcm x  [0;1]  §¼ng thøc x¶y vµ chØ  x   x  x  4  x  1 x VÝ dô : Cho a, b, c>0 Chøng minh: a a+ (a+b)(a+c)  b b  (b  c)(b  a)  c c  (c  a)(c  b) (2) 1 (T¹p chÝ To¸n häc & Tuæi trÎ 11/2004) 13 Lop12.net Lêi gi¶i ¸ p dông B§T Bu-nhia-cèpski cho hai bé sè ( a; b) vµ ( c; a ), ta cã: ( ac+ ab)2  (a  b)(c  a)  ac  ab  (a  b)(c  a)  a  ac  ab  a  (a  b)(c  a)  a a  (a  b)(c  a) Tương tự, ta có:  a a  ac  ab b b+ (b+c)(b+a) c   a (1) a b c b (2) a b c  c c+ (c+a)(c+b) a b c Cộng các vế tương ứng (1), (2) và (3), ta được: a b c   1 a+ (a+b)(a+c) b  (b  c)(b  a) c  (c  a)(c  b) §¼ng thøc x¶y vµ chØ a = b = c VÝ dô : Chøng minh r»ng mét tam gi¸c bÊt k×, ta cã: (3) p-a  p  b  p  c  3p đó a, b, c là các độ dài ba cạnh và p là nửa chu vi tam giác Lêi gi¶i ¸ p dông B§T Bu-nhia-cèpski cho hai bé ba sè (1, 1, 1) vµ ( p-a, p-b, p-c), ta ®­îc: p-a  p  b  p  c  12  12  12 ( p  a )2  ( p  b)2  ( p  c)2  = p a  p b p c  p §¼ng thøc x¶y vµ chØ p-a  pb  pc abc  Trường hợp 2: Các biến bị ràng buộc Ví dụ : Với a, b, c là ba số dương thỏa mãn đẳng thức ab+bc+ca=abc Chứng minh rằng: b2  2a c2  2b2 a  2c2    ab bc ca (§HQG Hµ Néi Khèi D - N¨m 2000) Lêi gi¶i Nh©n hai vÕ cña B§T víi abc>0, ta ®­îc: c b2  2a  a c2  2b2  b a  2c2  3abc  M  b2 c2  2a c2  a c2  2a b2  a b2  2b2 c2  3abc Theo B§T Bu-nhia-cèpski, ta cã: b2 c2  2a c2  (bc)2  (ac)2  (ac)2  (bc  ca  ca)  (bc  2ca) 3 Tương tự, ta có: (1) (2) 14 Lop12.net (ac  2ab) 3 a b2  2b2 c2  (ab  2bc) Céng tõng vÕ cña (2), (3) vµ (4) ®i tíi: M 3(ab  bc  ca)  3abc  (1) đúng: đpcm Ví dụ : Cho x, y, z là ba số dương và x+y+x  Chứng minh rằng: a c2  2a b2  x2  (3) (4) 1  y2   z   82 x y z (§H, C§ Khèi A - N¨m 2003) Lêi gi¶i Gäi S= x  1  y2   z  2 x y z  1 ¸ p dông B§T Bu-nhia-cèpski cho hai bé sè (1; 9) vµ  x;  , ta cã:  x 1  1+81 x  = 82 x  x x x Tương tự, ta có: y+  82 y2  y y x+ z+  82 z  z z Céng (1), (2) vµ (3) theo vÕ, ta cã: 1 1 S 82  x  y  z      x y z (1) (2) (3) 1 1 hay S 82  81(x  y  z)       80(x  y  z) x y z 1 1  2.9.3 (x  y  z)      80  162  80  82 x y z  ®pcm  Chú ý: Bài toán này ta có thể giải phương pháp tọa độ, trình bày phần sau  Bất đẳng thức tam giác: VÝ dô : Cho ABC Chøng minh r»ng: 1 (la  l c )  (l c  la )  (la  l b )  3 a b c (Häc viÖn Kü thuËt Qu©n sù - N¨m 1997) Lêi gi¶i Ta cã: la  