lý do chän ®ò tµi bµi tëp lín chuy£n §ò bêt §¼ng thøc nhãm 8 kim anh tuên lª xu©n t©n ®ç ®øc kiªn nguyôn b¸ kha bµi tëp lín chuy£n §ò bêt §¼ng thøc bao gåm c¸c phçn kiõn thøc ® ®­îc tr×nh bµy nh­ sau

+ Phñ ®Þnh råi suy ra hai ®IÒu trµI ngîc nhau.[r]

BàI TậP LớN CHUYÊN Đề BấT ĐẳNG THøC Nhãm 8: kim anh tuÊn

Lê xuân tân đỗ đức kiên Nguyễn bá kha

BàI TậP LớN CHUYÊN Đề BấT ĐẳNG THứC bao gồm các phần kiến thức đợc trình bày nh sau:

i : C¸c kiÕn thøc cÇn lu ý

iI : Một số phơng pháp chứng minh bất đẳng thức

iii : ứng dụng bất đẳng thức

i : Các kiến thức cần lu ý

1, nh nghĩa bất đẳng thức

+ a nhá h¬n b , kÝ hiƯu a < b + a lín h¬n b , kÝ hiƯu a > b ,

+ a nhỏ b , kí hiệu a < b, + a lớn b , kÝ hiÖu a > b ,

2, Mét số tính chất bất dẳng thức :

a, TÝnh chÊt 1: a > b <=> b < a

b, TÝnh chÊt 2: a > b vµ b > c => a > c

c, TÝnh chÊt 3: a > b <=> a + c > b + c

HƯ qu¶ : a > b <=> a - c > b - c a + c > b <=> a > b - c

d, TÝnh chÊt : a > b vµ c > d => a + c > b + d a > b vµ c < d => a - c > b - d

e, TÝnh chÊt : a > b vµ c > => ac > bd a > b vµ c < => ac < bd

g, TÝnh chÊt : a > b > => an > bn

a > b <=> an > bn víi n lỴ h, TÝnh chÊt : a > b ; ab > => a > b > hc > a > b

3, Một số bất đẳng thức thông dụng : a, Bất đẳng thức Côsi :

Víi sè d¬ng a , b ta cã : ab  ab

2 Dấu đẳng thức xảy : a = b

b, Bất đẳng thức Bunhiacơpxki :

Víi mäi sè a ; b; x ; y ta cã : ( ax + by )2

 (a2 + b2)(x2 + y2)

Dấu đẳng thức xảy <=> ax by

c, Bất đẳng thức giá trị tuyệt đối : a b ab

Dấu đẳng thức xảy : ab 

II : Một số phơng pháp chứng minh bất đẳng thức

1.Phơng pháp : Dùng định nghĩa

- KiÕn thøc : §Ĩ chøng minh A > B , ta xÐt hiÖu A - B råi chøng minh A - B >

- Lu ý : A2  víi mäi A ; dÊu '' = '' x¶y A = - VÝ dơ :

Bµi 1.1 :

Víi mäi sè : x, y, z chøng minh r»ng : x2 + y2 + z2 +3  2(x + y + z)

Gi¶i :

Ta xÐt hiÖu : H = x2 + y2 + z2 +3 - 2( x + y + z) = x2 + y2 + z2 +3 - 2x - 2y - 2z

= (x2 - 2x + 1) + (y2 - 2y + 1) + (z2 - 2z + 1) = (x - 1)2 + (y - 1)2 + (z - 1)2

Do (x - 1)2  víi mäi x (y - 1)2  víi mäi y (z - 1)2  víi mäi z

Hay x2 + y2 + z2 +3  2(x + y + z) víi mäi x, y, z DÊu b»ng x¶y <=> x = y = z =

Bµi 1.2 :

Cho a, b, c, d, e số thực :

Chøng minh r»ng : a2 + b2 + c2 + d2 + e2  a(b + c + d + e)

Gi¶i :

XÐt hiƯu : H = a2 + b2 + c2 + d2 + e2 - a(b + c + d + e) = (a  b

2 )

2 + (a  c

2 )

2 + (a  d

2 )

2 + (a e

2 )

2

Do (a  b

2 )

2  víi mäi a, b Do(a  c

2 )

2  víi mäi a, c Do (a  d

2 )

2

 víi mäi a, d

Do (a  e

2 )

2 víi mäi a, e => H  víi mäi a, b, c, d, e

DÊu '' = '' x¶y <=> b = c = d = e = a

Bài 1.3 : Chứng minh bất đẳng thức :

2

2

2

2 

      b a b

a

Gi¶i :

XÐt hiÖu : H =

2

2

2

2 

      b a b

a =

4

)

( ) (

2 a2 b2 a2 ab b2    

= ( )

4 ) 2

2 (

1 2 2

   

