Đang tải... (xem toàn văn)
Chú ý: Bài toán có thể gi ả i cách khác.[r]
(1)I – ƯNG DỤNG CÁC TÍNH CHẤT HÀM SỐ VÀO GIẢI PHƯƠNG TRÌNH
1 Nếu hàm số y= f x ñơ( ) n ñiệu tập D phương trình f x( )=k nếu có nghiệm
0
=
x x nghiệm phương trình
2 Nếu hàm số y= f x ñơ( ) n ñiệu tập D u x v x hàm số( ) ( ), nhận giá trị
thuộc D f u x( ( ))= f v x( ( ))⇔u x( ) ( )=v x • Một số lưu ý sử dụng phương pháp hàm số
Vấn ñề quan trọng sử dung phương pháp hàm số phải nhận ñược hàm sốđơn điệu nhẩm nghiệm phương trình
1) ðể phát tính đơn điệu hàm số cần nắm vững tính chất: i) Nếu y= f x( )đồng biến (nghịch biến) thì:
+ y= n f x( ) ñồng biến (nghịch biến) +
( )
1 =
y
f x với f x( )>0 nghịch biến (ñồng biến)
+ y= −f x nghị( ) ch biến (ñồng biến)
ii) Tổng hàm sốñồng biến (nghịch biến) D hàm sốñồng biến (nghịch biến) D
iii) Tích hàm số dương ñồng biến (nghịch biến) D mộ hàm sốđồng biến (nghịch biến) D
Ví dụ: Từ tính đơn điệu hàm số y= +x , y= −3 x y, = −2 x nắm tính chất ta phát ñược hàm số
3
= + + + +
y x x x(ñb),
6
3
= +
− −
y
x x (ñb),
1
3
= + −
+
y x
x (nb) Từ cách nhìn nhận ñó giúp
chúng ta ñịnh hướng ñược phương pháp giải sử dụng tính đơn điệu hàm số
2) Việc nhẩm nghiệm vấn ñề quan trong phương pháp này, nhẩm nghiệm ta thường ưu tiên chọn x mà biểu thức dấu lũy thừa mũ n (nếu bậc n), phương trình logarit ta chọn x mà biểu thức dấu loga aαnếu pt có logarit số a…
Ví dụ Giải phương trình:
a) 3
5x − +1 2x− + =1 x (1) b) 2x3+3x2+6x+16− 4− =x (2) Giải:
a) Quan sát vế trái pt (1) thấy x tăng (giảm) giá trị biểu thức dấu tăng (giảm), từ dó thấy vế trái hs ñồng biến mà vế phải khơng đổi nên ta sử dụng tính đơn ñiệu hs lựa chọn hợp lí ñể giải toán
ðK:
3
1
5
5 − ≥ ⇔ ≥
x x ðặt ( ) 3
5
= − + − +
f x x x x, ta có phương trình
( )=4
f x
(2)Ta có ( )
( )
2
3
3
15
'
3
2
= + + >
− −
x f x
x x
với
3
1 ;
∈ +∞
x nên hàm sốñồng
biến
3
1 ;
+∞
Mà f ( )1 =4, tức x=1 nghiệm phương trình Ta chứng
minh nghiệm + Nếu x>1thì f x( )> f ( )1 =4⇒PTVN
+ Nếu
3
1
1
5 ≤ <x Thì ( )< ( )1 =4
⇒
f x f PTVN
Vậy PT có nghiệm x=1
b) ð K: ( )( )
2
3
2
2 16 2 4
4 4
+ + + ≥ ⇔ + − + ≥
⇔ − ≤ ≤
− ≥ ≤
x x x
x x x x
x x
PT (2) có dạng f x( )=2 f x( )= 2x3+3x2+6x+16− 4−x
( ) ( )
2
3
3 1
'
2
2 16
+ +
= + >
−
+ + +
x x
f x
x
x x x
với x∈ −( 2;4)nên hàm sốñồng biến [-2;4] Mà f( )1 =2 , từđó ta có x = nghiệm phương trình
Ví dụ Giải phương trình :
a)
3−x + 2−x = b) ( ) ( )( )
2
3x 2+ 9x + +3 4x+2 1+ 1+ +x x =0 Giải:
a) ðK: x<2
ðặt ( )
3
= +
− −
f x
x x ta có PT f x( )=6
( )
( ) ( )
' '
2
6
3
3
'
6 8
2
3
− −
= + = + >
− −
− − − −
x x
f x
x x
x x x x
với x∈ −∞( ;2) Nên hàm sốñồng biến (−∞;2) Mà
2
=
f
Vậy PT có nghiệm =
x b)
( ) ( )( )
( )
( ) ( ) ( )
2
2
3 1
3 3 2
+ + + + + + + =
⇔ + + = − + + − + +
x x x x x
x x x x
(3)Vì ( )
2
2
'
3
= + + + >
+
t
f t t
t
, nên hs đồng biến,
( ) ( )
1
5
⇔ x= − x+ ⇔ = −x
Vậy PT có nghiệm = −
x
Ví dụ Giải phương trình:
a) 3 3
2 2
+ − + = − +
x x x x b) 6x+ =1 8x3−4x−1
Giải:
a) Ta có 3 3 3 3
2 2 2
+ − + = − + ⇔ + + + = + +
x x x x x x x x
Xét ( ) 3
1
= + +
f t t t , ta có pt f x( + =1) f ( )2x2 Vì ( ) 3
1
= + +
f t t t ñồng biến nên
( ) ( )2
1 2 1,
2
+ = ⇔ − − = ⇔ = = −
f x f x x x x x
Vậy PT có hai nghiệm là: 1 = ∨ = −
x x
b) 3 ( )3 (3 ) ( )
6x+ =1 8x −4x− ⇔1 6x+ +1 6x+ =1 2x +2x⇔ f 6x+ =1 f 2x
Trong f t( )= +t3 t Dễ thấy f t mộ( ) t hàm ñồng biến nên
(3 ) ( ) 3 3
6
2
+ = ⇔ + = ⇔ − − = ⇔ − =
f x f x x x x x x x (1)
Nếu x >1 ( )1 (4 3) 1
= − > >
VT x x nên PTVN
Nếu x ≤1 đặt x=cos , ϕ ϕ∈[0; ]π , (1) trở thành
3 1
4cos 3cos cos3
2
π π
ϕ− ϕ = ⇔ ϕ= ⇔ = ± +ϕ k Chọn nghiệm ñoạn
[0; ]π ta ñược nghiệm 1 , 2 , 3
9 9
π π π
ϕ = ϕ = ϕ =
Từđó ta 3nghiệm pt : cos , cos5 , cos7
9 9
π π π
= = =
x x x
Ví du 4: Giải phương trình
a) 2008x +2009x =2.2007x b) 7x−1= +1 2log7(6x−5)3 Giải :
a) 2008 2009 2.2007 2008 2009
2007 2007
+ = ⇔ + =
x x
(4)Hàm số ( ) 2008 2009
2007 2007
= +
x x
f x có
( ) 2008 2008 2009 2009
' ln ln
2007 2007 2007 2007
= + >
x x
f x nên ñồng biến
( ) 2008 2009
0
2007 2007
= + =
f pt f x( )=2 có nghiệm x = b) ðK: 6x− >5
ðặt y− =1 log7(6x−5)⇒7y−1 =6x−5(1)
Lúc ñó pt ñã cho trở thành 7x−1= +1 2log7(6x−5)3 = +1 6log7(6x− =5) 6y−5(2) Trừ theo vế (1) (2) ta ñược :
( ) ( ) ( ) ( )
1 1
7x− −7y− =6y−6x⇔7x− +6 x− =1 7y− +6 y− ⇔1 f x− =1 f y−1
Trong f t( )= +7t 6t, f '( )t =7 ln 7t + >6 0nên hàm sốñồng biến R, suy
( − =1) ( − ⇔ =1)
f x f y x y Thay vào (1) biến ñổi ta ñược pt: 7x−1−6(x− − =1) 0(3) Hàm số g t( )= − −7t 6t 1có g t'( )=7 ln 7t −6 ta có
( ) 7
' =7 ln 7t − = ⇔ =6 log 6−log ln
g t t
Hàm số g t nghị( ) ch biến khoảng (−∞;t0) ñồng biến ( ;t0 +∞)nên khoảng g t có nhiề( ) u nghiệm nên pt g t( )=0có nhiều nghiệm Dễ thấy
1=0, =1
t t hai nghiệm g t suy pt (3) có hai nghiệ( ) m x1=1,x2 =2 Hai nghiệm thỏa mãn ñiều kiện
Nhận xét:
+ Dạng tổng quát toán sax b+ = plogs(qx+ + +r) cx d a( ≠0,q≠0,0< ≠s 1) + Trong PT có hai phép tốn trái ngược phép lũy thừa phép lấy logarit, phương trình có chứa phép tốn khác thường ñược giải cách sử
dụng tính ñơn ñiệu hàm số Chúng ta thấy điều qua ví dụ sau Ví dụ : Giải phương trình sau:
a)
2
2
2
1
log
2
− + = − +
− +
x x
x x
x x b)
2
1
+ + = x
x x
Giải: a) Ta có
( ) ( ) ( ) ( )( )
2
2
2
2 2
2
1
log
2
log log 4 1
− + = − +
− +
⇔ − + − − + = − + − − +
x x
x x
x x
x x x x x x x x
ðặt u=x2− +x 1,v=2x2 −4x+3thì (1) trở thành
2 2
(5)ðặt ( ) log2 '( ) 1 0, (0; ) ln
= + ⇒ = + > ∀ ∈ +∞
f t t t f t t
t nên hàm sốđồng biến (2) có
dạng f u( )= f v( )⇔ = ⇔u v x2 −3x+ = ⇔ = ∨ =2 x x
b) Ta có x+ x2+ =1 3x ⇔3x( x2+ − =1 x) ðặt f x( )=3x( x2+ −1 x)
( ) ( ) ( )
2
1
' ln 3 ln
1
= + − + − = + − − >
+ +
x x x x
f x x x x x
x x
(Vì
2
1 + >
x x
2
1 ln
1 > ≥
+
x
) nên hàm sốñồng biến , mà f ( )0 =1do dó x=0là nghiệm phương trình
Nhận xét : Khi gặp phương trình f x( ) ( )=g x đó ,f gcó hàm đồng biến hàm nghịch biến cách giải thường dùng nhẩm nghiệm chứng minh nghiệm nhất, nhiên toán ta f x( )= +x x2 +1,g x( )=3xlại ñều ñồng biến nên cách khơng giải được, ta chia hai vế pt cho x+ x2+1ñểñưa
một vế số vế lại hàm số mà ta xét tính ñơn ñiệu nó,
