(Sáng kiến kinh nghiệm) chuyên đề bất đẳng thức môn toán

Chương CƠ SỞ LÍ LUẬN VÀ MƠ HÌNH NGHIÊN CỨU 2.1 Cơ sở lí luận: 2.1.1 Định nghĩa bất đẳng thức: Bất đẳng thức hệ thức dạng a > b (hoặc a < b, a ≥ b, a ≤ b), a gọi vế trái, b gọi vế phải bất đẳng thức Ta có: a > b ⇔ a - b > a < b ⇔a - b < a ≥ b ⇔a - b ≥ a ≤ b ⇔a - b ≤ 2.1.2 Các tính chất bất đẳng thức: - Nếu a > b b < a - Nếu a > b b > c a > c - Nếu a > b a + c > b + c - Nếu a > b c > d a + c > b + d - Nếu a > b c < d a - c > b - d - Nếu a > b c > ac > bc - Nếu a > b c < ac < bc - Nếu a > b > c > d > ac > bd - Nếu a > b > an > bn (n∈N) - Nếu a > b a2n+1 > b2n+1 (n∈N) 1 < - Nếu a > b ab > a b - Nếu m > n > thì: a > ⇒ am > an a = ⇒ am = an < a < ⇒ am < an 11 2.1.3 Một số bất đẳng thức bản: - Bất đẳng thức giá trị tuyệt đối: |a| ≥ Dấu "=" xảy ⇔ a = |a| ≥ a Dấu "=" xảy ⇔ a ≥ |a| + |b| ≥ |a + b| Dấu "=" xảy ⇔ ab ≥ |a| - |b| ≤ |a - b| Dấu "=" xảy ⇔a ≥ b ≥ a ≤ b ≤ - Bất đẳng thức Cauchy (Cô-si ): Với a1,a2 , ,an số khơng âm Ta có: a1 + a2 + + an n ≥ a1a2 an n Dấu "=" xảy ⇔ a1 = a2 = = an - Bất đẳng thức Bunyakovsky (Bu-nhi-a-côp-xki): Với a1, a2, , an b1, b2, , bn hai số tuỳ ý Ta có: ( a1b1 + a2 b2 + + anbn ) ≤ (a12 + a22 + + a2n )( b12 + b22 + + b2n ) Dấu "=" xảy ⇔ a1 a a = = = n b1 b bn - Một số bất đẳng thức khác: + Với a b hai số Ta có: a2 + b2 ≥ 2ab Dấu "=" xảy ⇔ a = b (a + b)2 ≥ 4ab Dấu "=" xảy ⇔ a = b + Với a b hai số dương Ta có: a b + ≥2 b a Dấu "=" xảy ⇔ a = b 1 + ≥ a b a + b Dấu "=" xảy ⇔ a = b + Với a, b, c số dương Ta có: 22 ( a+ b + c)  + +  ≥  a b c Dấu "=" xảy ⇔ a = b = c 2.1.4 Định nghĩa giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức: Cho biểu thức f(x) xác định miền D - Ta nói M = const giá trị lớn f(x) D hai điều kiện sau đồng thời thoả mãn: + f(x) ≤ M với ∀ x ∈ D + Tồn x0 ∈ D cho f(x0) = M Kí hiệu: max f(x) = M - Ta nói m = const giá trị nhỏ f(x) D hai điều kiện sau đồng thời thoả mãn: + f(x) ≥ m với ∀ x ∈ D + Tồn x0 ∈ D cho f(x0) = m Kí hiệu: f(x) = m 2.1.5 Các bước giải tốn tìm giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức: Bước 1: Chứng minh bất đẳng thức f(x) ≥ m (hoặc f(x) ≤ M) với ∀x ∈ D Bước 2: Chỉ giá trị x0 ∈ D để f(x0) = m (hoặc f(x0) = M) Bước 3: Kết luận Chú ý: Nếu chứng minh f(x) ≥ m f(x) ≤ M chưa đủ để kết luận giá trị lớn giá trị nhỏ Ví dụ: Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A = (x - 1)2 + (x - 3)2 *Cách giải sai: Ta có: (x - 1)2 ≥ (1) (x - 3)2 ≥ (2) ⇒ A ≥ kết luận A = dấu “=” không xảy đồng thời hai bất đẳng thức (1) (2) 33 *Cách giải đúng: Ta có: f(x) = x2 - 2x + + x2 - 6x + = 2(x2 - 4x + ) = 2(x - 2)2 + ≥ Vậy A = ⇔ x - = ⇔ x = 2.2 Thực trạng vấn đề nghiên cứu: Trong trình giảng dạy bồi dưỡng học sinh giỏi nhận thấy đại đa số học sinh lúng túng đứng trước toán chứng minh bất đẳng thức tìm cực trị biểu