 

 b a b ab a b

a Víi mäi a, b

DÊu '' = '' x¶y a = b

2 Phơng pháp ; Dùng phép biến đổi tơng đơng

- Kiến thức : Biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh tơng đơng với bất đẳng thức bất đẳng thức đợc chứng minh

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

(A+B+C)2=A2+B2+C2+2AB+2AC+2BC (A+B)3=A3+3A2B+3AB2+B3

(A-B)3=A3-3A2B+3AB2-B3 VÝ dô :

Bµi 1 : Cho a, b lµ hai sè d¬ng cã tỉng b»ng Chøng minh r»ng :

3 1 1

  

 b

a

Gi¶i:

Dùng phép biến đổi tơng đơng ; 3(a + + b + 1)  4(a + 1) (b + 1)

  4(ab + a + b + 1) (v× a + b = 1)   4ab +   4ab  (a + b)2  4ab

Bất đẳng thức cuối Suy điều phải chứng minh

Bµi 2: Cho a, b, c số dơng tho¶ m·n : a + b + c = Chøng minh r»ng : (a + b)(b + c)(c + a)  a3b3c3

Gi¶i:

Tõ : (a + b)2

 4ab , (a + b + c)2 = (ab)c2 4(ab)c => 16  4(a + b)c => 16(a + b)  4(a + b)2c  16 abc => a + b  abc

T¬ng tù : b + c  abc c + a  abc

=> (a + b)(b + c)(c + a)  a3b3c3

Bài 2.3 : Chứng minh bất đẳng thức :

3

3

2

2 

      b a b

a ; a > ; b > 0

Gi¶i :

Dùng phép biến đổi tơng đơng : Với a > ; b > => a + b >

3

3

2

2 

      b a b

a

 

               

2 ) (

2

2

2 ab b a b a

b a

2 

   ab

 a2 - ab + b2 

2

2     ab

 4a2 - 4ab + 4b2  a2 + 2ab + b2

 3a2 - 6ab + 3b2  3(a2 - 2ab + b2)  Bất đẳng thức cuối ; suy :

3

3

2

2 

      b a b

a

Bµi 2.4:

Cho sè a, b tho¶ m·n a + b = CMR a3 + b3 + ab



2

Ta cã : a3 + b3 + ab 

<=> a3 + b3 + ab -

 <=> (a + b)(a2 - ab + b2) + ab -

2



<=> a2 + b2 -

 V× a + b = <=> 2a2 + 2b2 -



<=> 2a2 + 2(1-a)2 -

 ( v× b = a -1 )

<=> 4a2 - 4a +



<=> ( 2a - )2



Bất đẳng thức cuối Vậy a3 + b3 + ab



2 DÊu '' = '' x¶y a = b =

2

Bài 2.5 : Chứng minh bất đẳng thức :

3

3

2

2 

      b a b

a Trong : a > , b >

Gi¶i :

Víi a > , b > => a + b > Ta cã :

3

3

2

2 

      b a b

a

<=>  2

2

2 

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

  a b a b

b ab a b a <=> 2

2        

 ab b a b

a

<=> 4a2 - 4ab + 4b2

 a2 + 2ab + b2

<=> 3(a2 - 2ab + b2 )



<=> 3(a - b)2

 Bất đẳng thức

=>

3

3

2

2 

      b a b

a

DÊu '' = '' x¶y a = b

Bài 2.6 : Với a > , b > Chứng minh bất đẳng thức : a b a   a b b Giải :

Dùng phép biến đổi tơng đơng : a b a   a b b

 ( )3 ( )3 ( )   

 b ab a b

a

 ( a  b)(a abb) ab( a b)0

 ( a b)(a abb)0

 ( a b)( a b)0

Bất đẳng thức cuối ; suy : a b a

 

a b b

3 Phơng pháp 3: dùng bất đẳng thức quen thuộc

- Kiến thức: Dùng bất đẳng thức quen thuộc nh : Côsi , Bunhiacôpxki , bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối để biến đổi chứng minh ,

Một số hệ từ bất đẳng thức : x2 + y2  2xy

Víi a, b > ,  2 a b b a Các ví dụ :

Bài 3.1 : Giả sử a, b, c số dơng , chøng minh r»ng: 2

   

 a b

c a c

b c b

a

Giải

áp dơng B§T Cauchy , ta cã : a + (b + c) 2 a(bc) 

c b a

a c

b a

   

2 Tơng tự ta thu đợc :

c b a

b a

c b

   

2 ,

c b a

c b

a c

   

2

Dấu ba BĐT đồng thời xảy , có :

a = b + c , b = c + a , c = a + b nên a + b + c = ( trái với giả thiết a, b, c số dơng )

Từ suy : 2

   

 a b

c a c

b c b

a

Bµi 3.2:

Cho x , y số thực thoả m·n : x2 + y2 = x 1 y2 y 1 x2

  

Chøng minh r»ng : 3x + 4y 

Gi¶i :