ñó cách mà ta dùng VD4 Ví dụ Giải phương trình sau:
a) log 35( + 3x + =1) log4( )3x +1 (1) b) (1+x)(2+4x)=3.4x(2) Giải:
a) ðặt:t=log4( )3x +1 ⇒3x + = ⇔1 4t 3x = −4t , thay vao (1) ta phương trình:
( )
5
1
log 3
5
+ = ⇔ + = ⇔ + =
t t
t t t
t ðặt ( )
5
= +
t t
f t
Ta có '( ) ln1 ln2
5 3
= + <
t t
f t nên hàm số nghịch biến ( )1
5
= + =
f
Vậy PT có nghiệm x=1
b) Ta có : (1 )(2 ) 3.4 4
3
2 4
+ +
+ + = ⇔ = ⇔ − =
+ +
x x
x x
x x
x x
x
ðặt ( ) ( ) ( )
( ) ( )
2
2
4 ln 4 ln
4 1 2ln 4.4
'
3 3
2 2 4 2 4
+ −
+
= − ⇔ = − = −
+ + +
x x x
x x
x x x
x
f x f x
( )
( ) ( )
2
2ln 4.4
' 0 6ln 4.4
3
= ⇔ − = ⇔ + − =
+ x
x x
x
f x , ñây pt bậc hai theo ẩn
4xnên có nhiều nghiệm suy PT f x( )=0có nhiều nghiệm, mà ta thấy
0, ,
2
= = =
x x x nghiệm của nó, pt có nghiệm 0, 1,
= = =
(6)a)
2
1 cos
2
− x = x b)
2
sin cos
−
+ =
n
n n
x x (n∈ℕ,n≥2)và 0; π ∈ x
Giải: a)
2
1 cos cos
2
− x = x⇔ x + x= ðặt ( )
2
cos
= x +
f x x
Dễ thấy f ( )− =x f x( ),∀ ∈x ℝdo đó f x hàm số( ) chẵn, vậy chỉ cần giải [0;+∞)
Ta có f '( )x = −x sin , ''x f ( )x = −1 cosx≥0, x [0;∀ ∈ +∞)suy f '( )x ñồng biến [0;+∞)nên f '( )x ≥ f ' 0( )= ∀ ≥0, x 0do f x( )đồng biến [0;+∞) Mà f( )0 =1 Vậy x = nghiệm pt [0;+∞)và nghiệm PT ℝ
b) Nếu n=2thì pt trở thành sin2x+cos2x=1nên 0;
π
∈
x nghiệm PT Nếu n>2, ðặt: f x( )=sinnx+cosnx⇒ f'( )x =nsin cosx x(sinn−2x−cosn−2x)
Vì 0;
π
∈
x nên '( )
4
π
= ⇔ =
f x x Lập bảng biến thên ta có ( )
2 0; π π − = = n
f x f
Do 0;
π
PT ( )
2 2 − = n
f x có nghiệm
π
=
x
Ví dụ Tìm nghiệm dương phương trình:
1 1 1
ln ln 1
+ + + − + = − x x
x x x
x x
Giải: Ta có
( ) ( ) 1 1 2
1 1
ln ln 1 ln 1 ln 1
+ + + − + = − ⇔ + + − + + = − x x
x x x x x x x
x x x x
( ) ( )2
2
1
1 ln 1 ln 1 1
⇔ + + − = + + −
x x x
x x
(vì x>0) (1)
ðặt ( )= ( )+1 ln 1 +1−1
f t t t
t với t >0thì (1) có dạng ( ) ( )
2
=
f x f x
Ta có '( ) (2 ln 1) (2 ln 1) 2
= + + − = + + − +
f t t t
t t t
ðặt ( ) ( ) ( ) ( )
( )( )
2
1
ln ' 0,
2 1 1
−
= + − ⇒ = + = − < ∀ >
+ + + + +
g t g t t
t t t t t t t t
Do g t nghị( ) ch biến (0;+∞)mà lim ( )
→+∞ =
t g t
suy g t( )> ∀ >0; t 0⇒ f '( ) (t = 2t+1) ( )g t > ∀ >0, t 0nên f t( )ñồng biến trên(0;+∞)
( ) ( )2
2
1
1 ln 1 ln 1
⇔ + + − = + + −
x x x x
(7)vì f x( )= f x( )2 ⇔ =x x2 ⇔ =x Tóm lại PT có nghiệm x=1
II- ỨNG DỤNG CÁC TÍNH CHẤT CỦA HÀM SỐ ðỂ TÌM ðIỀU KIỆN CỦA THAM SỐ SAO CHO PHƯƠNG TRÌNH CÓ NGHIỆM
1 Nếu hàm số y= f x liên tụ( ) c ñoạn [ ; ]a b f a f b( ) ( )<0thì phương trình có nghiệm thuộc khoảng ( )a b;
2 Phương trình f x( )=m có nghiệm chỉ m thuộc tập giá trị hàm số
( )
=
y f x
Và số nghiệm PT số giao ñiểm ñồ thị hàm số y= f x( ) đường thẳng y=m
Ví dụ Tìm mđể phương trình sau có nghiệm thực nghiệm: a) x− +1 m x+ =1 24 x2 −1 b) x4 −13x+ = −m x (TSðHKA-2007)
Giải:
a) ðK: x≥1
2
4
1
3 1
1
− −
− + + = − ⇔ = − +
+ +
x x
x m x x m
x x (1)
ðặt 41
1
−
= = −
+ +
x t
x x , x≥1nên 0≤ <t 1, PT (1) trở thành ( )
2
3
= − + =
m t t f t (2)
PT(1) có nghiệm PT(2) có nghiệm 0≤ <t 1và ñiều tương ñương với m thuộc tập giá trị hàm số f t( )= −3t2 +2t với 0≤ <t
Lập bảng biến thiên hàm số f t [0;1) ta ñượ( ) c tập giá trị ( 1; ]1 − Vậy PT có nghiệm 1
3 − < ≤m b)
( )
4
4 4
1
13
13 13
≥ ≥
− + = − ⇔ − + = − ⇔
− + = − + − +
x x
x x m x
x x m x x x m x x x x
( )
3
1
4 1
≥
⇔ = − + + +
x
m x x x
PT ñã cho có nghiệm PT(1) có nghiệm x≥1
(8)( ) ( )
' = −12 +12 + = −9 −4 −3
f x x x x x , ( ) ( )
( )
1
' 4
3
= −
= ⇔ − − = ⇔
=
x l
f x x x
x n
Bảng biến thiên:
Từ bảng biến thiên suy PT (1) có nghiệm x≥1khi 29 ≤
m , hay PT cho có nghiệm 29
2 ≤
m
Ví dụ Tìm mđể phương trình sau có nghiệm thực:
a) 4
2x+ 2x +2 6− +x 6− =x m b) x2+ + +x x2 − + =x m
(TSðH - KA-2008)
Giải:
a) ð K: 0≤ ≤x
ðặt vế trái phương trình f x x( ), ∈[ ]0;6 Ta có ( )
( )3 ( )3
4
1 1
'
2
2 2
= + − −
− −
f x
x x
x x
( )3 ( )3 ( )
4
1 1 1
, 0;6
2 2 6
= − + − ∈
−
−
x
x x
x x
ðặt ( )
( )3 ( )3 ( )
4
1 1
, v
2
2
= − = −
−
−
u x x
x x
x x
Ta thấy u( ) ( )2 =v =0⇒ f ' 2( )=0
Mà u x v x dươ( ) ( ), ng (0;2) âm (2;6) nên ta có bảng biến thiên : Suy giá trị cần tìm của m :
2 6+2 6≤ <m 2+6 b) ðặt vế trái phương trình f x x( ), ∈ℝ
Ta có
x f’(x f(x
1 3/2 +∞
0
12
29/2
(9)( ) 2 2
1
2 2 2
'
1 3
2
2 4
+ −
+ −
= + = −
+ + − +
+ + − +
x x
x x
f x
x x x x
x x
1
2
= + − −
h x h x (1) ( )
2
,
= ∈
+
ℝ
t
h t t
t
hàm ñồng biến nên từ ta có
( ) 1 1
' 0
2 2
> ⇔ + − − > ⇔ + > − ⇔ >
f x h x h x x x x
Ngược lại f '( )x < ⇔ <0 x f '( )x = ⇔ =0 x Mặt khác f ( )0 =2và lim ( )
→±∞ = +∞
x f x nên ta có bảng biến thiên:
Từ bảng biến thiên suy PT có hai nghiêm m>2
Ví dụ 3: Tìm tất giá trị tham số m ñể phương trình sau có nghiệm thực m( 1+x2 − 1−x2 + =2) 1−x4 + 1+x2 − 1−x (2 TSðH-KB-2004)
Giải: ðK: − ≤ ≤1 x
ðặt t = 1+x2 − 1−x , dễ2 thấy t≥0và t2 = −2 1−x4 ≤2⇒t ≤ 2, ñiều kiên 0;
∈
t
PT ñã cho trở thành : ( ) ( )
2
2
2
2 − + +
+ = − + + ⇔ = =
+
t t
m t t t m f t
t (1)
Ta có ( )
2
2 − + + =
+
t t f t
t liên tục 0;
nên PT ñã cho có nghiệm x⇔ (1) có
nghiệm t∈0; 2 ( ) ( )
[0; ] [0; ]
min max
⇔ f t ≤ ≤m f t
Ta có ( )
( )
2
2
4
' 0, 0;
2
− −
= < ∀ ∈
+
t t
f t t
t , suy hàm số nghịch biến 0;
,
( ) ( ) ( ) ( )
[0; ] [0; ]
min f t = f = 1, max− f t = f =1 Vậy giá trị cần tìm của m 1− ≤ ≤m Ví dụ
(10)Như ñã biết hàm số y= f x có tậ( ) p giá trị khoảng(m M vớ; ) i x∈D
( ) ,
< < ∀ ∈
m f x M x D (1), hàm số y= f x( )ñồng biến D x< y suy
( )< ( )
f x f y với ,x y∈D.Từđó thấy khảo sát hàm sốđể tìm tập giá trị sử dụng tính đơn điệu hàm số giúp ta chứng minh BðT, ý tưởng mà sẽđược sử dụng phần
1 Một số lưu ý chung
i) ðể chứng minh bất ñẳng thức có chứa nhiều biến phương pháp ñạo hàm điều quan trọng phải ñưa ñược biến khảo sát hàm số theo biến đó, điều khơng thể ta coi bất ñẳng thức biến biến cịn lại xem tham số
ii) Lựa chọn hàm số ñể xét khâu ñịnh phương pháp hàm số , chẳng hạn giải toán :
Cho a b c, , >0, a2+b2 +c2=1 Chứng minh rằng: 2
3 1− +1− +1− ≥
a b c
a b c (Bộñề
TS)
Lời giải hàm số xét: f x( )= −x x x3, ∈(0;1) Các bạn thử suy nghĩ xem, vào
điều mà ta chọn hàm sốđó mà khơng phải hàm ( ) 2, (0;1)
= ∈
−
x
f x x
x ?
