Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 110 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Cấu trúc
CHỦ ĐỀ 1: CÁC BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BỔ ĐỀ THƯỜNG GẶP
1. Tính chất của bất đẳng thức.
2. Phương pháp biến đổi tương đương và những bổ đề thường gặp.
3. Bất đẳng thức cơ bản thường gặp.
4. Một số bài tập tự luyện, củng cố kiến thức:
CHỦ ĐỀ 2: PHƯƠNG PHÁP CHỌN ĐIỂM RƠI
1. Lý thuyết phương pháp chọn điểm rơi.
2. Điểm rơi của biểu thức đối xứng và ác kỹ thuật liên quan.
3. Điểm rơi của biểu thức không đối xứng và kỹ thuật liên quan
4. Điểm rơi đạt tại biên và các ví dụ minh hoạ.
5. Ứng dung nguyên lý Dirichlet chứng minh bất đẳng thức.
6. Một số bài lập tự luyện củng cố kiến thức
CHỦ ĐỀ 3 : PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN
1. Giới thiệu phương pháp đổi biến.
2. Phân loại các kiểu đổi biến :
3. Bất đẳng thức Schur và ứng dụng
4. Một số bài tập tự luyện củng cố kiến thức.
CHỦ ĐỀ 4: PHƯƠNG PHÁP HỆ SỐ BẤT ĐỊNH (UCT)
1. Giới thiệu phương pháp hệ số bất định (UCT)
2. Các ví dụ minh họa.
3. Kỹ thuật chuẩn hóa bất đẳng thức.
4. Một số bài tập tự luyện củng cố kiến thức.
CHỦ ĐỀ 5: CÁC PHƯƠNG PHÁP KHÁC CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
1.Phương pháp đồng bậc chứng minh bất đẳng thức.
2. Phương pháp sử dụng bất đẳng thức Bunyakovsky.
3. Phương pháp miền giá trị
4. Phương pháp dồn biến
5. Phương pháp phản chứng.
6. Phương pháp làm trội.
7. Một số bài tập tự luyện, củng cố kiến thức.
CHỦ ĐỀ 6: CÁC BÀI BẤT ĐẲNG THỨC CHỌN LỌC
CHỦ ĐỀ 7: ỨNG DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC
1. Ứng dụng vào dạng toán rút gọn biểu thức.
2. Ứng dụng vào dạng toán liên quan định lý Vi-et.
3.Ứng dụng vào giải phương trình vô tỉ và hệ phương trình vô tỉ.
PHẦN B – GỢI Ý, ĐÁP ÁN
Nội dung
MỤC LỤC CHỦ ĐỀ 1: CÁC BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BỔ ĐỀ THƯỜNG GẶP Tính chất bất đẳng thức .3 Phương pháp biến đổi tương đương bổ đề thường gặp 3 Bất đẳng thức thường gặp Một số tập tự luyện, củng cố kiến thức: .16 CHỦ ĐỀ 2: PHƯƠNG PHÁP CHỌN ĐIỂM RƠI 17 Lý thuyết phương pháp chọn điểm rơi .17 Điểm rơi biểu thức đối xứng ác kỹ thuật liên quan 17 Điểm rơi biểu thức không đối xứng kỹ thuật liên quan 29 Điểm rơi đạt biên ví dụ minh hoạ 35 Ứng dung nguyên lý Dirichlet chứng minh bất đẳng thức 37 Một số lập tự luyện củng cố kiến thức .39 CHỦ ĐỀ : PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN 42 Giới thiệu phương pháp đổi biến .42 Phân loại kiểu đổi biến : 42 Bất đẳng thức Schur ứng dụng 52 Một số tập tự luyện củng cố kiến thức 55 CHỦ ĐỀ 4: PHƯƠNG PHÁP HỆ SỐ BẤT ĐỊNH (UCT) 56 Giới thiệu phương pháp hệ số bất định (UCT) 