áp dụng bất đẳng thức Bunhiacơpxki ta có : (x2 + y2)2 = (x 1 y2 y 1 x2

 

 )2 ( x 1 ; y 1)

 (x2 + y2)(1 - y2 + - x2)

=> x2 + y2



Ta l¹i cã : (3x + 4y)2

 (32 + 42)(x2 + y2) 25

Đẳng thức x¶y              , 2 y x y x y x         5 y x

§iỊu kiƯn :

2  x

Bµi 3: Cho a, b, c  ; a + b + c = Chøng minh r»ng : a, ab bc ca

b, a1 b1 c13,5 Giải

a, áp dụng bất dẳng thøc Bunhiac«pxki víi bé sè ta cã :

                        

b.1 b c.1 c a.1 1 a b b c c a a

=>  ab bc ca2 3.(2a2bac)6

=> ab bc ca

Dấu '' = '' xảy : a = b = c = b, áp dụng bất đẳng thức Côsi , ta có :

1 2 ) (

1    

 a a

a

T¬ng tù :

2 1 

 b

b ;

2 1 

 c

c

Cộng vế bất đẳng thức ta đợc :

3,5

2 1

1        

 b c a b c

a

Dấu đẳng thức xảy a = b = c =0 trái với giả thiết : a + b + c = Vậy : a1 b1 c13,5

Bài 3.4 : Cho số dơng a , b , c thoả mÃn : a + b + c = Chøng minh r»ng : 1119

c b a

Gi¶i :

Ta cã :  0 a b b a

, a , b > Ta cã :   

c b a 1 ) 1 ( c b

a  = )

1 1 ( c b

a  (a + b + c) =1   1   1

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

= 3(  )(  )(  ) c a a c b c c b a b b a

=> 1119 c b a

DÊu ''='' x¶y : a = b = c =

Bµi 3.5

Cho x , y > Chøng minh r»ng : x y x y

  

1

Gi¶i

áp dụng bất đẳng thức Cơsi ta có : xy2 xy

1x 1y 

xy

2

=> (x + y)( 1x 1y) 

=> 1x 1y 

y x

4

4 Phơng pháp ; Dùng tính chất bất đẳng thức :

- Kiến thức : Dùng tính chất đợc học để vận dụng vào giải tập

Các ví dụ :

Bài 4.1 : Cho số x , y thoả mÃn điều kiện : x + y = Chøng minh r»ng : x4 + y4



Gi¶i

Theo tính chất bắc cầu ta có : (x2 - y2)

  x4 + y4  2x2y2

 2(x4 + y4)  (x2 + y2)2 (1) Ta cã : (x - y)2 0  x2 + y2  2xy

 2(x2 + y2 ) (x +y)2

2(x2 + y2 )  V× : x + y =

 x2 + y2  (2) Tõ (1) vµ (2) ta cã : x4 + y4



DÊu '' = '' x¶y x = y =

Bµi 4.2:

Cho < a, b, c, d < Chøng minh r»ng : (1 - a)(1 - b)(1 - c)(1 - d) > - a - b - c - d

Gi¶i :

Ta cã : (1 - a)(1 - b) = - a - b + ab

Do c < nªn - c > => (1 - a)(1 - b)(1 - c) > (1 - a - b)(1 - c)  (1 - a)(1 - b)(1 - c) > - a - b - c + ac + bc Do a, b, c, d > nªn - d > ; ac + bc > ; ad + bd + cd > =>(1 - a)(1 - b)(1 - c) > - a - b - c

=> (1 - a)(1 - b)(1 - c)(1 - d) > (1 - a - b - c)(1 - d)

=> (1 - a)(1 - b)(1 - c)(1 - d) > - a - b - c - d + ad + bd + cd => (1 - a)(1 - b)(1 - c)(1 - d) > - a - b - c - d

Bµi 4.3 : Cho < a, b, c < Chøng minh r»ng : 2a3 + 2b3 + 2c3 < + a2b + b2c + c2a

Gi¶i :

Do a, b < => a3 < a2 < a < ; b3 < b2 < b < ; ta cã : (1 - a2)(1 - b) > => + a2b > a2 + b

=> + a2b > a3 + b3 hay a3 + b3 < + a2b T¬ng tù : b3 + c3 < + b2c ; c3 + a3 < + c2a

=> 2a3 + 2b3 + 2c3 < + a2b + b2c + c2a

5.phơng pháp : Dùng bất đẳng thức tổng quát chứa luỹ thừa số tự nhiên

Bµi 5.1: Cho a>b>0 CMR: a19961996 b19961996

a b



 >

1995 1995 1995 1995

a b

a b

 

Gi¶i :

Để chứng minh bất đẳng thức , ta chứng minh bất đẳng thức trung gian sau a>b>0 m,n hai số tự nhiên mà m>n amm bmm ann bnn

a b a b

 



  (1)