Ví dụ Chứng minh : x2 + + +x x2− + ≥x 2, ∀ ∈x ℝ
Giải: ðặt vế trái phương trình f x x( ), ∈ℝ
Ta có
( ) 2 2
1
2 2 2
'
1 3
2
2 4
+ −
+ −
= + = −
+ + − +
+ + − +
x x
x x
f x
x x x x
x x
1
2
= + − −
h x h x (1) ñó ( )
2
,
= ∈
+
ℝ
t
h t t
t
hàm ñồng biến nên từ ta có
( ) 1 1
' 0
2 2
> ⇔ + − − > ⇔ + > − ⇔ >
f x h x h x x x x
Ngược lại f '( )x < ⇔ <0 x f '( )x = ⇔ =0 x Mặt khác f ( )0 =2và lim ( )
→±∞ = +∞
x f x Bảng biến thiên:
Từ bảng biến thiên ta có đpcm
(11)Áp dụng BðT AM-GM ta có:
( )( )
2 2 4
4
1 1 2
+ + + − + ≥ + + − + = + + ≥
x x x x x x x x x x
Ví dụ Chứng minh với mọi x ta có
2
17≤ cos x+4cosx+ +6 cos x−2cosx+ ≤3 2+ 11 (1) Giải : ðặt t=cosx⇒t∈ −[ ]1;1 Bất ñẳng thức (1) trở thành
2
17≤ t + + +4t t − + ≤2t 2+ 11, t∈ −[ 1;1]
ðặt f t( )= t2+ + +4t t2− +2t 3, t∈ −[ 1;1] Ta có
( )
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
2
'
2 2
4
+ − + −
= + = − = + − −
+ + − +
+ + − +
t t t t
f t h t h t
t t
t t t t
(2)
Trong ( )
2
2 =
+
t h t
t
có ( )
( )2
2
'
2
= >
+
h t
t
nên ñồng biến , theo (2) ta có
( ) ( ) ( )
' 2
2
= ⇔ + = − ⇔ + = − ⇔ = −
f t h t h t t t t
Ta có ( )1 6, 17, ( )1 11
− = + − = = +
f f f f t liên tụ( ) c [ ]−1;1 nên
( ) ( )
[ 1;1] [ 1;1]
min 17, max 11
− f t = − f t = + suy : 17≤ f t( )≤ 2+ 11
Ví dụ Chứng minh : a)
2
1
2,
+ ≤ ∀
− +
x
x
x x
b) x2 − + +x y2− + +y z2− + ≥z với x+ + =y z Giải:
a) ( )
2
1 , +
= ∈
− +
ℝ
x
f x x
x x
Ta có : ( )
( )
( ) ( ( ) )
2
2
2 2 2
2
1
3
2
'
1 2 1 1
− − + − +
− − +
= =
− + − + − +
x
x x x
x
x x
f x
x x x x x x
( ) ( ) ( )
' 1, lim 1, lim
→+∞ →−∞
= ⇔ = = = −
x x
f x x f x f x
(12)b) Áp dung câu a) ta có : ( )
2
1
2, 1 ,
2
+ ≤ ∀ ⇔ − + ≥ + ∀
− +
x
x x x x x
x x
(1) Tương tự: 1( ,) (2), 1( ,) (3)
2
− + ≥ + ∀ − + ≥ + ∀
y y y y z z z z
Cơng theo vế bất đẳng thức (1), (2) (3) ta ñược:
( )
2 2
1 1 3
2
− + + − + + − + ≥ + + + =
x x y y z z x y z
Chú ý: Cách 2:
a) Áp dụng BðT Cauchy-Schwarz ta có :
( )
2
2
2
1 3 1
1
2 2 2 2
− + + ≥ − + = +
x x x
b) Áp dung câu a) cách Ví dụ Chứng minh :
a) 2sinx+t anx≥3x với [0; )
π
∈
x b)
3
sinx t anx
4 2
+
+ ≥
x
với [0; )
π
∈
x
Giải :
a) ðặt : f x( )=2sinx+t anx-3x, [0; )
π
∈
x
( )
3
2 2
1 1
' 2cos cos cos 3 cos
cos cos cos
= + − = + + − ≥ − =
f x x x x x
x x x với
[0; )
π
∈
x nên hàm sốñồng biến [0; )
π ( ) ( )
0 0, [0; )
π
⇒ f x ≥ f = ∀ ∈x (dpcm)
b) Áp dung BðT AM-GM câu a) ta có :
Ví dụ Cho , ,x a b>0,a≠b Chứng minh rằng:
+
+
>
+
x b b
x a a
x b b
Giải: ðặt: ( ) ( ) ( ) ( )
( )
'
ln ln ln
+
+ + + −
= ⇒ = + ⇒ = +
+ + + +
x b
f x
x a x a x a b a
f x f x x b
x b x b f x x b x a
( ) ( )
' ln + −
⇒ = +
+ +
x a b a
f x f x
x b x a
ðặt ( ) ( ) ( )
( ) ( )
2
2
ln + − ' −
= + ⇒ = − <
+ + + +
b a
x a b a
g x g x
x b x a x a x b suy g x nghị( ) ch biến, mà
( )
lim
→+∞ =
x g x ( ) 0, '( )
⇒ g x > ∀ >x ⇒ f x > suy f x( )đơng biến
( ) ( )
[0;+∞)⇒ > = ,∀ >0
b
a
f x f x
b
3
sin tan 2sin tan 2sin tan 2
4 2 2 2 2
+ +
+ = + ≥ ≥ =
x
(13)Ví dụ Cho , ,A B Clà ba góc tam giác nhọn
Chứng minh : tanA+tanB+tanC+6 sin( A+sinB+sinC)≥12 3(1) (THTT)
Giải : Trong bất ñẳng thức , ,A B Cbình đẳng nên ta dễ dàng kiểm tra ñược (1) xảy
ñẳng thức
3
π
= = =
A B C Vì vậy ta cần chọn một hàm số có dạng
( )=tan +6sin +
f x x x kx mà '
3
π
= ⇒ = −
f k
Ta giải toán :
Xét: f x( )=tanx+6sinx−7x với (0; )
π
∈
x
Ta có
( ) 2 ( )( )( )
cos 3cos 2cos
1 6cos cos
' 6cos
cos cos cos
− + −
− +
= + − = x x = x x x
f x x
x x x
Vì (0; )
π
∈
x nên '( ) 2cos
3
π
= ⇔ − = ⇔ =
f x x x
Lập BBT f x( )=tanx+6sinx−7x với (0; )
π
∈
x ta ñược
( ) 0;
2
7
min
3
π
π π
= = −
f x f
Áp dung vào tốn ta được:
( ) ( ) ( )
3 3
π
+ + ≥ −
f A f B f C
( )
tan tan tan sin sin sin 12
⇔ A+ B+ C+ A+ B+ C ≥
Ví dụ Chứng minh :
3
sin
cos , 0;
π
> ∀ ∈
x
x x
x
(Olympic-30-4-1999)
Giải: Nhằm cô lập x với hàm lượng giác ta viết lại BðT:
3
3
sin sin
cos sin tan
cos
> ⇔ > ⇔ − >
x x
x x x x x
x x (1)
Xét hàm số : ( ) sin2 tan 3, [0; ) '( ) 2sin2 tan2 - 2
π
= − ∈ ⇒ = +
f x x x x x f x x x x
Áp dụng BðT: 3(a2 +b2 +c2)≥ + +(a b c)2 ta có
( ) ( )
2 2 2 2
' 2sin tan - sin sin tan 2sin tan
3
= + = + + − ≥ + −
(14)Theo VD4 : 2sin t anx , [0; )
π
+ ≥ ∀ ∈
x x x suy '( ) ( )1 3
≥ − =
f x x x nên hàm số
( )
f x ñồng biến [0; ) ( ) ( )0 0, 0;
2
π π
⇒ > = ∀ ∈
f x f x
Nhận xét:
1) Khi bất ñẳng thức có chứa loại hàm số khác ta thường lập loại hàm sốđể dễ xét dấu đạo hàm, ta có thểđạo hàm liên tiếp ñể khử bớt loại hàm số
Chẳng hạn VD ñạo hàm ñến f '''( )x chỉ cịn lại hàm lượng giác
3
x bị triệt tiêu vấn ñề lại tương ñối dễ dàng, xin dành cho bạn đọc tự kiểm tra 2) Bài tốn giải theo cách khác
Cách 2: Xét ( )
3
sin , [0; )
3!