A  b  c l  cos A     l  cos A a b c a bc bc 2   2bc.cos 15 Lop12.net B 1 1 Tương tự, ta có:    l b  cos c a C 1 1  a  b  l c  cos   Cộng vế ba đẳng thức trên, ta được: 1 A B C  (l b  l c )  (l c  la )   la  l b    cos  cos  cos  a b c 2 2  (1) A B C  ¸ p dông B§T Bu-nhia-cèpxki cho hai bé sè (1; 1; 1) vµ  cos ;cos ;cos  , ta cã: 2 2  cos A B C A B C   cos  cos   cos2  cos2  cos2  2 2 2    (cos A  cos B  cos C) 2  3 3   2 2 3   v× cosA+cosB+cosC     1 Tõ (1) vµ (2) ta suy ra: (l b  l c )  (l c  la )   la  l b   3 a b c Đẳng thức xảy và ABC (2)  Chú ý: Ta có thể giải bài toán này cách sử dụng BĐT Cauchy dùng phương pháp đạo hàm kÕt hîp víi B§T Jensen  Bµi tËp tù luyÖn: Bài : Chứng minh: a-1  b   c   c(ab  1), với số thực dương a, b, c  Bµi : Cho x, y, z>0 Chøng minh: xyz(x+y+z+ x  y2  z ) 3  2 2 2 (x  y  z )[(x  y  z)  (x  y  z )] 18 Bµi : Cho a, b, c >0 vµ tháa m·n abc=1 Chøng minh: 1    a (b  c) b (c  a) c (a  b) Bµi : Cho x>0, y>0 vµ x  y2  x  y Chøng minh: x+3y  2+ Dạng Phương pháp dùng dấu tam thức bậc hai Cơ sở phương pháp là biến đổi bất đẳng thức giả thiết dạng chứa: f(x)=ax  bx  c (a  0) Để xét dấu tam thức bậc hai f(x), ta thường viết nó dạng: 16 Lop12.net Cơ sở phương pháp là biến đổi bất đẳng thức giả thiết dạng chứa: f(x)=ax  bx  c (a  0) Để xét dấu tam thức bậc hai f(x), ta thường viết nó dạng: 2   b  b2  4ac  b    f(x)=a  x     a x        2a  4a  2a  4a    DÊu cña f(x) DÊu cña biÖt thøc  af(x)>0, x  R <0 b b =0 af(x)>0, x  - ; f(- )=0 2a 2a af(x)<0, x  (x1 ; x ) >0 Phương trình f(x) = có hai nghiệm x1 < x2 af(x)>0, x  (-; x )  (x ; +) Tóm lại, việc sử dụng các định lý thuận và đảo tam thức bậc hai, xử lý điều kiện tồn nghiệm biệt thức , … tỏ tiện lợi chứng minh bất đẳng thức mà nó đã nhận dạng đây nhắc lại các tính chất sau để tiện sử dụng:     * f(x)=ax  bx  c  0, x  R   * f(x)=ax  bx  c  0, x  R   a>0 a<0 * f(x)=x  a  a; x; a * f(x)=b-x  b; x; b VÝ dô : Chøng minh r»ng víi sè a, b, c, d, e bÊt k×, bao giê ta còng cã: (1) a  b2  c2  d  a(b  c  d  e) (Đề 15/II - Bộ đề tuyển sinh) Lêi gi¶i (1)  a  (b  c  d  e)a  b2  c2  d  e2  VÕ tr¸i lµ tam thøc bËc hai theo a cã biÖt thøc: (2) =(b+c+d+e)2  4(b2  c2  d  e2 )  0, b, c, d, e Do B§T Bu-nhia-cèpski, ta cã: (1.b+1.c+1.d+1.e)2  (12  12  12  12 )(b2  c2  d  e2 ) Vậy (2) đúng với a, b, c, d, e, suy (1) đúng VÝ dô : Chøng minh r»ng: 5x  5y2  5z  6xy  8xz  8yz  với số x, y, z không đồng thời Lêi gi¶i Xem vế trái bất đẳng thức cần chứng minh là tam thức bậc hai x, còn y, z là tham số, ta bất phương trình bậc hai mà x là ẩn số: f(x, y, z) = 5x2 + 2(3y - 4z)x + 5y2 + 5z2 - 8yz > (1) ' 2 2  x  (3y  4z)  5(5y  5z  8yz)=-16y  16zy  9z Xem  'x lµ mét tam thøc bËc hai cña y, cßn z lµ tham sè,  ' y  64z  9.16z  80z Nếu z  thì  ' y  : Do đó  'x  với y Từ đó suy PT (1) nghiệm đúng với x NÕu z=0 th×  'x  16y2 a) Nếu y  thì  'x  Do dó PT (1) nghiệm đúng với x 17 Lop12.net b) NÕu y=0 th× v× x  y2  z  nªn x  f(x, y, z)=5x  Vậy bất đẳng thức (1) đúng với x, y, z không đồng thời VÝ dô : Cho ABC Chøng minh: x2 A  x(cos B  cos C)  sin , x  R 2 Lêi gi¶i XÐt tam thøc: f(x)= x2 A  x(cos B  cos C)  sin Ta cã: 2 A  BC BC  A  x  (cos B  cos C)  sin   cos cos  sin   2  2 2 A  BC  =4sin cos  1    Do đó: f(x)  0, x  R (đpcm) VÝ dô : Chøng minh r»ng nÕu ba sè a, b, c tháa m·n c¸c ®iÒu kiÖn: a  b2  c2   ab  bc  ca  4 4 4 th× -  a  , -  b  , -  c  3 3 3 Lêi gi¶i Xem hai đẳng thức đã cho là hệ hai phương trình mà b, c là hai ẩn số, a là tham số Hệ phương trình này có nghiệm Từ đó ta tìm tập hợp các giá trị tham số a Tõ gi¶ thiÕt, ta suy ra: (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca) =2+2=4 a+b+c=2  a+b+c=-2 Hệ đã cho tương đương với hai hệ: a+b+c=2 (I)  ; ab+bc+ca=1 a+b+c=-2 (II)  ab+bc+ca=1 XÐt hÖ (I) Tõ PT thø nhÊt cña hÖ ta suy b+c=2-a Thay vµo PT thø hai, ta ®­îc: bc+a(2-a)=1  bc=(a-1)2 Hệ (I) tương đương với hệ: b+c=2-a  bc=(a-1) b,c lµ c¸c nghiÖm cña PT: x  (2  a)x  (a  1)2  PT nµy cã hai nghiÖm nªn   =(2-a)2  4(a  1)2   3a  4a  18 Lop12.net (1) Lập luận tương tự hệ (II), ta được: 0a a0 (2) Phèi hîp c¸c kÕt qu¶ (1) vµ (2), ta ®­îc: 4 - a 3 Vì a, b, c có thể đổi chỗ cho hai đẳng thức đã cho nên ta có: 4 4 -  b  vµ -  c  3 3 -  Bµi tËp tù luyÖn: Bµi : Chøng minh: (x+y)2  2x  5y2  4y  6, x,y  R Bài : Chứng minh a, b, c là các độ dài ba cạnh tam giác thì ta luôn có: a b2  b2 c2  c2a  (a  b  c ) Bài : Chứng minh với x  R, ta có: 4sin3x+5  4cos2x+5sinx Dạng Phương pháp đạo hàm I KiÕn thøc cÇn nhí: Định lý Lagrange: Nếu hàm số y=f(x) liên tục trên đoạn [a; b] và có đạo hàm trên khoảng (a; b) thì