Thật ta dùng phép biến đổi tơng đơng để chứng minh

(1)  2

m m m n n n m m n n

a b b a b b

a b a b

   



 

1- m2bmm n2bn n m2bmm n2bn n

a b   a b   a b   a b

m n

m n m n

m m n n m m n n

m m n n

b b

b b b b

a b a b

a b a b

b b b b

   

 

 

1

1

m n m n

a a

b b

 

  1

m n m n

a a

b b

   

( ) ( )

m n

m n m n

a a a a

b b b b

Bất đẳng thức (2) ln a>b>0 nên a

b  m>n bất đẳng thức (1)

luôn

áp dụng bất đẳng thức trung gian amm bmm ann bnn

a b a b

 



  vối a>b>0 m>n nên

m=1996, n=1995 bất đẳng thức phảI chứng minh ln

1996 1996 1996 1996

a b

a b



 >

1995 1995 1995 1995

a b

a b

 

6 phơng pháp 6: Dùng bất đẳng thức cạnh tam giác

a , b, c, độ dài ba cạnh tam giác  a<b+c (1) b < a+c (2) c< a+b (3)

Từ bất đẳng thức tổng ba cạnh tam giác ta suy đợc bất đẳng thức hiệu hai cạnh

a<b+c (1) a b c(4) b < a+c (2) b c a(5) c< a+b (3) c a b(6)

Bµi 6.1:

Cho tam giác ABC có chu vi 2p = a + b + c (a, b , c độ dài cạnh tam giác ) Chứng minh :

1 2

   

 a p b p c

p )

1 1 (

c b a   Gi¶i:

Ta cã : p - a =

2 

 c a b

T¬ng tù : p - b > ; p - c > ;

áp dụng kết tập (3.5) , ta đợc ;

c b p a p b p a p

4 ) ( ) (

4

1

        T¬ng tù : p1b p1c a4

  

p1a p1 cb4   

=> 2( 1 ) 4(1 1) c b a c

p c p a

p       

=> điều phải chứng minh

Bµi 6.2:

Cho a, b, c , độ dài ba cạnh tam giác CMR: (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) abc

Gi¶i:

Bất đẳng thức ba cạnh tam giác cho ta viết b c  a 0a2 (b c )2a2

c a  b 0b2 (c a )2b2 a b  c 0c2 (a b )2 c2

Từ a2 (b c )2 b2 (c a )2 c2 (a b )2 a b c2 2

 (a+b-c)(a-b+c)(b-c+a)(b+c-a)(c-a+b)(c+a-b) a b c2 2

  (a+b-c)2(b+c-a)2(c+a-b)2 a b c2 2

(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)abc

Vì a, b, c, ba cạnh tam giác nên a+b-c>0

b+c-a>0

c+a-b>0 vµ abc>0

Vậy bất đẳng thức dẫ đợc chứng minh

7 Phơng pháp : Chứng minh phản chứng

- Kiến thức : Giả sử phải chứng minh bất đẳng thức , ta giả sử bất dẳng thức sai , sau vận dụng kiến thức biết giả thiết đề để suy điều vô lý

Điều vơ lý trái với giả thiết , điều trái nhợc , từ suy đẳng thức cần chứng minh

Một số hình thức chứng minh bất đẳng thức : + Dùng mệnh đề đảo

+ Phủ định suy điều trái với giả thiết + Phủ định suy trái với đIều + Phủ định suy hai đIều tràI ngợc + Phủ định suy kt lun

Các ví dụ :

Bài :

3b(1 - c) > 8c(1 - d) > 32d(1 - a) >

Gi¶i:

Giả sử ngợc lại bốn đẳng thức Nhân ; ta có : 2.3.8.32a(1 - b)b(1 - c)c(1 - d)d(1 - a) >

=>     

256 ) ( ) ( ) ( )

(  a b  b c  c d  d 

a (1)

Mặt khác , áp dụng bất đẳng thức Cơsi ta có :

2

1 )

1

(  a a  a 

a => a(1 - a) 

4 T¬ng tù : b(1 - b) 

4 c(1 - c) 

4 d(1 - d) 

4

Nhân bất đẳng thức ; ta có :     

256 ) ( ) ( ) ( )

(  a b  b c  c d  d 

a (2)

Từ (1) (2) suy vô lý

Điều vơ lý chứng tỏ bất đẳng thức cho đầu sai

Bµi 7.2 :

( Phủ định suy hai điều trái ngợc )

Chứng minh khơng có số dơng a, b, c thoả mãn ba bất đẳng thức sau : 1 2

b

a ; 1 2 c

b ; 1 2 a c

Gi¶i

Giả sử tồn số dơng a, b, c thoả mãn bất đẳng thức : 1 2

b

a ; 1 2 c

b ; 1 2 a c

Cộng theo vế bất đẳng thức ta đợc : 1 1 16

a c c b b a

 ( 1)( 1)( 1)6 c c b b a

a (1)