thức đại số, nhiều em ngại làm tập dạng toán Nguyên nhân dẫn đến khả nắm bắt vận dụng kiến thức bất đẳng thức để chứng minh bất đẳng thức tìm cực trị biểu thức học sinh yếu do: - Học sinh chưa nắm vững định nghĩa tính chất bất đẳng thức - Chưa vận dụng linh hoạt kiến thức bất đẳng thức vào giải toán cụ thể - Kinh nghiệm giải toán bất đẳng thức tìm cực trị cịn - Hệ thống tập tự giải, tự tích lũy em chưa nhiều - Các em chưa phân loại dạng toán phương pháp giải Để khắc phục mặt hạn chế học sinh việc xây dựng chuyên đề bất đẳng thức vô cần thiết 2.3 Mơ hình nghiên cứu: 3.1 Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức: * Dùng định nghĩa: Để chứng minh A ≥ B ta chứng minh A - B ≥ Ví dụ 1: Cho a b hai số không âm Chứng minh rằng: a + b ≥ ab Giải: 2 Ta có: a + b − ab= ( a) − ab+ ( b) = ( a − b) ≥ 44 Vậy a + b ≥ ab Ví dụ 2: Chứng minh rằng: (a + b)2 ≤ 2(a2 + b2) Giải: Ta có: 2(a2 + b2) - (a + b)2 = 2a2 + 2b2 - a2 - 2ab - b2 = a2 - 2ab + b2 = (a - b)2 ≥ Do đó: 2(a2 + b2) ≥ (a + b)2 hay (a + b)2 ≤ 2(a2 + b2) * Dùng phép biến đổi tương đương: Biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức Ví dụ 1: Chứng minh rằng: (a + b + c)2 ≥ 3(ab + bc + ca) Giải: Ta có: (a + b+c)2 ≥ 3(ab + bc + ca) ⇔ a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ca ≥ 3ab + 3bc + 3ca ⇔ a2 + b2 + c2 - ab - bc - ca ≥ ⇔ 2a2 + 2b2 + 2c2 - 2ab - 2bc - 2ca ≥ ⇔ (a2 - 2ab + b2) + (b2 - 2bc + c2) + (c2 - 2ca + a2) ≥ ⇔ (a - b)2 + (b - c)2 + (c - a)2 ≥ (hiển nhiên) Vậy (a + b + c)2 ≥ 3(ab + bc + ca) Ví dụ 2: Chứng minh rằng: a2 + b2 + c2 + d2 ≥ (a+ c)2 + (b + d)2 Giải: Ta có: a2 + b2 + c2 + d2 ≥ (a + c)2 + (b + d)2 ⇔ a2 + b2 + (a2 + b2 )(c2 + d2 ) + c2 + d2 ≥ (a + c)2 + (b + d)2 ⇔ (a2 + b2 )(c2 + d2 ) ≥ ac+ bd (2) Nếu ac + bd < (2) ln Nếu ac + bd ≥ thì: 2 2 2 2 (2) ⇔ (a + b )(c + d ) ≥ a c + b d + 2acbd ⇔ a2 c2 + a2 d2 + b2 c2 + b2 d2 ≥ a2 c2 + b2 d2 + 2acbd ⇔ a2 d2 + b2 c2 − 2.ad.bc≥ 55 (1) ⇔ (ad− bc)2 ≥ (hiển nhiên) Vậy a2 + b2 + c2 + d2 ≥ (a + c)2 + (b + d)2 Ví dụ 3: Cho x, y số thực khác Chứng minh rằng:  x y x2 y2  +  + + ≥ y2 x2  y x Giải: Ta có:   x y   x2 y2  x y x2 y2   + − 3 +  ≥ + + ≥  +  ⇔ + +   2 2   y x x  y x  y  y x   x y  x y  x y  x y   x y  ⇔  +  − + − 3 +  ≥ ⇔  + + 1 + − 1 − 3 + − 1 ≥  y x  y x  y x  y x   y x   x y  x y  x2 + y2 − xy x2 + y2 − 2xy ⇔  + − 1 + −  ≥ ⇔ ≥0 y x y x xy xy     y 2 x − + y (x − y)2   2   ⇔ ≥0 x2 y2 (hiển nhiên)  x y x2 y2  +  + + ≥ 2 y x  y x Vậy * Dùng tính chất bất đẳng thức: Sử dụng tính chất bất đẳng thức để biến đổi suy bất đẳng thức cần chứng minh Ví dụ 1: Cho hai số x, y thỏa mãn điều kiện: x + y = Chứng minh rằng: x4 + y4 ≥ Giải: Ta có: (x2 - y2)2 ≥ ⇔ x4 + y4 ≥ 2x2y2 ⇔ 2(x4 + y4) ≥ (x2 + y2)2 (1) (x - y)2 ≥ ⇔ x2 + y2 ≥ 2xy ⇔ 2(x2 + y2) ≥ (x + y)2 = ⇔ x2 + y2 ≥ (2) Từ (1) (2) suy ra: x4 + y4 ≥ 66 