π
= − + x ∈
f x x x x , ta suy ta ñược
3
sin , 0;
3!
π
> − ∀ ∈
x
x x x
Từđó suy :
3
2
3
sinx
1 1
6 12 216 24
> − = − + − > − +
x x x x x x
x ( BðT phía sau
tương ñương với x2 <9, mà ñiều lại hiển nhiên) Bây cần chứng minh
2
cos
2 24 < − x + x
x xong Cách 3: Từ (1) ta sử dụng hai BðT
3
sin
3! > − x
x x
3
tan
3 > + x
x x ñi ñến kết
mong muốn
3) Vì ta ln có:
3
sin sin sin
sin , 0; ,
2
α
π α
< ∀ ∈ ⇒ < < ⇒ ≥ ∀ ≤
x x x
x x x
x x x
Vậy ta có tốn: Chứng minh với α ≤3ta ln có: sin cos , 0; α
π
> ∀ ∈
x
x x
x
Chú ý: Các bất ñẳng thức
3
sin , 0;
3!
π
> − ∀ ∈
x
x x x ,
2
cos
2 24 < − x + x
x
3
tan
3 > + x
x x ta liên tưởng đến nhờ khai triển Taylo sin ,cos x x và tanx
Ví dụ 8: Chứng minh :
2 2 2 2
1 1 1 12
3 , , , (0; ]
sin sin sin
π π
+ + − − − ≤ − ∀x y z∈
x y z x y z
Giải: Xét hàm số : ( ) 2
1
, (0; ] sin
π
= − ∈
f t t
(15)Áp dụng ví dụ ta có : ( )
3
3 3
2cos 2 sin
' cos 0, 0;
2
sin sin
π
= − + = − > ∀ ∈
t t
f t t t
t
t t t nên
hàm sốñồng biến (0; ] ( ) 42, (0; ]
2 2
π π π
π
⇒ ≤ = − ∀ ∈
f t f t
Áp dụng vào tốn ta có : ( ) ( ) ( )
4
π
+ + ≤ −
f x f y f z
Ví dụ 11 Chứng minh bất ñẳng thức sau với số tự nhiên n>1 1+ + 1− <2
n n
n n n n
n n (HSGQG-92)
Giải: ðặt = ∈( )0;1 ,∀ ∈ * n
n
x n N
n
Bất ñẳng thức cần chứng minh là: n1+ + n1− < ∀ ∈2, ( )0;1
x x x
Xét ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
1 1
1 , 0;1 ' 0, 0;1
1 − −
= + + − ∈ ⇒ = − < ∀ ∈
+ −
n n
n n
n n
f x x x x f x x
n x x
Vậy f x giả( ) m (0;1) nên f x( )< f ( )0 = ∀ ∈2, x ( )0;1
Chú ý: Ta có thể giải toán cách sử dung BðT AM-GM
( 1) ( 1)
1
− + + − + −
+ + − ≤ + =
n n
n n
n n
n n
n n
n n n n
n n n n
Vì khơng có đẳng thức nên BðT chứng minh Ví dụ 9: Cho a b, ∈[ ]0;1 Chứng minh :
( ) (1 )(1 )(1 )
1 1
= + + + − − − ≤
+ + + + + +
x b a
f x x a b
a b x a x b với x∈[ ]0;1
Giải: Ta có ( )
( ) (2 ) ( )( )
1
' 1
1 1
= − − − − −
+ + + + + +
b a
f x a b
a b x a x b
Nên hàm số f'( )x ñồng biến [0;1], suy f '( )x =0nhiều nghiệm (0;1)
+ Nếu f '( )x =0 vơ nghiêm f x( )ñơn ñiệu [0;1]
( ) max[0;1] ( ) max{ ( ) ( )0 ; 1}
⇒ f x ≤ f x = f f
( ) ( ) (3 ) [ ]
2
'' 0, 0;1
1
= + ≥ ∀ ∈
+ + + +
b a
f x x
(16)Mà ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )
2
1
0 1
1 1 1
+ + + + + +
= + + − − = ≤ =
+ + + + + +
b a a b a b ab a b
f a b
a b a b a b
( ) 1
1
1 2 1
= + + ≤ + + =
+ + + + + + + + + +
a b a b
f
a b b a a b a b a b
suy ( ) ( ) { ( ) ( )} [ ]
[0;1]
max max ; 1, 0;1
≤ = ≤ ∀ ∈
f x f x f f x
+ Nếu f'( )x =0 có nghiêm x=x0khi f'( )x ñồng biến [0;1] nên
( )
' <0 , ∀ ∈[0; )
f x x x
và f '( )x >0 , ∀ ∈x ( ;1]x0 x=x0 điểm cực tiểu, mà f x( )liên tục [0;1] nên
( )≤max[0;1] ( )=max{ ( ) ( )0 ; }≤ ∀ ∈1, [ ]0;1
f x f x f f x
Từ hai trường hợp ta có đpcm
Ví dụ 10 Cho x>0,α>1 Chứng minh : xα ≥ +1 α(x−1)(1) Áp dụng c/m: tan2 tan2 tan2 31
2 2
−
+ + ≥
A B C
( với , ,A B C góc của tam giác)(2)
Giải : Ta có : xα ≥ − +1 α αx⇔ f x( )=xα −αx+ − ≥α Xét : f x( )=xα −αx+ −α 1, x∈(0;+∞)
( ) ( )
' =α α− − =α α α− −1
f x x x , f '( )x = ⇔0 xα−1− = ⇔ =1 x 1( α >1)
Lập bảng biến thiên hàm (0;+∞)ta ñược
(0; ) ( ) ( )
min
+∞ f x = f = từđó suy
( )≥ ∀ >0,
f x x (ñpcm)
Ta thấy ñẳng thức xảy bất đẳng thức (1) cơ số x=1cịn đẳng thức xảy trong (2)
3
π
= = =
A B C nên trước áp dụng (1) ñể chứng minh (2) ta cần viết lại
2 2
2 2 2 2 2
tan tan tan 3tan 3tan 3tan
2 2 2
−
+ + ≥ ⇔ + + ≥
A B C A B C
ñể ñược cơ số 3tan2 3tan2 3tan2
2 = = =
A B C
khi
3
π
= = =
A B C
Áp dụng (1) ta có :
2 2
2 2
2 2
3tan 3tan 3tan
2 2
1 3tan 1 3tan 1 3tan
2 2
+ + ≥
+ − + + − + + −
A B C
A B C
2 2
3 tan tan tan 3
2 2
= + + + − ≥
A B C
(vì tan2 tan2 tan2 tan tan tan tan tan tan
2 + + ≥ 2 + 2 + 2 =
A B C A B B C C A
(17)Nhận xét : BðT (1) gọi bất đẳng thức Bernouli, thường ñược sử dụng ñể chứng minh bất ñẳng thức có lũy thừa với số mũ hữu tỉ vơ tỉ
Ví dụ 11 Cho 0< <s 1và , ,a b c số dương Chứng minh :
1 1
2 2
+ + +
+ + ≤ + +
s s s s s s s s s
a b b c c a
a b c
Giải : Trước tiên ta chứng minh :
1
2
+ +
≤
s s s
a b a b
(*)
ðặt
1
2
, ,
2
+
= = = ⇒ + = + =
+ +
s s s s s
s s
s s s s
a b a b a b
m x y x y
m m a b a b
Áp dụng VD7 ta có :
( )1 ( )
1
1
= s s ≥ + s −
x x x
s (1)
( )1 ( )
1
1
= s s ≥ + s −
y y y
s (2)
Cộng (1) (2) theo vế ta ñước x+ ≥y suy (*) ñược chứng minh Áp dụng (*) ta ñược :
1 1
2 2 2
+ + + + + +
+ + ≤ + + = + +
s s s s s s s s s
a b b c c a a b b c c a
a b c
Ví dụ 12.Chứng mnih:
1
2 2 2 3 3
, , ,
3
+ + + +
≤ >
a b c a b c
a b c
Giải: ðặt :
3 3
2 2 2 2 2
, , , ,
= = = ⇒ = = =
x a y b z c a x b y c z
Bất ñẳng thức (*) trở thành :
1
3 3 3 3
1
2 2 2
2
3 3
+ + + + + + + +
≤ ⇔ ≤
x y z x y z x y z x y z
ðặt :
3 3
3
2 2
2 2
2
3 3
, , ,
3
3
+ + + +
= = = = ⇒ + + = =
+ +
x y z x y z x y z
m u v s u v s
x x z
(18)Ta có
( ) ( ) ( )
3 3
2 2 2 2 2 2
3 3 3 3 3
1 1 , 1 , 1
2 2
= ≥ + − = ≥ + − = ≥ + −
u u u v v v s s s
Cộng theo vế bất ñẳng thức (1), (2) (3) ta ñược:
3 3
3
2 2 2
2
3 3
3
3 3
2 3
+ + + + + +
+ + ≥ + + + − = ⇔ ≥ ⇔ ≥
u v s x y z x y z
u v s u v s
Ví dụ 13 Chứng minh : (2 +3 ) (< +3 ) , > >0
y x
x x y y
x y
Giải: Ta có: (2 ) (2 ) 3
2
+ < + ⇔ + < +
y x
x y
y x
x x y y xy xy
( ) ( )
1
3 3 1
1 1 ln ln
2 2
⇔ + < + ⇔ + < + ⇔ + < +
y x
x y x x y y
x y
a a
x y
(1)
Trong =
a
ðặt ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2
ln ln
1
ln ' − + + 0,
= + ⇒ = < ∀ >
t t t t
t a a a a
f t a f t t
t t
Vậy f t nghị( ) ch biến (0;+∞)mà x> >y 0⇒ f x( )< f y vậ( ) y (1) ñúng nên bất ñẳng thức ñược chứng minh
Ví dụ 14 Cho a≥ >b Chứng minh : 2
2
+ ≤ +
b a
a b
a b (ðH-KD-2006)
Giải : Ý tưởng cô lập mỗi vế một biến tiếp tục được sử dụng, thế ta biến ñổi
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
1
2 4 ln ln
2
ln ln
+ ≤ + ⇔ + ≤ + ⇔ + ≤ +
+ +
⇔ ≤
b a
b a
a b a b a b
a b
a b
b a
a b
Xét hàm số : ( ) ( ) ( ) ln
, 0; +
= ∈ +∞
t
f t t
t
Ta có : ( ) ( ) ( )
( )
2
4 ln 4 ln
' 0,
4
− + +
= < ∀ >
+
t t t t
t
f t t
t
(19)Vậy : ( ) ( ) ( ) ( ) ln ln
0 + +
≥ > ⇒ ≤ ⇔ ≤
a b
a b f a f b
a b hay (1) ñúng nên bất ñẳng thức ñược chứng minh
Bài 13 14 có dạng tổng quát là: với ,a b>0 x> >y ta có: ( + ) (< + )
y x
x x y y
a b a b
Ví dụ 15 Cho , ,a b clà số dương thỏa mãn a2+b2 +c2 =1 Chứng minh rằng: 2
3 1− +1− +1− ≥
a b c
a b c (1)
Giải : Trong bất ñẳng thức , ,a b c có vai trị bình ñẳng nên dễ dàng kiểm tra ñược
ñẳng thức xảy
3 = = =
a b c Ta xét hàm số mà
( )
'
3
= ⇔ = ⇔ − =
f x x x ?