V× a, b, c > nªn ta cã : ( 1)2 a

a ; ( 1)2 b

b ; ( 1)2 c c => ( 1)( 1)( 1)6

c c b b a

Vậy không tồn số dơng a, b, c thoả mãn bất đẳng thức nói => đpcm

Bµi 7.3 :

Chứng minh khơng có số dơng a, b, c thoả mãn bất đẳng thức sau :

4a(1 - b) > ; 4b(1 - c) > ; 4c(1 - a ) >

Híng dÉn : tơng tự nh :

Bài 7.4 :

( Phủ định suy trái với điều )

Cho a3 + b3 = Chøng minh r»ng : a + b 

Gi¶i :

Gi¶ sö : a + b > => (a + b )3 >

=> a3 + b3 + 3ab(a + b) >

=> + 3ab(a + b) > ( V× : a3 + b3 = ) => ab(a + b) >

=> ab(a + b) > a3 + b3 ( Vì : a3 + b3 = ) Chia hai vế cho số dơng a, b ta đợc :

ab > a2 - ab + b2 => > (a - b)2 V« lý VËy : a + b 

8 Phơng pháp : Đổi biến số

- Kiến thức : Thực phơng pháp đổi biến số nhằm đa toán cho dạng đơn giản , gọn , dạng tốn biết cách giải Các ví dụ :

Bµi 1 :

Chøng minh r»ng : NÕu a , b , c > th× :

2     

 b a

c a c

b c b

a

Gi¶i:

Đặt : b +c = x , c + a = y , a + b = z => a + b + c =

2 z y x  => a =

2 x z y 

, b =

y x z 

, c =

z y x  Khi :

VT =

a b

c a c

b c b

a

   

 = z

z y x y

y x z x

x z y

2

2

= 1 23 23 ) ( ) ( ) (            z y y z z x x z y x x y

Bµi 8.2 :

Chứng minh ; với số thực x, y ta có bất đẳng thức : - ) ( ) ( ) )( ( 2 2 2 2      y x y x y x Giải:

Đặt : a =

) )(

( 2

2 y x y x   

vµ b =

) )( ( 2 2 y x y x   

=> ab = 2 2 2 2 2 2 ) ( ) ( ) )( ( y x y x y x    

Ta cã dƠ thÊy víi mäi a, b th× : - ( )2 ) ( b a ab b

a   

Mµ : (a - b)2 =

2 1         x (a + b)2 =

2 1         y Suy : -

4

 ab 

4

Bµi 8.3 :

Cho a, b, c > ; a + b + c  Chøng minh r»ng :

9 2 2 2     

 bc b ca c ab

a Gi¶i :

Đặt : a2 + 2bc = x ; b2 + 2ca = y ; c2 + 2ab = z Khi : x + y + z = a2 + 2bc + b2 + 2ca + c2 + 2ab = (a + b + c)2  1

Bµi toán trở thành : Cho x, y, z > , x + y + z  Cøng minh r»ng :

11 19 z y x

Ta chứng minh đợc : (x + y + z)( 11 1)9 z y x Theo bất đẳng thức Cơsi

Mµ : x + y + z  nªn suy 111 9

z y

x

- Kiến thức : Để chứng minh bất đẳng thức với n > ph-ơng pháp quy nạp toán học , ta tiến hành :

+ Kiểm tra bất đẳng thức với n = (n = n0) + Giả sử bất đẳng thức với n = k > (k > n0) + Chứng minh bất đẳng thức với n = k + + Kết luận bất đẳng thức với n > (n > n0) - Ví dụ :

Bµi 9.1 :

Chøng minh với số nguyên dơng n th× 2n > 2n + (*)

Gi¶i :

+ Với n = , ta có : 2n = 23 = ; 2n + = 2.3 + = ; > Vậy đẳng thức (*) với n =

+ Giả sử (*) với n = k (k  N ; k  3) , tức : 2k > 2k + ta phải chứng minh : 2k+1 > 2(k + 1) +

hay : 2k+1 > 2k + (**)

+ Thật : 2k+1 = 2.2k , mà 2k > 2k + ( theo giả thiết quy nạp ) : 2k +1 > 2(2k + 1) = (2k + 3) +(2k - 1) > 2k + ( Vì : 2k - > 0) Vậy (**) với k 

+ KÕt luËn : 2n > 2n + với số nguyên dơng n

Bµi 9.2 :

Chøng minh r»ng :

2

4

6

n n

2 



1

1

n (*) (n số nguyên dơng )

Gi¶i :

+ Víi n = , ta cã : VT = VP =

Vậy (*) với n = + Giả sử (*) với n = k  ta có :

2

4

6

k k

2 



1

1  k Ta cần chứng minh (*) với n = k + , tức :

4

6

k k

2 



 

) (

1

k k

1

1 

k 2( 1)

  k k cần chứng minh :