Ví dụ 2: Cho x, y, z > thỏa mãn điều kiện: x + y + z ≤ 1 + + ≥ x y z Chứng minh rằng: Giải: 1 + + >0 x y z Nhân hai vế bất đẳng thức x + y + z ≤ với , ta được: 1 1 1 1  + +  ≤ 6 + +  (x + y + z)  x y z   x y z   x y  y x  x z   1  ⇔ +  +  +  +  +  +  ≤ 6 + +   y x  z y  z x  x y z  x y  y x  x z  +  ≥ ;  +  ≥ ;  +  ≥  z x  z y Vì x, y, z > nên  y x  1 1 6 + +  Do đó:  x y z  ≥ + + + = 1 + + ≥ x y z Vậy Ví dụ 3: Cho a, b, c ≥ thỏa mãn điều kiện: a2 + b2 + c2 ≤ 2(ab + bc + ca) Chứng minh rằng: a + b + c ≤ ( ) ab+ bc + ca Giải: Ta có: a2 + b2 + c2 ≤ 2(ab + bc + ca) ⇔ a2 + b2 + c2 - 2ab - 2bc - 2ca ≤ ⇔ a2 + b2 + c2 + 2ab - 2bc - 2ca ≤ 4ab ⇔ (a + b - c)2 ≤ 4ab ⇔ a + b - c ≤ ab Tương tự: b + c - a ≤ bc ; c + a - b ≤ ca Cộng theo vế ba bất đẳng thức ta được: a+b+c≤2 ( ) ab+ bc + ca * Dùng bất đẳng thức bản: Sử dụng bất đẳng thức bất đẳng thức Cô-si, bất đẳng thức Bu-nhi-a-côp-xki, để biến đổi suy bất đẳng thức cần chứng minh 77 ab+ bc + ca Ví dụ 1: Cho a, b, c ≥ Chứng minh rằng: a + b + c ≥ Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si, ta có: a + b ≥ ab b + c ≥ bc c + a ≥ ca Cộng theo vế ba bất đẳng thức ta được: 2(a + b + c) ≥ 2( ab+ bc + ca) hay a + b + c ≥ ab+ bc + ca Ví dụ 2: Cho x, y ≥ Chứng minh rằng: (1+ x)(1+ y) ≥ (1 + xy )2 Giải: Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cơp-xki ta có : (1 (1+ x)(1+ y) = )( ) ( ) + ( x)2 12 + ( y)2 ≥ 1.1 + x y = (1 + xy )2 xy )2 Vậy (1+ x)(1+ y) ≥ (1 + Ví dụ 3: Cho a, b > ab = Chứng minh rằng: a + b + a+ b ≥ Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si, ta có: a+b+ 1 1 = (a + b ) + + (a + b) ≥ ab + (a + b) = + = a+b a+b 4 a+b 2 Vậy a + b + a+ b ≥ Dấu "=" xảy ⇔ a = b = Ví dụ 4: Cho a, b > 3a + 4b = Chứng minh rằng: a + b2 ≥ Giải: Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-côp-xki ta có: 52 = (3a + 4b) ≤ (32 + )(a + b ) Dấu "=" xảy ⇔ 3a + 4b =  a b  = a= ⇔ ⇔ a + b2 ≥ b= 5 ; 88 a2 b2 c2 (a + b + c)2 + + = x y z x+ y+ z Ví dụ 5: Cho a, b, c, x, y, z > Chứng minh rằng: Giải: Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cơp-xki ta có: [  a2 b2 c2  (x + y + z) + +  = ( x)2 + ( y)2 + ( z)2 y z x ] 2  a  b 2 c      +   +    x   y   z      a b c  ≥  x + y + z  = (a + b + c)2 x y z  a2 b2 c2 (a + b + c)2 + + = x y z x+ y+ z Vậy * Phương pháp phản chứng: Giả sử cần phải chứng minh bất đẳng thức đúng, ta giả sử bất đẳng thức sai vận dụng kiến thức biết giả thiết đề để suy điều vô lí (trái với giả thiết, mâu thuẫn với nhau) Từ suy bất đẳng thức cần chứng minh a + b + c >  ab+ bc+ ca>  Ví dụ 1: Cho ba số a, b, c thoả mãn: abc> Chứng minh rằng: a > 0, b > 0, c > Giải: Giả sử a ≤ + Nếu a = abc = Vơ lí! + Nếu a < 0: Từ abc > ⇒ bc < Kết hợp với ab + bc + ca > ⇒ ab + ac > ⇒ a(b + c) > Mà a < ⇒ b + c < Do đó: a + b + c < Mâu thuẫn với giả thiết a + b + c > 0! 