Vậy hàm số mà ta xét : f x( )= −x x x3, ∈( )0;1 Ta có : '( ) 2, '( )
3
= − = ⇔ − = ⇔ =
f x x f x x x (Vì x>0)
Bảng biến thiên:
Từ bảng biến thiên suy :
( ) ( )2 ( )
2
2 3
1 , 0;1
2
3 3
= − ≤ ⇔ − ≤ ⇔ ≥ ∀ ∈
−
x
f x x x x x x x
x
Áp dung vào tốn ta được:
( 2 2)
2 2
3 3
2
1− +1− +1− ≥ + + =
a b c
a b c
a b c
Cách 2: Áp dụng BðT AM-GM ta có:
( )( ) 2 3 ( )
2 2 2 2 2
2 1
3 3
+ −
− − ≤ = ⇔ − ≤
x x
x x x x x
2
3
⇔ ≥
−
x
x
x (*)
Áp dụng (*) ta có: 2 2 2 3( 2 2) 3
2
1− +1− +1− ≥ + + =
a b c
a b c
(20)Ví dụ 16 Cho 0,
> > + =
x y x y Chứng minh :
+ ≥
x y (1)
Giải: Ta có 5 4
+ = ⇒ = −
x y y x
Ta có (1) 5
⇔ + ≥
−
x x Xét ( )
4
, 0;
5 4
= + ∈
−
f x x
x x
( ) ( )2 ( )
4
' , '
5
= − + = ⇔ =
−
f x f x x
x x
Lập bảng biến thiên ta ñược ( ) ( )
5 0;
4
min
= =
f x f , từđó suy
+ ≥
x y ñẳng thức
xảy 1,
= =
x y
Chú ý: Bài tốn giải theo cách khác
Trước áp dụng BðT cauchy BðT CBS để giải tốn ta dưđốn điểm rơi
bằng cách giải hệ
5
1
4 1
4
5 4
4
+ = =
⇔
=
+ =
x y x
y
x y
2
2
= y
x
x y
1 =
x y nên ta có hai
cách giải là:
Cách 2: Theo BðT CBS ta có :
( )
2
4 25
4 4
+ + ≥ + = ⇔ + ≥
x y x y
x y x y x y
Cách 3: Theo BðT cauchy ta có: 4
4 1 1 1 1
5 5
4
4 4
5
+ = + + + + ≥ ≥ + =
x y
x y x x x x y x y
Ví dụ 17 Cho x≥0,y≥0 x3+ y3 =2 Chứng minh: x2+ y2≤2
Giải : Ta có ( )
2
3 3 2
3
2 2
+ = ⇒ = − ⇒ + = + −
x y y x x y x x
Vì 3
0, 2
≥ ≥ + = ⇒ ≤ ≤
x y x y x Xét ( ) ( )
2
2 3
3 2 , [0; 2]
= + − ∈
f x x x x
Ta có: ( ) ( ) ( )
2
3
3
3
2
' 0; , '
2
= − ∈ = ⇔ − =
−
x
f x x x f x x x x
x
( )
2
2
⇔x −x =x ⇔ x +x − = ⇔ =x (vì ( )3
0; ∈
(21)Lập bảng biến thiên ta ñược: ( ) ( )
1 2, [0; 2]
≤ = ∈
f x f x
Chú ý: Ta giải cách khác
Cách 2: Áp dụng bất ñẳng thức cauchy ta có:
( ) ( )
3
3 2 2
3
1
2
1
+ + ≥
⇒ + + ≥ + ⇔ + ≤
+ + ≥
x x x
x y x y x y
y y y
Cách 3: Áp dung bất ñẳng thức bunhiacơpski ta có:
( 2 2)2 ( )2 ( 3 3)( ) ( ) ( 2 2)
2
+ = + ≤ + + = + ≤ +
x y x x x y y y x y x y x y x y
( 2 2) (4 2 2) 2 2
8
⇔ x + y ≤ x +y ⇔ x + y ≤
Ví dụ 18: Cho x>0,y>0 x+ =y Chứng minh rằng: 1− + 1− ≥
x y
x y
Giải: Ta có y= −1 x nên bất ñẳng thức cần chứng minh 2, ( )0;1
−
+ ≥ ∀ ∈
−
x x
x
x x
Xét : ( ) , ( )0;1
−
= + ∀ ∈
−
x x
f x x
x x
Ta có :
( ) ( 2) 1 ( ()1 ) 1( ( ) ( ))
'
2 1 1
− + + − +
= − = − = − −
− − − −
x
x x x
f x h x h x
x x x x x x x x
Trong ( )
2
3
1 1
, t>0 +
= t = +
h t
t
t t ngh
ịch biến trên(0;+∞)nên
( ) ( ) ( )
' 1
2
= ⇔ − = ⇔ − = ⇔ =
f x h x h x x x x
và '( ) ( ) ( ) 1;1
2
> ⇔ − > ⇔ − < ⇔ ∈
f x h x h x x x x , ngược lại
( )
' 0;
2
< ⇔ ∈
f x x Vậy
( )0;1 ( )
1
min
2
= =
f x f suy f x( )≥ 2,∀ ∈x ( )0;1
Chú ý : Bài tốn có thể giải theo cách khác
ðặt a= 1−x b, = 1−y ⇒a b, >0 a2+b2 =1 bất ñẳng thức cần chứng minh
2
1
2
−a + −b ≥
a b Ta có : ( ) ( )
2
1 1
2
− + − = + − + ≥ − + ≥
+
a b
a b a b
a b a b a b
(22)Ví dụ 19 Cho bốn số nguyên , , ,a b c d thay ñổi thỏa mãn 1≤ < < < ≤a b c d 50 Chứng minh: 53
175 + ≥
a c
b d
Giải: Vì 1≤ < < < ≤a b c d 50 , , ,a b c d số nguyên nên c≥ +b 1suy
( )
1
50 +
+ ≥ + =
a c b
f b
b d b
Dẽ thấy 2≤ ≤b 48 nên ta xét hàm số ( ) 1, [2;48] 50
+
= + x ∈ℝ ∈
f x x x
x
Ta có ( ) ( )
1
' '
50
= − + ⇒ = ⇔ =
f x f x x
x Lập bảng biến thiên ta ñược
( ) ( )
[ 2;48]
min f x = f mà hai số nguyên gần
( ) { ( ) ( )}
[ 2;48]
53 61 53
min ; ;
175 200 175
= = =
f b f f 1 ( ) 53
50 175
+
⇒a + ≥ +c b = f b ≥
b d b
Chú ý: Bài tốn có thể giải cách khác sau:
( ) 1 1
50 50 50 50
+
= + = + + = +b
b b
f b u
b b với
1 50 = + b
b u
b dùng phương pháp so sánh liên
tiếp
Ta có : ub+1≤ub ⇔ ≤b 6⇒u2 ≥ ≥ ≥ ≥u3 u6 u7≤ ≤ ≤u8 u bă48 ng cách tính trực tiếp
6, 7,
u u u ta thu được điều cần chứng minh
Ví dụ 20: Cho hai số thực x y thay ñổ, i thỏa mãn hệ thức x2 +y2 =1 Chứng minh rằng:
2
2
6
3
2
1 2
+
− ≤ ≤
+ +
x xy
xy y
Giải: Ta có:
2
2 2
6
1 2
+ +
= =
+ + + +
x xy x xy
P
xy y x xy y
Nếu y=0⇒P=1
Nếu y≠0thì đặt : ( )
2 2
2 2 2
6
2 3
+ +
= ⇒ = = =
+ + + +
t y ty t t
x ty P f t
(23)Ta cần chứng minh ( )
− ≤ f t ≤
Ta có : ( )
( ) ( )
2
2
2
4 18
' , ' 3,
2
− + +
= = ⇔ = = −
+ +
t t
f t f t t t
t t
, lim ( )
→±∞ =
t f t
Lập bảng biến thiên ta ñược: ( ) ( )3 , ( )
2
− ≤ ≤ ∀ ⇒− ≤ ≤
f f t f t f t
Chú ý:
1) Ta tìm miền giá trị P như sau:
Ta có: ( ) ( )
2
2
6
1 3
2 +
= ⇔ − + − + =
+ +
t t
P P t P t P
t t (1)
Nếu P=1thì
2
3
3 4
4 4
4 1
5
=
=
= ⇒ ⇔
= ±
+ =
x y
x y
t
y
x y
Nếu P≠1thì (1) có nghiệm
( )2 ( )
' 3
2
∆ = P− − P P− = − P − P+ ≥ ⇔ − ≤ ≤P
2) Giả thiết xuất hiện x2 + y2 =1làm ta liên tưởng hệ thức tương tự là: sin2ϕ+cos2ϕ=1 Vì đặt : x=sin ,ϕ y=cos , ϕ ϕ∈[0;2 )π
( ) ( )
1 cos 6sin
2 sin 2 cos
2 sin cos
ϕ ϕ ϕ ϕ
ϕ ϕ
+ +
= ⇔ − − + = −
+ −
P P P P(2)
Vì (2) có nghiệm nên (2 6) (2 1) (2 )2 3
− + + ≥ − ⇔ − ≤ ≤
P P P P
Ví dụ 21 Cho ,x y >0 Chứng minh :
( )
2
3
2
4
8
≤
+ +
xy
x x y
Giải : Vì biểu thức ở vế trái của bất đẳng thức có tử mẫu bậc nên ta ñặt x=tyñể ñưa bất ñẳng thức về một biến t
Bất ñẳng thức sau thay x=ty vào rút gọn y ( )
( )3
2
4
8
= ≤
+ +
t f t
t t
Xét ( )
( ) ( ) ( ( ) )
2
3
2 2
4
4
, '
4 4
+ −
= > ⇒ =
+ + + + +
t t
t
f t t f t
(24)( )
'
2
= ⇔ + = ⇔ =
f t t t t Lập bảng biến thiên ta ñược ( )
(0; )
1
max
8
+∞
= =
f t f
Suy ( ) 1,
≤ ∀ >
f t t
Chú ý :