1

1



k 2( 1)

  k k

 3(k 11)1

 12k3 + 28k2 + 19k +  12k3 + 28k2 + 20k +4  k  => (**) với k 

VËy (*) dóng víi mäi số nguyên dơng n

10. Phng phỏp 10 : Chứng minh bất đẳng thức hình học phẳng

Bài 10.1 :CMR tam giác nhọn tổng trung tuyến lớn 4lần bán kính đờng trịn ngoại tiếp

G

C1 B

A C

0 A1 B1

Gi¶i:

Gọi ma, mb, mc độ dài ba đờng trung tuyến R bán kính đờng trịn ngoại tiếp ABC, ta phải chứng minh ma+ mb+mc>4R

Vì  ABC tam giác nhọn nên tâm đờng trịn ngoại tiếp tam giác nằm

trong tam gi¸c ABCnếu G trọng tâm tam giác ABC tâm n»m ë mét ba tam gi¸c tam gi¸c GAB, tam giác GAC ,tam giác GBC Giả sử tâm nằm tam giác GAB 0A +0B=2R vµ GA+ GB > 2R mµ GA=

3AA1=

3ma ,GB=

3BB1 = 3mb

Nªn GA+GB > 2R 

3(ma+mb) >2R  ma+mb >3R

Mà tam giác 0CC1 có CC1 >0C  mc >R Do ma+ mb+ mc > 3R+R=4R

VËy ma+mb+ mc >4R

Bài 10 2: Một đờng tròn tiếp xúc với hai cạnh tam giác vuông đỉnh A hai điểm B C , kẻ tiếp tuyến với đờng tròn cắt cạnh AB AC M N , chứng minh

3

AB AC

MB+NC<

2

AB AC

B

C l

0 A

M N

Gọi I tiếp điểm tiếp tuyến MN với đờng trịn tâm tính chất tiếp tuyên cho ta

MB=MI ,NC=NI

Từ MN=MB+NC nhng tam giác vng AMN MN< AM+AN Nên 2MN < AM+AN +BM+ CN =AB +AC

 MN<

2

AB AC

Ngoµi tam giác vuông AMN ta có cạnh huyền MN>AM MN> AN  2MN > AM+AN

V× MN=BC+CN

Nên 3MN > AM+AN +BM+CN 3MN > AB+AC  MN >

3

AB AC

VËy

3

AB AC

MB+NC<

2

AB AC

11 Ngồi cịn có số phơng pháp khác để chứng minh bất đẳng thức nh : Phơng pháp làm trội , tam thức bậc hai ta phải vào đặc thù toán mà sử dụng phơng pháp cho phù hợp Trong phạm vi nhỏ đề tài khơng hệ thống phơng pháp

iii : ứng dụng bất đẳng thức

1- Dùng bất đẳng thức để tìm cực trị

- KiÕn thøc : NÕu f(x)  m f(x) có giá trị nhỏ m

NÕu f(x)  M th× f(x) cã giá trị lớn M

Ta thờng hay áp dụng bất đẳng thức thông dụng nh : Côsi , Bunhiacôpxki , bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối

Kiểm tra trờng hợp xảy dấu đẳng thức để tìm cực trị

Tìm cực trị biểu thức có dạng đa thức , ta hay sử dụng phơng pháp biến đổi tơng đơng , đổi biến số , số bất đẳng thức

Tìm cực trị biểu thức có chứa dấu giá trị tuyệt đối , ta vận dụng bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối

X¶y dÊu '' = '' AB 

A 0 DÊu ''= '' x¶y A =

Bài : Tìm giá trị nhỏ biÓu thøc : B = a3 + b3 + ab ; Cho biết a b thoả mÃn : a + b =

Gi¶i

B = (a + b)(a2 - ab + b2) + ab = a2 - ab + b2 + ab = a2 + b2 Ta cã : 2(a2 + b2)

 (a + b)2 = => a2 + b2 

2 VËy B =

2

a = b =

Bài 2: a, Tìm giá trị nhá nhÊt cđa biĨu thøc : A = (x2 + x)(x2 + x - 4)

b, Tìm giá trị nhỏ biểu thức : B = - x2 - y2 + xy + 2x +2y

Gi¶i

a, A = (x2 + x)(x2 + x - 4) Đặt : t = x2 + x - => A = (t - 2)(t + 2) = t2 -

 -

DÊu b»ng x¶y : t =  x2 + x - =

(x - 2)(x + 2) =  x = -2 ; x = => A = - x = -2 ; x = ;

b, T¬ng tù

Bài : Tìm giá trị nhỏ biểu thøc a, C = 2x 3 2x1

b, D =

   

x x x

x

c, E = x 1 x  x  x

Gi¶i :

a, áp dụng BĐT : A B AB

DÊu '' = ''x¶y AB 

=> C = 2x 31 2x 2x 31 2x  2

DÊu '' = '' x¶y (2x - 3)(1 - 2x)  