99 Vậy a > Chứng minh tương tự ta có: b > 0, c > Ví dụ 2: Cho < a, b, c < Chứng minh có bất đẳng thức sau sai: ( ) a1− b > Giải: ( ; ) b1− c > ; Giả sử ba bất đẳng thức 1 a1− b > ; b1− c > ; 4 Ta có: a1 − b b1 − c c − a > 64 ⇒ ( ) ( ( ) ( ( ) ) ( ( ) ( ) c1− a > c1− a > ) (1) )  1 a1 − a = a − a= −  a −  ≤  2 Mặt khác: Mà < a < nên < Tương tự: < ( ( ( ) a1− a ) b1− b ) ( ≤ ≤ 4 ; ) ( 0< ) ( c1− c ) ≤ 64 Mâu thuẫn với (1)! Do đó: Vậy có bất đẳng thức cho sai a1 − b b1 − c c1 − a ≤ 2.3.2 Một số dạng toán thường gặp chứng minh bất đẳng thức: 2.3.2.1 Dạng tốn vận dụng bất đẳng thức Cơ-si: Bài 1: Cho a, b, c số không âm Chứng minh rằng: a) a3 + b3 ≥ ab(a + b) b) a4 + b4 ≥ ab(a2 + b2) c) a4 + b4 + c4 ≥ abc(a + b + c) Giải: a) Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si, ta có: 3 a3 + a3 + b3 ≥ (a ) b = 3a b 3 a3 + b3 + b3 ≥ a (b ) = 3ab 10 x y z + + P = 1+ x 1+ y 1+ z Giải: (1 + x) − (1 + y) − (1 + z) − 1 1 + + =1− +1− +1− 1+ y 1+ z 1+ x 1+ y 1+ z Ta có: P = + x  1  = −  + +  1 + x + y + z 1 1 (a + b + c) + +  ≥  a b c Áp dụng bất đẳng thức:  1   + + [ (1 + x) + (1 + y) + (1 + z)] ≥ + x + y + z  Ta có:  1 ⇒ + + ≥ 1+ x 1+ y 1+ z Do đó: P≤3− = 4 Vậy max P = ⇔ x = y = z = Bài 22: Cho x, y , z > x + y + z = xyz Tìm giá trị nhỏ biểu thức: y− z− x− + + 2 x y z A= Giải: 1 + + =1 xy yz zx Ta có: x + y + z = xyz ⇒ y− z− x− y− + x z− + y x− + z  1 1 + + = + + −  + +  2 2 x y z x y z  x y z A= = (x − 1) + (y − 1) (y − 1) + (z − 1) (z − 1) + (x − 1)  1  + + −  + +  x2 y2 z2  x y z 52   1   1 1  = (x − 1) +  + (y − 1) +  + (z − 1) +  −  + +  z  y  z   x y z x x y Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: A≥ 2(x − 1) 2(y − 1) 2(z − 1)  1  + + −  + +  xz xy yz  x y z 1 1  1  1 1 1 = 2 + +  − 2 + +  −  + +  = + + −  x y z   xy yz xz  x y z  x y z 1 1  1 1 1  + +  ≥ 3 + +  = + + ≥ x y z xy yz xz x y z    Ta lại có:  ⇒ Do đó: A ≥ − Vậy A= 3−2⇔x=y=z= Bài 23: Cho x, y , z > xyz = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: x3 y3 z3 + + ( + y )( + z ) ( + z )( + x ) (1 + x)(1 + y) P= Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si, ta có: x3 1+ y 1+ z x3 (1 + y)(1 + z) 3x + + ≥ 33 = (1 + y)(1 + z) 8 64(1 + y)(1 + z) y3 + z + x 3y + + ≥ ( + z )( + x ) 8 Tương tự: z3 + x + y 3z + + ≥ (1 + x)(1 + y) 8 P ≥ (x + y + z) − Cộng theo vế ba bất đẳng thức ta được: x + y + z ≥ 33 xyz= (vì xyz = 1) Ta lại có: 3 P ≥ − = 4 Do đó: Vậy P = ⇔ x = y = z =1 53 1 + + ≥2 + x + y + z Bài 24: Cho x, y , z > thỏa mãn: Tìm giá trị lớn biểu thức: P = xyz Giải:  1    y z yz ≥ 1 −  + 1 − + ≥2 = (1 + y)(1 + z) Ta có: + x  + y   + z  + y + z zx xy ≥2 ≥2 (1 + z)(1 + x) ; + z (1 + x)(1 + y) Tương tự: + y 1 8xyz ≥ Suy ra: + x + y + z (1 + x)(1 + y)(1 + z) Do đó: 1 Vậy max P = ⇔ x = y = z = xyz≤ 35 4c + ≤ Bài 25: Cho a, b , c > thỏa mãn: + a 35 + 2b 57 + 4c Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = abc 4c 35 35 ≥ + ≥2 (1 + a)(35 + 2b) Giải: Ta có: 57 + 4c + a 35 + 2b − 35 4c 35 4c ≥ − ⇒1− ≥1+ − 35 + 2b + a 57 + 4c 35 + 2b + a 57 + 4c Mặt khác: 2b 57 57 ⇒ ≥ + ≥2 35 + 2b + a 57 + 4c (1 + a)(57 + 4c) Ta lại có: ⇒ − (1) (2) 35 4c 35 4c ≥ − ⇒1− ≥1+ − + a 35 + 2b 57 + 4c 1+ a 35 + 2b 57 + 4c a 35 57 35.57 ≥ + ≥2 + a 35 + 2b 57 + 4c (35 + 2b)(57 + 4c) (3) 8abc 8.35.57 ≥ Từ (1), (2) (3) suy ra: (1 + a)(35 + 2b)(57 + 4c) (1 + a)(35 + 2b)(57 + 4c) 54 Do đó: abc≥ 35.57 = 1995 57 Vậy P = 1995 ⇔ a = 2; b = 35; c = Bài 26: Cho a, b, c > thoả mãn: a + b + c = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = a b c + + ≥ + b2 + c2 + a2 Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: [ ] a a (1 + b2 ) − b2 ab2 ab2 ab = = a − ≥ a − = a − 2b + b2 + b2 + b2 Chứng minh tương tự cộng theo vế ta được: P≥a+b+c- ab + bc + ca Mặt khác: 3(ab + bc + ac) ≤ (a + b + c )2 = ⇒ ab + bc + ca ≤ 3 2 Do đó: P ≥ - = Vậy P = ⇔a=b=c=1 Bài 27: Cho a, b , c > thỏa mãn: ab + bc + ca =1 P= Tìm giá trị lớn biểu thức: a + a2 + b + b2 + c + c2 Giải: Ta có: a + a2 = a ab+ bc+ ca+ a2 = a2 a a 1 a a  = ≤  +  (a + b)(a + c) a + b a + c  a + b a + c 55 1 b b  ≤  +  + b2  b + a b + c  ; 1 c c  ≤  +  + c2  c + a c + b b Tương tự: c 1 a a b b c c  P≤  + + + + + = a + b a + c b + a b + c c + a c + b   Do đó: ⇔ a= b= c = Vậy max P = Bài 28: Cho a, b , c > a + b + c = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: 2 1  1  1  P = a+  +  b+  + c +  a  b  c  Giải: Ta có: P = a2 + b2 + c2 + 1 + + +6 a2 c2 c2 Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cơp-xki, ta có: = (a + b + c)2 ≤ 3(a2 + b2 + c2 ) ⇒ a2 + b2 + c2 ≥ (1) 1 1 1 1 1 (a + b + c) + +  ≥ ⇒ + + ≥ ⇒  + +  ≥ 81 a b c  a b c  a b c Mặt khác: Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cơp-xki, ta lại có: 1 1 1 1 1 81 ≤  + +  ≤ 3 + +  ⇒ + + ≥ 27 b c  a b c  a b c a 100 + 27 + = 3 Từ (1) (2) suy ra: 100 ⇔ a= b= c = Vậy P = P≥ 56 (2) 2.3.4 Ứng dụng bất đẳng thức để giải phương trình, hệ phương trình: Bài 1: Giải phương trình: x2 + 2x + + x2 − 4x + = − x Giải: Điều kiện: x ≥ (x + 1)2 + (x − 2)2 = − x Phương trình cho tương đương với: ⇔ |x + 1| + |x - 2| = − x Ta có: |x + 1| + |x - 2| = |x + 1| + |2 - x| ≥ |x + + - x| = Mặt khác: − x ≤ (x + 1)(2 − x) ≥ − ≤ x ≤ ⇔ ⇔ x=  x = − x =  Dấu “=” xảy ⇔  Vậy phương trình có nghiệm x = Bài 2: Giải phương trình: x2 + x − + − x2 + x + = x2 − x + x2 + x − ≥   Giải: Điều kiện: − x + x + ≥ Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si, ta có: (x2 + x − 1).1 ≤ (x2 + x − 1) + x2 + x = 2 (−x2 + x + 1) + − x2 + x + (−x + x + 1).1 ≤ = 2 Cộng theo vế hai bất đẳng thức ta được: x2 + x − + − x2 + x + ≤ x + 2 Do đó: x − x + ≤ x + ⇔ (x − 1) ≤ ⇔ x = Thử lại: x = thỏa mãn phương trình cho Vậy phương trình