Cách 2: Ta có : ( )
2
2 2
2 4
3
2
+
+ + ≥ + ⇒ + ≥
t t
t t
Suy :
2 3
3
4 4 1
4 32
3 2
+
+ + ≥ = + + ≥ =
t t
t t t t
( )
( )3 ( )3
2
4
8 32
4
⇒ = ≤ =
+ +
t t
f t
t
t t
(đpcm)
Ví dụ 22 Cho số thực x y thay ñổ, i thỏa mãn x2 −xy+ y2 ≤3 Chứng minh rằng: − −1 7≤x2 +xy−2y2 ≤ − +1
Giải:
Nếu {
2
2
0
0
2
=
− + = ⇔ − + = ⇔ =
x
x xy y x y y
y thỏa mãn
Nếu x2−xy+ y2 >0 đặt a=x2 −xy+ y b2, =x2 +xy−2y2 suy 0< ≤a Ta có:
2
2
2
+ −
=
− +
b x xy y
a x xy y có t
ử mẫu đẳng cấp
Nếu y=0⇒ b =1⇒0< = ≤ < − +b a
a
Nếu y≠0, ñặt ( )
( ) ( )
2
2
2
2
2 2
1
+ − + −
= ⇒ = = =
− + − +
t t y
b t t
x ty f t
a t t y t t
Xét hàm số : ( )
2
2
2 , + −
= ∈
− + ℝ
t t
f t t
t t
Ta có : ( )
( ) ( )
2
2
2
2
1 1 -2 -2
1 -1 1 -1
'
1
+ + − + −
= =
− + − +
t t
t t
f t
t t t t
( )
1
3 7
' ,
2
− +
= ⇔ − + − = ⇔ = =
f t t t t t , lim ( )
→±∞ =
(25)mà ( ) ( )
1
1
2 1 1
,
2 3
+ − − + − +
= = = =
− −
t t
f t f t
t t suy :
( 7) ( 7)
1 7
3 3
− − − +
− − ≤ ≤b − + ⇔ a ≤ ≤ a
b
a lại có
0
3
< ≤ ⇔ < ≤a a nên
( 7) ( 7)
1 7
3
− − − +
− − ≤a ≤ ≤b a ≤ − +
Từ trường hợp trên, ta suy ra: − −1 ≤ ≤ − +b
Ví dụ 23 Cho số dương , ,a b cvới a+ + ≤b c
Chứng minh : 3( + + +) 21 + +1 1≥21
a b c
a b c
Giải: Ta có: ( ) 1 3 1 1
3 3
+ + + + ≥ = ⇒ + + ≥
+ +
a b c abc
a b c abc a b c a b c
Do 3( + + +) 21+ +1 1≥3( + + +) 18 =3 +6=3 ( ) + +
a b c a b c t f t
a b c a b c t (1)
Trong 0< = + + ≤t a b c f t( )= +t
t Ta có ( )
2
2
6
' = − =1 t − < ∀ ∈0, (0;1]
f t t
t t ,
nên hàm số nghịch biến (0;1]⇒ f t( )≥ f ( )1 = ∀ ∈7, t (0;1] Theo (1) suy bất ñẳng thức ñược chứng minh
Chú ý: Từ (1) chứng minh f t( )= + ≥t
t cách khác sau:
Cách 1: f t( )= + = + + ≥t t t.1+ = + ≥5
t t t t t t t≤1
Cách 2: ( ) ( )( )
2
1
6
7 − + − −
− = + − =t t = t t ≥
f t t
t t t t≤1nên t− ≤1 0,t− <6
Ví dụ 24: Cho a b c, , >0 a2+b2+c2 =1 Chứng minh rằng:
( )
1 1
2
+ + − + + ≥a b c
a b c
(26)Ta có: 1 ( ) 3 1
3
+ + + + ≥ = ⇒ + + ≥
+ +
a b c a b c abc abc a b c a b c
( ) ( ) ( )
1 1 9
+ + − + + ≥ − + + = − =
+ +
a b c a b c t f t
a b c a b c t
Xét: ( ) ( )
9
, (0; 3] '
= − ∈ ⇒ = − − <
f t t t f t
t t hàm số nghịch biến
( ) ( )
(0; 3]⇒ f t ≥ f =2 3,∀ ∈t (0; 3]
Ví dụ 24 Cho hai số ,x y khác thay ñổi thỏa mãn (x+ y xy) =x2 +y2−xy
Chứng minh: 13 + 13 ≤16
x y
Giải: Trong giả thiết bất ñẳng thức x y, ñối xứng nên
ðặt: u= +x y v, =xy⇒(x+ y xy) =x2+ y2 −xy ⇔uv=u2 −3v
( ) 2 ( )
3
3
⇔ + = ⇔ = ≠ −
+
u
u v u v u
u
Vậy
( ) ( )
2
3 3 2
3 3 3 2
3
1 3
3 −
+ − +
+ = = = = = =
+
u u v
x y u uv u u u
u xy
x y v v v u
u
Vì
2
2 4
4
3 3
−
≥ ⇒ ≥ ⇔ ≤ ⇔ ≥
+ + +
u u
u v u
u u u (ởñây ta lưu ý u≠0)
1
⇔ ≥ ∨ < −u u (*) Vì từ (*) suy u+ >3
u nên ta cần chứng minh :
3 + ≤
u
u ,∀ ∈ −∞ − ∪ +∞u ( ; 3) [1; )
( ) ( )
3
'
+ −
=u ⇒ = <
f u f u
u u suy hàm f u nghị( ) ch bi
ến khoảng
(−∞ −; [1;) +∞)do ñó f u( )≤ f ( )1 = ∀ ∈ +∞4, u [1; ),
( ) ( )
0= f − <3 f u <1,u∈ ∞ −(- ; 3)từđó suy đpcm
Chú ý: Ta giải cách khác
Cách 2: Ta có: ( ) 2 2
1 1 1
+ = + − ⇔ + = + −
x y xy x y xy
x y x y xy
ðặt:
( )( ) ( )
2
3 2
3
1
,
1
= = ⇒ + = + −
⇒ + = + = + + − = +
a b a b a b ab
x y
a b a b a b ab a b
(27)Từ 2 ( ) (2 ) ( ) (3 )2
+ = + − ⇒ + = + + ≤ + + +
a b a b ab a b a b ab a b a b
( )2 ( ) ( )2
4 16
⇔ a+b ≤ a+ ⇔ ≤ + ≤b a b ⇒ a+b ≤ (đpcm)
Ví dụ 25 Chứng minh rằng:
4 2
4 2 2, ,
+ − + + + ≥ − ∀ ≠
a b a b a b
a b
b a
b a b a (1)
Giải : t= +a b⇒ t = + =a b a + b ≥2 a b =2
b a b a b a b a Khi :
( )
2
2 2 4 2
2
2
2 2 4 2 2
+ = + − = − + = + − = − −
a b a b a b a b
t t
b a
b a b a b a nên (1) tr
ở
thành ( ) ( )
2
2
2 2
− − − − + ≥ − ⇔ − + + ≥
t t t t t t
ðặt: f t( )= −t4 5t2 + +t 6, t∈ −∞ − ∪ +∞( ; 2] [2; )
Ta có : f '( )t =4t3−10t +1, ''f ( )t =12t2− > ∀ ≥10 0, t 2nên Nếu t∈ −∞ −( ; 2]⇒ f '( )t ≤ f '( )− = − <2 11
Nếu t∈ +∞[2; )⇒ f '( )t ≥ f ' 2( )= >13
Từđó lập bảng biến thiên ta suy f t( )≥ f ( )− =2
Ví dụ 26 Cho , ,a b clà ba cạnh tam giác có chu vi Chứng minh : 3(a2 +b2 +c2)+4abc≥13 (1)
(ðH vinh-2001) Giải : Ta có :
( ) ( ) ( )
2 2
3
+ + = ⇒ + + = + + − + + = − + +
a b c a b c a b c ab bc ca ab bc ca
(1) trở thành : 9 −2(ab+bc+ca)+4abc≥ ⇔13 27−6a b( + +c) 2bc(3 2− a)≥13
( ) ( )
27 2 13
⇔ − a − +a a− bc≥ Vai trị a b c bình , , đẳng nên khơng giảm tính tổng qt giả sử a≤ ≤b cmà a+ + =b c 3⇒a≤1⇒2a− <3
do ( ) ( ) ( )
3
2
2 27
27 2 27 18 2
2
+ − +
− − + − ≥ + − + − =
b c a a
a a a bc a a a
Xét : f a( )=2a3−3a2 +27, a∈(0;1]
(28)( ) ( )1 26 ( ) 13
≥ = ⇒ f a ≥
f a f
Chú ý : Bài toán tổng quát :
1) Cho , ,a b c ba cạnh tam giác có chu vi bằng p
2
2 2
52
2 27 ≤ + + + <
p abc
a b c p
p
2) Ngồi phương pháp đạo hàm ta sử dụng BðT cauchy để giải toán
sau:
( )( )( ) ( ) ( ) ( ) 3
0
3 27
− + − + −
< − − − ≤ =
p a p b p c p
p a p b p c
Khai triển vế trái ta ñược:
( ) ( ) ( )
3 28 2 2 56
2 2
27 27
< + + − ≤ p ⇔ < − + + − ≤
p p ab bc ca abc p p p a b c abc p
2
2 2
52
2 27
⇔ p ≤a +b + +c abc < p
p
Ví dụ 27 Cho ba số thực khơng âm a b c thỏ, , a mãn a+ + >b c Chứng minh rằng:
( )
3 3
3
16 16
16 81
+ +
≤ ≤
+ +
a b c
a b c
Giải : ðặt ( )
( )
3 3
3
16
; ; = + +
+ +
a b c
f a b c
a b c Vì f ka kb kc( ; ; )= f a b c( ; ; ),∀ >k 0nên khơng giảm
tính tổng qt ta giả thiết a+ + =b c f a b c( ; ; )=a3+ +b3 16c3