2

1  x VËy minC =

2

1  x

b, T¬ng tù : minD = : -3  x 

Bµi : Cho a < b < c < d , t×m :

Minf(x) = x a + x b + x c + x d

Híng dÉn : t¬ng tù : minf(x) = d + c - b - a b  x  c

Bµi 5 : Cho ba sè d¬ng x , y , z tho¶ m·n : x 

1

+ y

 1 + z  1

Tìm giá trị lớn tÝch : P = xyz

Gi¶i :

x 

1

 (1 - 11y) + ( -

z 

1

) = yy



1 + z

z 

1  (1 y)(1 z) yz

 

T¬ng tù : y



1

 (1 xzx)(1 z)

  z  1

 (1 xxy)(1 y)

 

Từ suy : P = xyz 

8 MaxP =

8

x = y = z =

Bài : Cho số dơng a, b, c th¶o m·n : a + b + c = Tìm giá trị nhỏ biểu thøc : F = ( 1)2 ( 1)2 ( 1)2

c c b b a

a    

Gi¶i:

Ta cã : F = (a2 + b2 + c2) + (

2 2 1 c b

a   ) + Vận dụng bất đẳng thức Bunhiacơpxki , ta có : (a.1 + b.1 + c.2)2  3(a2 + b2 + c2)

=> a2 + b2 + c2  T¬ng tù : (1 1)2

c b

a   )

1 1

( 2 2 2

c b

a 

Mặt khác : c b a 1 ( c b a 1 

 ).1 = (

c b a 1 

 )(a + b + c) = + (

a b b a  ) + ( b c c b  ) + ( c a a c

 )  + + + = => c b a 1 

 

=> (1 1)2 c b

a    81 => (12 12 12)

c b

a    27

F 

3

Dấu '' = '' xảy : a = b = c =

3

Vậy MinF = 3313 : a = b = c = 13

Bài 7 : Cho G = yz x 1zx xyzy 2xy z

Tìm giá trị lớn G :

Giải : Tập xác định : x  ; y  ; z 

Ta cã : G = x x 1 +

y y

+

z z

Theo BĐT Côsi ta có : x 1x211 =>

x x

2  T¬ng tù :

2

1

 

y y

;

3

1

 

z z => G 

3

1 2

1

 

VËy MaxG =

3

1 2

1



 đạt đợc x = ; y = ; z =

Bµi 8 a, Tìm giá trị nhỏ H =

1  x

x

víi x > b Tìm giá trị lớn K = x. 1 x2



HD : áp dụng bất đẳng thức Côsi làm tơng tự nh :

2 - Dùng bất đẳng thức để giải phơng trình

- Kiến thức : Nhờ vào tính chất bất đẳng thức , phơng pháp chứng minh bất đẳng thức , ta biến đổi hai vế ( VT , VP ) phơng trình sau suy luận để nghiệm phơng trình

Nếu VT = VP giá trị ẩn ( thoả mãn TXĐ)

=> phơng trình có nghiệm

Nếu VT > VP VT < VP giá trị ẩn => phơng trình vô nghiệm

- Các ví dụ :

Bài 1 : Giải phơng trình : 13 x + x1 = 16x

Giải:

Điều kiện : x  (*)

= 13.2

1 

x + 3.2

2

 x  13( x - +

4

) + 3(x + +

) = 16x DÊu '' = '' x¶y



    

 

 

2

2 1

x x

 x =

thoả mÃn (*)

Phơng trình (1) cã nghiÖm  dÊu '' = '' ë (2) x¶y VËy (1) cã nghiƯm x =

4

Bài 2: a, Tìm giá trị lớn L = 2x + 2x

b Giải phơng trình : 2x + 5 2x - x2 + 4x - = (*)

Gi¶i :

a Tãm t¾t : ( 2x + 5 2x )2  2(2x - + - 2x) =

 2x + 5 2x 

=> MaxL = x = b TX§ :

2

3  x

(*)  2x + 5 2x = x2 - 4x +

VP = (x - 2)2 +  , dÊu '' = '' x¶y x = => víi x = ( tho¶ mÃn TXĐ ) VT = VP = => phơng trình (*) có nghiệm x =

Bài : Giải phơng trình :

6 x + x2 = x2 - 6x + 13

Giải : TXĐ : -2 x 

VP = (x - 3)2 +  DÊu '' = '' x¶y x = VT2 = ( x



6 + x2.1)2  (6 - x + x + 2)(1 + 1) = 16

=> VT  , dÊu '' = '' x¶y 6 x = x2  x =

=> khơng có giá trị x để VT = VP => Phơng trình vụ nghim

Bài 4 : Giải phơng trình : 12 16

  x

x + 13

  y

y =

HD : 12 16

  x

x  ; 13

  y

y  => VT  DÊu '' = '' x¶y :

  

 

 

0

0 y x



  