có nghiệm x = Bài 3: Giải phương trình: x − + − x = x2 − 8x + 18 Giải: Điều kiện: ≤ x ≤ Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cơp-xki, ta có: ( x − + − x)2 ≤ 2(x − + − x) = ⇒ x − + − x ≤ 57 2 Mặt khác: x − 8x + 18 = (x − 4) + ≥  x−3 = − x ⇔ x=  x − = Dấu “=” xảy ⇔  (thỏa mãn điều kiện) Vậy phương trình có nghiệm x = Bài 4: Giải phương trình: x + 4x + = 2x + 3 Giải: Điều kiện: x ≥ - Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si, ta có: (2x + 3).1 ≤ (2x + 3) + = 2x + 2 Do đó: x + 4x + ≤ 2x + ⇔ (x + 1) ≤ ⇔ x = −1 Thử lại: x = -1 thỏa mãn phương trình cho Vậy phương trình có nghiệm x = -1 Bài 5: Giải phương trình: x + 2x + = x + 4x Giải: Điều kiện: x ≥ Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si, ta có: 1 4x + x2 + x2 + 4x + x3 + 4x = 4x(x2 + 4) ≤ = 2 2 x + 2x + x + 4x + ≤ ⇔ 4x2 + 8x + 16 ≤ 3x2 + 12x + 12 Do đó: ⇔ x2 − 4x + ≤ ⇔ (x − 2)2 ≤ ⇔ x = Thử lại: x = thỏa mãn phương trình cho Vậy phương trình có nghiệm x = Bài 6: Giải phương trình: x − 3x − 8x + 40 = 4x + Giải: Điều kiện: x ≥ -1 Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si, ta có: 84 4x + = 44 4.4.4.(x + 1) ≤ + + + (x + 1) = x + 13 3 Do đó: x − 3x − 8x + 40 ≤ x + 13 ⇔ x − 3x − 9x + 27 ≤ ⇔ (x − 3)2 (x + 3) ≤ 58 Vì x ≥ -1 nên x + ≥ Suy ra: (x − 3) ≤ ⇔ x = Thử lại: x = thỏa mãn phương trình cho Vậy phương trình có nghiệm x = Bài 7: Giải phương trình: x= x− 1 + 1− x x Giải: Điều kiện: x ≥ Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si, ta có: 1 1 1 1  x − + − =  x − .1 + (x − 1) ≤  x − + + x − +  = x x x x x 2 x x   1+  x − = x =  x 2 ⇔ x − x −1= ⇔    1− x − = x =  x  Dấu “=” xảy ⇔  1+ x= Vậy phương trình có nghiệm Bài 8: Giải phương trình: 13 x − + x + = 16x (lo¹ i ) Giải: Điều kiện: x ≥ Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cơp-xki, ta có: 13 x − + x + = 13 13x − 13 + 27 3x + ≤ (13 + 27)(13x − 13 + 3x + 3) = 40(16x − 10) = 10(16x − 10) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: 10(16x − 10) ≤ 10 + 16x − 10 = 16x  13 3x + = 27 13x − 13 ⇔ x=  Dấu “=” xảy ⇔ 10 = 16x − 10 (thỏa mãn điều kiện) x= Vậy phương trình có nghiệm Bài 9: Giải phương trình: x2 + 2x + 2x − = 3x2 + 4x + 59 Giải: Điều kiện: x ≥ Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cơp-xki, ta có: x2 + 2x + 2x − = x x + + 2x − ≤ (x + 1)(x + + 2x − 1) = (x + 1)(3x + 1) = 3x2 + 4x + Dấu “=” xảy ⇔ x 2x − = x + ⇔ 2x − x = x +  1+ x = 2 ⇔ x − x −1 = ⇔   1− x =  (lo¹ i) Vậy phương trình có nghiệm Bài 10: Giải phương trình: 2 − x2 ≥   2 − ≥ x  x ≠ Giải: Điều kiện:  x= 1+ 2 − x2 + − 1  = − x +   x x2  − x2 + − Phương trình cho tương đương với: Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cơp-xki, ta có: − x2 + − Dấu “=” xảy ⇔ 1 + x+ = x x 1 1   + x + ≤ 4 − x + − + x +  = x x x x   − x2 = − 1 = x = ⇔ x =1 x x (thỏa mãn điều kiện) Vậy