Do tính đối xứng ,a bcó thể cho ta ước lượng 3 1( )3 1(1 )3
4
+ ≥ + = −
a b a b c từđó ta
có ( ; ; ) (1 )3 16 (1 )3 64 ( ),0
4 4
≥ − + = − + = ≤ ≤
f a b c c c c c g c c
Ta có : '( ) 64 (1 )2 , '( ) [0;1]
= − − = ⇔ = ∈
g c c c g c c
Lập bảng biến thiên hàm g c ta ( ) ñược ( ) 64 ( ; ; ) ( ) 16
81 81
≥ ⇒ ≥ ≥
g c f a b c g c
* Vì hệ số a b3, 3bằng hệ số c bằ3 ng 16 nên f a b c tă( ; ; ) ng nhanh
ctăng , ta dựđốn f a b c( ; ; )=16 a= =b 0;c=1
(29)Ví dụ 28 Cho số thực dương , ,a b cthỏa mãn (a+ +b c)3 =32abc
Chứng minh :
( )
4 4
4
383 165
2 128
− ≤ + + ≤
+ +
a b c
a b c (HSGQG-2004)(1)
Giải : Tương tự ví dụ 19 ta giả thiết a+ + =b c 4⇒abc=2 Khi (1) 383 165 ( 4 4)
2 256 128
−
⇔ ≤ a +b +c ≤
ðặt : P=a4 +b4 +c4,vì P ln biểu diễn được qua ña thức ñối xứng sơ cấp
,
+ + + +
a b c ab bc ca abcnên ñặt t =ab+bc+ca ñểñưa P về một biến t
Ta có :
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
2
2 2 2 2 2
2
2
2
2 2
= + + − + +
= + + − + + − + + − + +
P a b c a b b c c a
a b c ab bc ca ab bc ca abc a b c
( 2 ) (2 2 ) ( 2 )
4 2 16 32 144
= − t − t − = t − t+
Ta cần tìm điều kiện t, Vì
( ) ( ) 2
4
= + + = + + = − + = − + +
t ab bc ca a b c bc a a a a
a a
Mà (b+c)2≥4bc⇔ −(4 a)2 ≥ ⇔8 (a−2)(a2 −6a+ ≥ ⇔ −4) 5≤ ≤a
a
(vì 0< <a 4)
Xét 2, [3 5;2] 5
2 −
= − + + ∈ − ⇒ ≤ ≤
t a a a t
a
Xét ( ) 2( 32 144 ,) [5;5 1]
−
= − + ∈
f t t t t ta ñược ñiều cần chứng minh
Ví dụ 29 Cho số , ,a b cthỏa mãn a2+b2+c2 =1 Chứng minh : 3( ) 22 15
11
+ + − ≤
a b c abc
Giải : Ta có a2+b2 +c2 =1⇒a∈ −[ 1;1] Do vai trị a b c nên khơng mấ, , t tính tổng quát giả sử a≤ ≤b c
ðặt : P=3(a+ + −b c) 22abc
(30)( ) ( 2) ( 2)
3 22 3 11
= + + − ≤ + + − +
P a b c abc a b c a b c
( )2 ( )2 ( )2 ( )
3 11 11
= + − − − = − + − =
P a a a a a a a f a
Ta có: ( )
2
3
' 33
1
= − −
−
a
f a a
a
hàm nghịch biến (−1;0) Giải phương trình '( )
11 = ⇔ = −
f a a Do ( ) 15
11 11
≤ − =
f a f
+) Nếu a≥0thì b≥0,c≥0suy : 3( ) 3( 2 2) 3 15 11
= + + ≤ + + = <
P a b c a b c
Vậy : 3( ) 22 15 11
+ + − ≤
a b c abc ñẳng thức xảy ( ; ; ) ; ; 11 22 22
= −
a b c
các hốn vị
Ví dụ 30 Cho hai số dương ,a b có a+ =b 1≤ ≤k Chứng minh rằng: a bk k(ak +bk)≤23 1( )−k
Giải: Ta có: a bk k(ak +bk)=ak(1−a)kak + −(1 a)k= f a( )
Xét hàm số : f a( )=ak(1−a)k ak + −(1 a)k, a∈( )0;1
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
1
1
' 1 1
1
1
2
− −
− −
= − + − − − + −
+ − − − = ⇔ =
k k k k k k k k
k k k k
f a ka a a a ka a a a
a a ka k a a
Lập bảng biến thiên ta đpcm
Ví dụ 31 Cho số thực không âm a b c thỏ, , a mãn a+ + =b c Chứng minh :
27
≤ab+bc+ca− abc≤ (1)
(IMO-1984)
Giải: Không giảm tổng quát, giả sử min{ , , } 1
= ⇒ ≤ ≤ < ⇒ − >
a a b c a a
Ta có: ab+bc+ca−2abc=a b( + + −c) (1 2a bc) =a(1− + −a) (1 2a bc)
( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 ( )
1 1
2 4
+ − − + +
≤ − + − = − + − = =
b c a a a
a a a a a a f a
(31)( ) ( ) ( )
1
2 ' , '
3 =
= − + + ⇒ = − + = ⇔
=
a
f a a a f a a a f a
a
Lập bảng biến thiên hàm số : ( ), [0; ]1 ∈
f a a ta ñược
( ) 28 ( )
3 27 27
≤ = ⇒ ≤
f a f f a (2)
Và ta có: ab+bc+ca−2abc=a b( + + −c) (1 2a bc) ≥0.(3) Từ (2) (3) suy toán ñược giải
Ví dụ 32 Cho ba số thực dương , ,a b c thỏa mãn 21ab+2bc+8ca≤12 Chứng minh rằng: 15
2 + + ≥
a b c
Giải: ðặt: x= 1,y=2,z=3
a b c
suy ra: 21ab+2bc+8ca≤12⇔ +2 4.2+7.3≤2 .1 3⇔2x+4y+7z≤2xyz
a b c a b c
, , >0
x y z
Ta cần chứng minh: 15 + + ≥
x y z
Từ: (2 7) 4
2
+
+ + ≤ ⇒ − ≥ + ⇒ ≥
−
x y
x y z xyz z xy x y z
xy
( )
2 14
2
2 7
2 2
+ − +
+ −
+ + ≥ + + = + + +
− −
x xy
x y xy x x
x y z x y x
xy x x xy
( )
2 14 14
2
2 7 11
2 2 2
+ − + +
− −
= + + + = + + +
− −
x xy x
xy x x xy x
x x
x x xy x x xy
Áp dụng bất ñẳng thức cauchy ta có:
2
14 14
2
2 7
2
2 2
+ +
− + ≥ − = +
− −
x x
xy x xy x
x xy x xy x
Do : ( )
11
2
+ + ≥ + + + =
x y z x f x
x x
Ta có: ( )
2
11 14
'
7
1
= − −
+
f x
x x
x
(32)Từ bảng biến thiên suy ra: ( )3 15
+ + ≥ =
x y z f ðẳng thức xảy
3
14 3 3
2
2
2
2
2
2
2
=
=
=
+
−
= ⇔ = ⇔ =
−
=
+
= =
−
x
a x
x
xy x
y b
x xy
z
x y c
z
xy
Cách
Áp dụng bất đẳng thưc cauchy suy rộng ta có:
Với , ,x y z>0 chọn sau ta có: ( )
1
1 1
ax
+ +
+ + ≥ + +
y
x z x y z
x y z
x y z
ax by cz by bz
( )
( ) ( ) ( ) ( )
1
2 2
2
2
4 12
+ − − + + − + + +
+ + =
+ + ≥
+ − + + − + + −
x y z x y z x y z x y z
x y z
abxy bcyz cazx
x y z
xy x y z yz y z x zx z x y
ab bc ca
Chọn , ,x y z >0 cho ( ) ( ) ( )
4.21 12.2 6.8
+ − = + − = + −
xy x y z yz y z x zx z x y
Ta ñược
6, 5,
= = =
x y z thay vào (1) ta ñược ñpcm
Ví dụ 32 Cho số thực khơng âm , ,a b c thỏa mãn a+ + =b c Chứng minh rằng: ( )( )( )
18 18
− ≤ a−b b−c c−a ≤
Giải: Kí hiệu: F a b c( ; ; ) (= a−b b)( −c c)( −a)
Vì F a c b( ; ; ) (= a−c c)( −b b)( −a)= −F a b c suy miề( ; ; ) n giá trị của F tập ñối xứng ta cần chứng minh : ( ; ; )
18 ≤
F a b c
+ Nếu ba số a b c có hai số, , ( ; ; ) 18 = <
F a b c
+ Nếu a b c ñ, , khác khơng tính tổng qt giả sử a=max{a b c đ; ; } ó
>
b c ( ; ; ) 18 < <
F a b c ta cần xét a> >c b ðặt x= +a b⇒c= −1 x
Ta có: F a b c( ; ; ) (= a−b c)( −b a)( − ≤ +c) (a b c a) ( + − =b c) (x 1−x)(2x− =1) ( )h x
Xét ( ) (1 )(2 , ) 1
2
= − − < ≤
(33)( ) 3
' 6