56 Các ví dụ minh họa 56 Kỹ thuật chuẩn hóa bất đẳng thức 61 Một số tập tự luyện củng cố kiến thức 64 CHỦ ĐỀ 5: CÁC PHƯƠNG PHÁP KHÁC CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC .66 1.Phương pháp đồng bậc chứng minh bất đẳng thức .66 Phương pháp sử dụng bất đẳng thức Bunyakovsky .67 Phương pháp miền giá trị .71 Phương pháp dồn biến 72 Phương pháp phản chứng .74 Phương pháp làm trội 75 Một số tập tự luyện, củng cố kiến thức 75 CHỦ ĐỀ 6: CÁC BÀI BẤT ĐẲNG THỨC CHỌN LỌC .76 CHỦ ĐỀ 7: ỨNG DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC 86 1 Ứng dụng vào dạng toán rút gọn biểu thức 86 Ứng dụng vào dạng toán liên quan định lý Vi-et 89 3.Ứng dụng vào giải phương trình vơ tỉ hệ phương trình vơ tỉ 92 PHẦN B – GỢI Ý, ĐÁP ÁN 95 A- CÁC CHỦ ĐỀ DẲNG THỨC CHỦ ĐỀ 1: CÁC BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BỔ ĐỀ THƯỜNG GẶP Tính chất bất đẳng thức 1.1 Tính chất bắc cầu Với số thực a,b,c: Nếu a > b b > c a > c Nếu a < b b < c a < c 1.2 Tính chất liên hệ phép cộng phép trừ Với số thực a,b,c : Nếu a > b a ± c > b ± c Nếu a < b a ± c < b ± c 1.3 Tính chất liên hệ phép nhân phép chia: Với số thực a, b, c thỏa mãn a > b : a b Nếu c > ac > bc c > c Nếu c = ac =bc a b Nếu c < ac < bc c < c 1 Nếu a > b ab > a < b 1 Nếu a > b ab < a > b Với số thực a, b,c ,d thỏa mãn a > b c > d �a b � ac bd � cd 0 Nếu � ba0 � � ac bd � d c � Nếu ab0 � � ad bc � d c0 Nếu � Phương pháp biến đổi tương đương bổ đề thường gặp 2.1 Phương pháp biến đổi tương đương Phương pháp biến đổi tương đương phương pháp thường dùng để chứng minh bất đẳng thức Muốn sử dụng thành thạo phương pháp biên đổi tương đương để chứng minh bất đẳng thức cần ghi nhớ khái niệm, định lý tính chất bất đẳng thức để sử dụng vào phép biến đổi tương đương Để chứng minh bất đẳng thức A �B thường dùng phương pháp xét hiệu, cụ thể xét bổ đề đây: 2.2 Các bổ đề thường gặp làm bất đẳng thức Bổ đề 1.1 Cho a,b hai số thực 2 Chứng minh : 4ab � (a b) �2( a + b ) Chứng minh Thực xét hiệu , ta được: (a b)2 4ab = a + 2ab + b 4ab = a 2ab + b = (a b)2 �0 ( a,b) � (a b) �4ab Thực xét hiệu, ta : 2 2 2 2 2( a + b ) (a b) = a +2 b a 2ab b = (a b ) �0 ( a,b) � 2( a + b ) �(a b) 2 Vậy 4ab � (a b ) �2( a + b ) Đẳng thức xảy : a = b a b �a b � ( a b) �� � � � ab � Lời bình : Ta viết dạng : Bồ đề 1.2 Cho a,b,c số thực 2 2 Chứng minh : (ab + bc+ ca) �(a b c) �3( a b c ) Chứng minh Thực xét hiệu ta được: � a b (b c)2 (c a)2 �0� ( a b c) (ab + bc+ ca)= � � � ( a b c ) �3 (ab + bc+ ca) Thực xét hiệu ta được: 2 2 2 3( a b c ) ( a b c ) = (a b) + (b c) + (c a ) �0 , a,b,c � 3( a b c ) �( a b c) 2 Vậy : 3(ab+bc+ca) � (a b c ) Đẳng thức xảy : a = b = c 2 �3( a b c ) Lời bình: Ta viết dạng : ab + bc + ca �3 ( a b c ) 1 Bồ đề 1.3: Cho a, b > Chứng minh : a + b �a b Chứng minh Thực xét hiệu , ta được: (a b) 4ab (a b)2 1 ab �0 ab a + b a b = ab a b = = ab , a,b,>0 Chứng minh Thực xét hiệu ta được: Thực xét hiệu ta được: Vậy: Đẳng thức xảy a=b=c; Lời bình: Ta viết dạng: Bổ đề 1.3: Cho a, b >0 chứng minh rằng: Chứng minh Thực xét hiệu ta được: Đẳng thức xảy Lời bình: Ta viết dạng: Bổ đề 1.4: Cho a,b,c > chứng minh rằng: Chứng minh Xét Xét hiệu Tương tự: Vậy: Đẳng thức xảy Lời bình: Ta viết dạng Mở rộng: Bổ đề 1.5 Cho Chứng minh rằng: Chứng minh Đẳng thức xảy ; Xét hiệu: Đẳng thức xảy a = b; Vậy: Lời bình: Hồn tồn tương tự ta có: Bổ đề 1.6 Cho Chứng minh rằng: Chứng minh Thực xét hiệu ta được: Đẳng thức xảy a=b; Vậy: Lời bình: Tương tự ta có Bổ đề 1.7 Cho Chứng minh rằng: Chứng minh Xét hiệu, ta được: Đẳng thức xảy a = b; Bổ đề 1.8 Cho Chứng minh rằng: Chứng minh Ta đặt Ta cần chứng minh: Thật vậy, ta có: Đẳng thức xảy Ngoài ra, độc giả tham khảo cách chứng minh khách sau: Sử dụng bổ đề 1.7 ta có: Đẳng thức xảy Bổ đề 1.9 Cho số thực dương, chứng minh rằng: Chứng minh Sử dụng bổ đề 1.8 ta có: Vậy: Đẳng thức xảy Bổ đề 1.10 Cho a.b,c số thực dương Chứng minh rằng: Chứng minh: a b b c c a (a b a c) (b a b2 c) (c2 a c 2b) 2abc Ta có: 2 a b c ab bc ca (a 2b a c) (b a b2 c) (c2 a c b) 3abc Ta có: � (a b)(b c )(c a ) (a b c)(ab bc ca ) abc Mặt khác, theo bổ đề 1.9 ta có: a b c ab bc ca �9abc � abc � a b c ab bc ca 9 a b b c c a � a b c ab bc ca Vậy: Đẳng thức xảy khi: a=b=c Bổ đề 1.11 Cho a,b số thực không âm a b3 a b �( ) 2 Chứng minh rằng: Chứng minh: Thực xét hiệu, ta a b3 ab(a b) � a b3 a b 4( a b3 ) ( a b)3 � � ��0 ( ) 2 8 Vì theo bổ đề 1.6 ta có: a3+b3 ≥ ab(a+b) a b3 ab �( ) 2 Vậy: Đẳng thức khi: a=b a b3 � (a b) Lời bình: Ta viết dạng : Bổ đề 1.12 Cho a,b hai số thực dương 1 2� a b ( a b) Chứng minh rằng: Chứng minh: Ta có: 1 2� � a b ab (a b) ۳ ab ( a b) � vì: Đẳng thức xảy khi: a=b ab ( a b) 2 ab ( a b)2 1 � 2 Bổ đề 1.13 Cho ab ≥ Chứng minh rằng: a b ab Chứng minh: 1 2 Thực xét hiệu, ta được: a b ab 1 1 a (b a ) b( a b) ( )( ) 2 a ab b ab (1 a )(1 ab) (1 b )(1 ab) �b(1 a ) a(1 b ) � ( ab 1) ( a b) � ( a b) � 2 (1 a )(1 b )(1 ab) � (1 a )(1 b )(1 ab) � 1 � 2 Vậy với ab ≥1 a b ab 1 � 2 Lời bình: Với -1< ab ≤1 thì: a b ab Bổ đề 1.14 Cho a,b hai sô thực dương 1 � 2 (1 b) ab Chứng minh rằng: (1 a ) Chứng minh: Thực phép biến đổi tương đương, ta có: ( a 1) (b 1) � (ab a b 1) ab �� ( a 1) (b 1) � � �( ab 1) �(ab a b 1) � ( a b 2a 2b 2)( ab 1) �( ab a b) 2( ab a b) Mặt khác, ta lại có: (a b 2a 2b 2)(ab 1) (a 3b ab3 2a 2b 2ab 2ab) (a b 2a 2b 2) Ta có được: (ab+a+b)2+2(ab+a+b)+1= a2b2 + a2 + b2 +2a2b + 2ab2+ 4ab +2a +2b +1 Thực xét hiệu, ta được: (a2 + b2 +2a+ 2b +2)(ab + 1) - [(ab+a+b)2+2(ab+a+b)+1] = a3b+ab3+1-2ab-a2b2 = ab(a2-2ab+b2)+(a2b2-2ab+1) = ab(a-b)2+(ab-1)2≥0, với a,b>0 Đẳng thức xảy khi: a=b=1 Lời bình: Ta sử dụng bất đẳng thức Bunyakovsky để chứng minh (độc giả tham khảo chủ đề số 5) Bất đẳng thức thường gặp 3.1.Bất đẳng thức AM-GM (thường gọi bất đẳng thức Cauchy) 3.1.1 Dạng tổng quát (n số không âm) a1 a2 an n � a1 , a2 , an n Cho a1a2 , an , �0, ta có Đẳng thức xảy khi: a1 a2 an , 3.1.2.Dạng cụ thể (2 số, số không âm) ab � ab Cho a,b≥0 ta có: Đẳng xảy khi: a=b abc � abc Cho a,b,c ≥0 ta có: Đẳng thức xảy khi: a= b = c (Cách chứng minh bất đẳng thức trên, độc giả xem lại bổ đề 1.7 1.8) 3.1.3 Các ví dụ minh họa Ví dụ 1.1 Cho a,b,c số thực Chứng minh rằng: (a2+b2)(b2+c2)(c2+a2)≥8a2b2c2 Chứng minh: � a b �2ab �2 b c �2bc � (a b ) (b c )(c a ) �8a 2b ac � � c a �2ca � Sai lầm hay gặp: (sai) Bổ đề 1.10 Cho a.b,c số thực dương Chứng minh rằng: Chứng minh: a b b c c a (a b a c) (b a b2 c) (c2 a c 2b) 2abc Ta có: Ta có: 2 a b c ab bc ca (a 2b a 2c) (b2 a b2c) (c2 a c2b) 3abc � (a b)(b c )(c a ) (a b c)(ab bc ca ) abc Mặt khác, theo bổ đề 1.9 ta có: a b c ab bc ca �9abc � abc � a b c ab bc ca 9 a b b c c a � a b c ab bc ca Vậy: Đẳng thức xảy khi: a=b=c Bổ đề 1.11 Cho a,b số thực không âm a b3 a b �( ) 2 Chứng minh rằng: Chứng minh: Thực xét hiệu, ta a b3 ab(a b) � a b3 a b 4( a b3 ) ( a b)3 � � ��0 ( ) 2 8 Vì theo bổ đề 1.6 ta có: a3+b3 ≥ ab(a+b) a b3 ab �( ) 2 Vậy: Đẳng thức khi: a=b a b3 � (a b)3 Lời bình: Ta viết dạng : Bổ đề 1.12 Cho a,b hai số thực dương 1 2� a b ( a b) Chứng minh rằng: Chứng minh: 1 2� � a b ab (a b) Ta có: ۳ ab ( a b) � vì: Đẳng thức xảy khi: a=b ab ( a b) 2 ab ( a b)2 1 � 2 Bổ đề 1.13 Cho ab ≥ Chứng minh rằng: a b ab Chứng minh: 1 2 Thực xét hiệu, ta được: a b ab 1 1 a (b a ) b( a b) ( )( ) 2 a ab b ab (1 a )(1 ab) (1 b )(1 ab) �b(1 a ) a(1 b ) � ( ab 1) ( a b) � ( a b) � 2 (1 a )(1 b )(1 ab) � (1 a )(1 b )(1 ab) � 1 � 2 Vậy với ab ≥1 a b ab 1 � 2 Lời bình: Với -10 Đẳng thức xảy khi: a=b=1 Lời bình: Ta sử dụng bất đẳng thức Bunyakovsky để chứng minh (độc giả tham khảo chủ đề số 5) Ví dụ 1.2 Cho a,b,c số thực dương 1 1� a b c � � ��9 �a b c � Chứng minh rằng: Chứng minh: Sử dụng bất đẳng thức AM- GM cho số thực dương ta có: � a b c �3 abc � �1 1 � � a b c � ��9 �1 1 1 �a b c � 0 � �3 a b c abc �a b c Đẳng thức xảy khi: a=b=c 3.2 Bất đẳng thức Cauchy- Schwarz (thường gọi bất đẳng thức Bunyakovcsky) 3.2.1 Dạng tổng quát a , a , , an b1 , b2 , , b n ta ln có: Cho hai dãy số thực a12 a22 an2 b12 b22 bn2 � a1b1 a2b2 anbn a a1 a2 n bn Đẳng thức xảy khi: b1 b2 Quy