phương trình có nghiệm x =  − x + y =   x + 1− y = Bài 11: Giải hệ phương trình:  Giải: Điều kiện: ≤ x, y ≤ 60 Cộng theo vế hai phương trình ta được: x + 1− x + y + 1− y = 2 Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cơp-xki, ta có: x + − x ≤ 2(x + − x) = y + − y ≤ 2(y + − y) = Do đó: x + 1− x + y + 1− y ≤ 2  x = − x x = − x ⇔ ⇔ x= y=   y = − y y = − y Dấu “=” xảy ⇔  1 1  ;  Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) =  2   x2 + y2 + 2xy =   x+ y=4 Bài 12: Giải hệ phương trình:  Giải: Điều kiện: x ≥ 0, y ≥ x + y + xy = ⇔ 2( x + y ) + xy = 16 Ta có: x + y ≤ 2( x + y ) Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cơp-xki, ta có: x + y + xy ≤ 2( x + y ) + xy = 16 ⇔ ⇔ ( x + y ) ≤ 16 ⇔ x + y ≤ Dấu “=” xảy ⇔ x = y   x + y =4 ⇔x=y=4 Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) = (4; 4)  x + y − xy =   x+1 + y+1 = Bài 13: Giải hệ phương trình:  Giải: Điều kiện: x ≥ 0, y ≥ 61 x + y − xy = Ta có: ⇔ x + y = xy + xy ≤ x+y Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: x+y x+ y≤ +3 x+ y≤6 ( x + 1) + ( y + 1) ≤ Do đó: ⇔ ⇔ Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cơp-xki, ta có: ( x + + y + 1) ≤ 2( x + + y + 1) ≤ 16 Dấu “=” xảy ⇔ x = y   x +1 + y +1 = ⇔ x +1 + y +1 ≤ ⇔x=y=3 Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) = (3; 3)  (x − 1) y + (y − 1) x = 2xy (1)  x y − + y x − = xy (2) Bài 14: Giải hệ phương trình:  Giải: Điều kiện: x ≥ 1, y ≥ Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si, ta có: y−1+1 y xy y − = (y − 1).1 ≤ = ⇒ x y−1 ≤ 2 xy y x−1 ≤ Tương tự: Do đó: x y − + y x − ≤ xy x − = x = ⇔  y − =  y = Dấu “=” xảy ⇔ Thử lại: x = 2; y = thỏa mãn phương trình (1) Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) = (2; 2)  x2 − y + y2 − x =  2  Bài 15: Giải hệ phương trình: x + y − x − y = 62 x2 − y ≥   Giải: Điều kiện: y − x ≥ Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cơp-xki, ta có: x2 − y + y2 − x ≤ 2(x2 − y + y2 − x) = 2.2 = Dấu “=” xảy ⇔ x2 − y = y2 − x ⇔ x2 − y = y2 − x ⇔ (x − y)(x + y + 1) = x − y = y = x ⇔ ⇔ x + y + =  y = −x − y = x  2 x + x − x− x=  Với y = x hệ cho có dạng: y = x 1± ⇔ ⇔ x= y= x − x − = y = − x −  2 Với y = - x -1 hệ cho có dạng: x + (−x − 1) − x − (−x − 1) = y = − x − y = − x − x = 0; y = −1 ⇔ ⇔ ⇔ x = −1 x = −1; y = x + x = x = hc 1 + +  1 − −       ;   ;  ,   Vậy hệ phương trình có nghiệm: (0; -1), (-1; 0),  1  + + =3 x y z  Bài 16: Giải hệ phương trình: x + y + z ≤ 12 Giải: Điều kiện: x, y, z ≠ Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cơp-xki, ta có: 2   2   3      +  ≥  x x   + + y + z    x   y   z    x y z      = 36 ( ) ( y) + ( )  x +  2 63 1 9 (x + y + z) + +  ≥ 36 ⇔ x + y + z ≥ 12  x y z Suy ra: x + y + z ≥ 12  Do đó: x + y + z ≤ 12 x + y + z = 12  ⇔ x = 2; y = 4; z =  y z x = =  Dấu “=” xảy ⇔  Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y; z) = (2; 4; 6) x + y + z =  4 Bài 17: Giải hệ phương trình: x + y + z = xyz Giải: Ta có: x4 + y4 ≥ 2x2y2; y4 + z4 ≥ y2z2 ; z4 + x4 ≥ 2z2x2 Suy ra: x4 + y4 + z4 ≥ x2y2+ y2z2 + z2x2 2 Ta lại có: x2y2+ y2z2 ≥ x y z = 2xy z 2 y2z2+ z2x2 ≥ x y z = 2xyz 2 z2x2+ x2y2 ≥ x y z = 2x yz Suy ra: x2y2+ y2z2 + z2x2 ≥ xyz(x + y + z) = xyz Do đó: x4 + y4 + z4 ≥ xyz x = y = z ⇔ x= y= z=  Dấu “=” xảy ⇔ x + y + z = 1 1  ; ;  Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y; z) =  3   x4 y4 z4  + + = 12 z y y  2 Bài 18: Giải hệ phương trình: x + y + z = 12 Giải: Điều kiện: x, y, z ≠ x4 x4 2 + y ≥ 2 y = 2x2 y Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si, ta có: y 64 y4 z4 2 + z ≥ 2y + x2 ≥ 2z2 2 Tương tự: z ; x x4 y4 z4 + + ≥ x2 + y2 + z2 = 12 z y Do đó: y x2 = y2 = z2 ⇔ x2 = y2 = z2 = ⇔ x = ±2; y = ±2; z = ±2  2  Dấu “=” xảy ⇔ x + y + z = 12 Vậy hệ phương trình có nghiệm: (2; 2; 2), (2; 2; -2), (2; -2; 2), (2; -2; -2), (-2; 2; 2), (-2; 2; -2), (-2; -2; 2), (-2; -2; -2) 25  2 ( x + ) + ( y + ) =  y2 x2   2 Bài 19: Giải hệ phương trình: x + y = Giải: Điều kiện: x, y ≠ Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-côp-xki, ta có:  1  1 1 2(x2 + )2 + (y2 + )2  ≥ (x2 + + y2 + )2 = (1 + + )2 y x  y x x y  1 + ≥ Áp dụng bất đẳng thức: a b a + b (với a, b > 0) 1 + 2≥ =4 2 x y x + y Ta có:  1  1 25 (x2 + )2 + (y2 + )2  ≥ 25 ⇔ (x2 + )2 + (y2 + )2 ≥ y x  y x Suy ra:   2 2 x + y2 = y + x2 ⇔ x2 = y2 = ⇔ x = ± ;y= ±  2 x2 = y2 vµx2 + y2 = Dấu “=” xảy ⇔   2  2  2  2      ;   ;−   − ;   − ;−   ,  ,  ,  Vậy hệ phương trình có nghiệm:  65  x + 32 − x − y2 = −3 4  Bài 20: Giải hệ phương trình:  x + 32 − x + 6y = 24 Giải: Điều kiện: ≤ x ≤ 32 Cộng theo vế hai phương trình ta được: ( x + 32 − x) + (4 x + 32 − x) = y2 − 6y + 21 Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-côp-xki, ta có: x + 32 − x ≤ 2(x + 32 − x) = Do đó: x + 32 − x ≤ 2( x + 32 − x ) ≤ x + 32 − x + x + 32 − x ≤ 12 2 Mặt khác: y − 6y + 21 = (y − 3) + 12 ≥ 12  x = 32 − x x = 16 4  x = 32 − x ⇔  y = y − =  Dấu “=” xảy ⇔  Thử lại ta thấy x = 16, y = thỏa mãn hệ phương trình cho Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) = (16; 3) 66 ... theo vế ba bất đẳng thức ta được: a+b+c≤2 ( ) ab+ bc + ca * Dùng bất đẳng thức bản: Sử dụng bất đẳng thức bất đẳng thức Cô-si, bất đẳng thức Bu-nhi-a-côp-xki, để biến đổi suy bất đẳng thức cần... chưa nắm vững định nghĩa tính chất bất đẳng thức - Chưa vận dụng linh hoạt kiến thức bất đẳng thức vào giải toán cụ thể - Kinh nghiệm giải toán bất đẳng thức tìm cực trị cịn - Hệ thống tập tự giải,... dạng toán Nguyên nhân dẫn đến khả nắm bắt vận dụng kiến thức bất đẳng thức để chứng minh bất đẳng thức tìm cực trị biểu thức học sinh yếu do: - Học sinh chưa nắm vững định nghĩa tính chất bất đẳng