6 +
= − + − = ⇔ =
h x x x x Lập bảng biến thiên ta ñược
( ) 3
6 18
+
≤ =
h x h
Với ( ;1]1 ∈
x ðẳng thức xảy 3, 0, 3
6
+ −
= = =
a b c
Nhận xét:
1) Ta có phép biến đổi :
( ; ; ) (= − )( − )( − ≤) ( + ) ( + − =) (1− )(2 − =1) ( )
F a b c a b c b a c a b c a b c x x x h x
Là nhờ vào dựđốn sau: Vì BðT khơng xảy dấu = = =
a b c nên trước tiên ta dựđốn dấu xảy cĩ biến biên ( ta xét ba biến phân biệt nên cĩ một)
Mà ta ñang xét a> >c b nên giá trị biên b=0vì a=1thì 0 18
= = ⇒ = <
b c F
Vậy b=0thì ta thay −b +bvừa có đánh giá ''≤''vừa thay ,
+ = = −
a b x c xñểñưa biến mà ñảm bảo dấu xảy
2) Từ F a b c( ; ; ) (= a−b c)( −b a)( − ≤c) (a+b c a) ( + − =b c) xc x( −c) ta dùng phương pháp cân hệ số cho ñảm bảo dâu ñẳng thức xảy ra, sau:
Áp dung BðT cauchy ta có :
( ) ( ) ( )( )( )
; ;
3 + + −
= − = − ≤
ux vc x c
F a b c xc x c ux vc x c
uv uv
( ) ( )
1
1
3
+ + −
=
u x v c
uv (1)
Chọn ,u vsao cho: {
2
1 1 1
1 3 1
− =
+ = − ⇔ ⇔ = −
= = − − = − = = +
− −
u v
u v x c u
ux vc x c v
u v x c x c
thay vào
(1) ta ñược ( ) ( )
3
3
1
; ;
2 18
+
≤ =
x c
F a b c
Ví dụ 33 Cho hai số thực ,x y∈[0;1] Chứng minh rằng: 2(x3+ y3)−x y2 − y2 − ≤x Giải: Nếu y = bất đẳng thức ln
Nếu y khác
(34)Ta có: ( ) ( ) ( )
( )
2
2
2
1
6 ( )
' 1, '
1
6
= − + <
= − − = ⇔
= + +
x y y l
f x x yx f x
x y y
Qua x2 ñạo hàm ñổi dấu từ âm sang dương nên x2 ñiểm cực tiểu Nếu x2∈[0;1] f x( )2 ≤ f ( )0 f x( )2 ≤ f ( )1
Nếu x2∉[0;1] hàm số tăng [0 ;1]⇒ f x( )≤ f ( )1
Trong hai trường hợp ta có f x( )≤ f ( )0 f x( )≤ f ( )1 Ta có:
( )
0 =2 -y
f y , f ( )1 =2y3 −y2 − +y 1,vì f ( ) ( )1 − f = − ≥1 y 0⇒ f ( )1 ≥ f ( )0
ðặt : g y( )=2y3 −y2 − +y 1, y∈(0;1] Khảo sát hàm số g y (0;1] ta thu ñượ( ) c
( ) ( )≤ = ∀ ∈1, (0;1]
g y g y
Vậy : f x( )≤ f ( ) ( ) ( )1 =g y ≤g = ∀1, x y, ∈[0;1] Ví dụ 34 Cho hai số thực , ,x y z∈[0;1] Chứng minh rằng:
( 3 3) 2
2 x + y +z −x y−y z−z x≤3 Giải: Nếu z = bất ñẳng thức ñúng Nếu z khác
ðặt f x( )=2(x3+y3 +z3)−x y2 − y z2 −z x2 =2x3− yx2 −z x2 +2(y3+z3)−y z2
Ta có: ( ) ( ) ( )
( )
2
1
2
2
2
1
6
6
' , '
1
6
= − + <
= − − = ⇔
= + +
x y y z
f x x yx z f x
x y y z
Qua x ñạ2 o hàm ñổi dấu từ âm sang dương nên x ñ2 iểm cực tiểu
( ) ( ) ( )
2
, ∈[0;1]⇒ ∈ 0;1 ⇒ ≤ ,∀ ∈[0;1]
y z x f x f x (vì f ( )1 > f( )0 ) mà
( ) ( 3) 2
1 =2 + − − − +2
f y z y z z y
Cách : Vì :x y z, , ∈[0;1]⇒( )1−x2 (1− y)+ −( )1 y2 (1− + −z) ( )1 z2 (1− ≥x)
( 2 2) ( ) ( 2 )
3
⇔ − x + y +z − + + +x y z x y+ y z+z x
( 2 2) ( ) ( 2 ) ( 3 3) ( 2 )
3≥ x + y +z + + + −x y z x y+ y z+z x ≥2 x + y +z − x y+ y z+z x
Vì: (x2 +y2+z2)+ + + ≥(x y z) 2(x3 +y3 +z3),∀x y z, , ∈[0;1] Tổng quát:
(35)Ví du 35 Cho số thực , , , ,m n p a b>0 cho :
,
+ + = = + + =b
m n p mnp mn np pm
a a
Chứng minh rằng:
( )
2
2
5
12
− + ≥
−
a ab
a b a
Giải: Ta có : ( ) ( )
2 2
3
3
1
3 3
1
1
3
3
3
≥
≤
+ + ≥ + +
⇒ ⇔
+ + ≥
≥ ≤
b
b
m n p mn np pm a a a
m n p mnp a
a a
( ) 22( ) ( ) 2( )2
5 2
'
− + − −
= ⇒ = <
− −
a ab a
f b f b
a b a a b a suy f b giả( ) m
1 (0; ]
3a
( ) (( )) ( )
2
2
3
1
3 1 3
+
≥ = =
−
a
f b f g a
a a a
Xét hàm g a , vớ( ) i (0; ] 3 ∈
a , ( )
( )
4
2
2
15 14 1
' 0, (0; ]
3
3
+ −
= < ∀ ∈
−
a a
g a a
a a
( )
12 3
≥ =
g a g
Ví dụ 37 Chưng minh s≥ ≥t
+ + ≥ + +
+ + + + + +
s s s t t t
s s s s s s t t t t t t
a b c a b c
b c c a a b b c c a a b
Giải: Ta cần chứng minh hàm số ( )= + +
+ + +
x x x
x x x x x x
a b c
f x
b c c a a b ñồng biến
[0;+∞) Ta có:
( ) ( )( )
( ) ( ) ( )( )( ) ( )
( )( )
( ) ( )
2 2
2
2
' ln ln ln ln
2
ln ln 0,
+ + + +
= − − + − −
+ + + +
+ +
+ − − ≥ ∀ ≥
+ +
x x x x x x
x x x x x x x x
x x x x x x x x
x x x x x x x
x x x x
c a b a b c
f x a b a b a b b c b c b c
b c a c b a c a
b c a
c a c a c a x
c b a b
Vậy hàm sốñồng biến nên f s( )≥ f t( ),∀ ≥ ≥s t 0. Bài Tập:
1 Chứng minh:
a) sin tan , [0; )
π
≤ ≤ ∀ ∈
x x x x b) sinx tan , [0; )
π
(36)c)
3
tan , x 0;
3
π
> + ∀ ∈
x
x x d)
3
sin
6 120 < − x + x
x x
2 Chứng mminh: tan7 cot7 tan cot , 0;
π
+ ≥ + ∀ ∈
x x x x x
3 Chứng minh với tam giác ABC nhọn ta có: a) tanA+tanB+tanC+sinA+sinB+sinC>2π b) 1(tan tan tan ) (2 sin sin sin )
3 A+ B+ C + A+ B+ C >π Chứng minh tam giác ABC ta ln có:
a)
1 os os os
2 2 3 3
+ + +
+ + >
A B C
c c c
A B C
b)
os os os
2 2 2
1 sin sin sin
2 2
+ + <
+ + +
A B C
c c c
A B C
c) cot cot cot 3 1
sin sin sin
+ + + ≤ + +
A B C
A B C
5 Cho tam giác ABC có 0< ≤ ≤ <A B C 900 Chứng minh: 2cos3 4cos 2 cos
− + ≥
C C
C
6 Chứng minh:
a) ln 1( ) ,
1+ < + < ∀ >
x
x x x
x b)
1
1 ,
+ < + < ∀ >
x x
x
e e x
x
c) 1+ 1 < ∀ ∈3, *
ℕ
n
n n
7 Chứng minh rằng: a) ln 1,
1 −
> ∀ >
+
x
x x
x b) ( )
2
ln 1+ 1+x < +lnx x
8 Tìm a>0 để
a) ax ≥ + ∀1 x, x b)
2
1 ,
2
≥ + + ∀ >
x x
a x x
8 Cho x+ =y Chứng minh rằng: x2010 +y2010≥2
9 Cho x2 + y2 ≠0 Chứng minh: ( )
2
2 2
2
2 + −
− + ≤ ≤ +
+
axy b x y
a b a b
x y
10 Cho 0;
π
∈
x Chứng minh:
( )
sin cos ≤ + ; , ∈ *
+ ℕ
p q
p q
p q
p q
x x p q
p q
11 Cho a2+b2 +c2 =9.Tìm GTLN của: P=2(a+ + −b c) abc
(37)a) cos cos cos 13
cos cos cos
+ + + ≤
+ +
A B C
A B C
b) sin sin sin 65
2 2 sin sin sin
2 2
+ ≥
A B C
A B C
13 Cho x y z số, , thực dương thỏa mãn xy+ yz+zx=1 Chứng minh : 1
2
+ + ≥ +
+ + +