 

3 - Dùng bất đẳng thức để giải hệ phơng trình :

- Kiến thức : Dùng bất đẳng thức để biến đổi phơng trình hệ , suy luận kết luận nghiệm

Lu ý : Mét sè tÝnh chÊt : a, a2 + b2

 2ab

b a + c < ; c > => a < b c 1

b a

nÕu a > b > - Các ví dụ :

Bài 1 : Giải hệ phơng trình :

 

  

   

0

0

2 2

2

y y x x

y y x

(1)  x3 = - - 2(y - 1)2  x3

 -  x  - (*)

(2)  x2

 1 2

y y

  ( v× + y

2

 2y)  -1  x  (**)

Tõ (*) vµ (**) => x = -1 Thay x = -1 vµo (2) ta cã : y = => Hệ phơng trình có nghiệm : x = -1 ; y =

- Kiến thức : Biến đổi phơng trình hệ , sau so sánh với phơng trình cịn lại , lu ý dùng bất đẳng thức quen thuộc

Bài : Giải hệ phơng trình :

  

  

  

xyz z y x

z y x

4 4

1

Gi¶i :

áp dụng : BĐT : A2 + B2

 2AB dÊu '' = '' x¶y A = B

Ta cã : x4 + y4

 2x2y2 ; y4 + z4  2y2z2 ; z4 + x4  2z2x2

=> x4 + y4 + z4

 x2y2 + y2z2 + z2x2 (*)

Mắt khác : x2y2 + y2z2

 2x2yz

y2z2 + z2x2

 2xy2z

x2y2 + z2x2

 2xyz2

=> 2(x2y2 + y2z2 + z2x2 )

 2xyz(x + y + z) = 2xyz

=> x2y2 + y2z2 + z2x2

 xyz (**)

Tõ (*) vµ (**) => x4 + y4 + z4

 xyz

DÊu '' = '' x¶y : x = y = z mµ x + y + z = nªn : x = y = z = Vậy hệ phơng trình có nghiệm : x = y = z =

Cách 2: áp dụng BĐT Côsi ;

- Kiến thức : Dùng phơng pháp

Bài 3 : Giải hệ phơng trình

   

   



  

1 ) )(

1

1

1 (

14

z y x z y x

z y x

(víi x, y, z > 0)

Gi¶i :

¸p dơng : NÕu a, b > th× :  2 a b b a (2)  (32 1)(3x2yz)36

z y x

 6(  )3(  )2(  )22

y z z y x

z z x x y y x

Mặt khác : x, y, z > nªn 6(  )12 x y y x

3(  )6

x z z x

; 2(  )4 z y y z (  )3(  )2(  )22

y z z y x

z z x x y y x

Dấu '' = '' xảy x = y = z , thay vào (1) ta đợc : x + x2 + x3 = 14 <=> (x - 2)(x2 + 3x + 7) = <=> x - = <=> x =

Vậy hệ phơng trình có nghiệm nhÊt : x = y = z =

4 Dùng bất đẳng thức để giải phơng trình nghiệm ngun

Ngồi cịn có số ứng dụng khác bất đẳng thức , đòi hỏi học sinh phải linh hoạt sáng tạo giải , học sinh phải nắm đợc kiến thức bất đẳng thức vận dụng đợc

Ví dụ : Dùng bất đẳng thức để giải phơng trình nghiệm nguyên

Bài 1 : Tìm nghiệm nguyên dơng phơng trình : 1x1y1z =

Gi¶i :

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

= 1x1y1z 

z

=> 2z  , mà z nguyên dơng

Theo giả sử , x y , nên = 1x  1y 

y

Y nguyên dơng nên y = hc y =

Víi y = không thích hợp Với y = ta cã : x =

VËy (2 ; ; 1) nghiệm phơng trình

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

IV:Bài tập áp dụng

Bµi 1: Cho hai sè x vµ y mµ x+y=1 CMR : a) x2 +y2

1

2

b) x4+y4

8



Bµi 2: Cho a,b, c, d ,e lµ số thực CMR : a2+b2+c2+d2+e2=a(b+c+d+e)

Bài 3: Cho hai số dơng x,y x3+y3 =x-y CMR: x2+y2 <1

Bài 4: Cho hai số dơng x,y CMR :

3

3

( )

2

x y x y



Bµi 5: Cho ab1 CMR: 2 2

1a 1b 1ab

Bµi 6 : Cho số x,y,z không âm cho x+y+z=a CMR: (a-x)(a-y)(a-z)8xyz

Bµi 7: Cho a0,b0,c0

CMR: a4+b4+c4abc(a+b+c)

Bµi 8: Cho x2+4y2=1 CMR:

2

x y 

Bµi 9: CMR: NÕu a 1;b 1 th× a b  1 ab

Bài 10: CMRvới số nguyên dơng n3thì 2n > 2n+1

CMR:

8

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

  

  