tån t¹i mét ®iÓm c  (a; b) cho: f(b)  f(a) f(b)-f(a)=f ' (c)(b  a) hay f ' (c)  ba Tính đơn điệu hàm số: a) Khái niệm tính đồng biến và nghịch biến hàm số : Cho hàm số y=f(x) xác định trên K (K là khoảng (a; b) đoạn [a; b]) * f(x) gọi là đồng biến (tăng) trên K nếu: x1 , x  K : x1  x  f(x1 )  f(x ) * f(x) gäi lµ nghÞch biÕn (gi¶m) trªn K nÕu: x1 , x  K : x1  x  f(x1 )  f(x ) * Tính đồng biến hay nghịch biến gọi chung là tính đơn điệu b) Điều kiện cần tính đơn điệu : Cho hàm số y=f(x) xác định và có đạo hàm trên khoảng (a; b) * Nếu f(x) đồng biến trên khoảng (a; b) thì f / (x)  0, x  (a; b) * NÕu f(x) nghÞch biÕn trªn kho¶ng (a; b) th× f / (x)  0, x  (a; b) c) Điều kiện đủ tính đơn điệu (dấu hiệu đơn điệu) : Cho hàm số y=f(x) xác định và có đạo hàm trên khoảng (a; b) 19 Lop12.net / x  (a; b): f (x)  *  / / f (x)  hoÆc f (x)  t¹i h÷u h¹n ®iÓm x  f(x) đồng biến trên khoảng (a; b) / x  (a; b): f (x)  *  / / f (x)  hoÆc f (x)  t¹i h÷u h¹n ®iÓm x  f(x) nghÞch biÕn trªn kho¶ng (a; b)  Chú ý: Trong dấu hiệu đơn điệu, thêm giả thiết f(x) liên tục trên đoạn [a; b] thì kết luận mạnh hơn: f(x) đồng biến (hay nghịch biến) trên đoạn [a; b] Cùc trÞ cña hµm sè: Giả sử hàm số f(x) xác định trên khoảng (a; b) và x  (a;b) a) §Þnh lý 1: f / (x)  trªn (x   ; x ) *  /  x là điểm cực đại f(x) f (x)  trªn (x ; x + ) f / (x)  trªn (x   ; x ) *  /  x lµ ®iÓm cùc tiÓu cña f(x) f (x)  trªn (x ; x + ) b) §Þnh lý 2: f / (x)  *  //  x lµ ®iÓm cùc tiÓu cña f(x) f (x)  / f (x)  *  //  x là điểm cực đại f(x) f (x)  II VÝ dô minh häa: x VÝ dô : Cho n lµ sè tù nhiªn, n  Chøng minh r»ng: ex   , víi mäi x>0 n (§HSP Quy Nh¬n - N¨m 1999) Lêi gi¶i x trªn nöa kho¶ng 0; +  Víi mäi x>0, n  1, ta cã: n 1 f / (x)  ex  >0 (v× ex  e0   víi x>0, n  1) n n Mặt khác dễ thấy hàm số liên tục trên 0; +  Do đó f(x) đồng biến trên nửa khoảng 0; +  XÐt hµm sè f(x)=ex   VËy víi mäi x>0, n  1: x f(x)=ex   >f(0)=0 n x Điều đó chứng tỏ ex   , x>0, n  n  Chó ý: 1) Víi bµi to¸n nµy, ta còng cã thÓ xÐt hµm sè g(x)=ex  x trªn nöa kho¶ng 0; +  , víi chó n ý r»ng g(0) = 2) Nếu không sử dụng tính liên tục hàm số, ta có thể kết luận hàm số đồng biến trên khoảng (0; +) Khi đó chưa thể có bất đẳng thức f(x) > f(0) với x > Ví dụ 2: Chứng minh với số nguyên dương n ≥ ta có: 20 Lop12.net