ước: Nếu b1 a1 tương tự với b2 , b , , b n 3.2.2 Dạng cụ thể: 3.2.2.1 Dạng 1: a b c d � ac bd � Cho a,b,c,d R, ta có: a b Đẳng thức xảy khi: c d 3.2.2.2 Dạng 2: a2 b2 c2 x2 y z � ax by cz Cho a,b,c,x,y,z �R, ta có: a b c Đẳng thức xảy khi: x y z Độc giả cần ý: a b c d �ac bd �ac bd Chứng minh: Dạng 1: Biến đổi tương đương ta được: 10 x1 x2 x1 x2 � Gọi x1 , x2 hai nghiệm phương trình Chứng minh: Hướng dẫn giải � 2 � (m 1) � �� 2m 3m 1 m2 m 0 m Phương trình có nghiệm: �x1 x2 2(m 1) � x x 2m 3m Theo định lí Vi-et ta có: �1 2 � 1� 2 A x1 x2 x1 x2 2m 2m 3m 2m m � m � � � 16 1 � 1� �m �1 � �m � � � m �� 4 � � 16 Vì 2 � � � � �9 � �� A 2� m m � � � � ��� � � � 16 16 � � � �� � � � Vậy m Đẳng thức xảy khi: Ví dụ 7.11 Cho phương trình: x 2(m 1) x 2m Gọi x1 , x2 hai nghiệm phương trình Tìm x x P x1 x2 GTLN biểu thức: Hướng dẫn giải � ( m 1) m m 0( m ) Phương trình có nghiệm �x1 x2 2m � �x1 x2 2m Theo định lí Vi-et ta có: �x1 x2 | m 1| m 1 x1 x2 � � P � x1 x2 m2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 m2 � � Vì m 2m � (T 1)m 2m 4T m 4 Đặt T � 2m � m TH1: � TH2: T �1 � (T 1)(4T 1) 4T 5T �0 T P2 � T (5 4T�) � T � P 2 � P 5 MaxP m T 1 3.Ứng dụng vào giải phương trình vơ tỉ hệ phương trình vơ tỉ 96 Ví dụ 7.12 Giải phương trình: 33 x2 x x 2x 1 Hướng dẫn giải x� Điều kiện xác định: (*) x 2x (1) � 3 (2 x 1) 2x 1 Ta có TH1: x � VT nên phương trình vơ nghiệm 2x 1 � x TH2: Sử dụng bất đẳng thức AM – GM cho số dương ta có: ( x 1) ( x 1) ( x 1) (2 x 1) �4 2x 1 2x 1 2x 1 x Đẳng thức xảy 4 Ví dụ 7.13 Giải phương trình 13 x x x x 32 Hướng dẫn giải 2 x (2 � x ) x Điều kiện xác định: (*) (2) (2) � x 13 x x 32 Ta có: Sử dụng bất đẳng thức Bunyakovsky ta có được: x �13 13(2 x ) 3 3(2 x ) ��x � (13 27)(26 13 x x ) � � � � � � x �13 13(2 x ) 3 3(2 x ) ��40 x (32 10 x ) � � 40 x 32 10 x 4.10 x 32 10 x2 �� 10 x 32 10 x � 322 � � Mặt khác: x 13 x x �32 Vậy Đẳng thức xảy x 3 � �x x y y � x x3 3x y x y � Ví dụ 7.14 Giải hệ phương trình: Hướng dẫn giải �x �2 �3 x 3x y �0 Điều kiện xác định: � x3 x y 1 y 1 Ta có: � x3 x y 1 y 1 x y 1(1) � � x3 y 1 � x y � � � � � x x y 1 y 1 3(2) � 2 Từ (1): � y x � x x x x x 3x 97 � x2 x 1 x x 1 x x x 1 x 1 � x � � x2 � 2 VT � 2 � x 1 x x 1 �x x 2 Theo Cơ Si ta có: � x 3 x 3x � � x 3 �0 � x 3(TM ) Từ ta được: 3.2 2 � 3x �x (2) � � y 1 � �0 3 4 � � Ta có: (do x �2 ) �x �x � y 1 �� �2 �y 2 � Đẳng thức xảy khi: �x �2 x �x y � �2 y z �2 y � �2 z x �2 z � Ví dụ 7.15 Giải hệ phương trình: Hướng dẫn giải x , y , z � Điều kiện để hệ có nghiệm: x, y, z 0, 0, nghiệm hệ phương trình Ta dễ thấy Với x, y , z �0 ta nhân ba phương trình với được: 8x y z xyz x 1 y 1 z 1 � x 1 y 1 z 1 xyz �x �2 x �2 2 �y �2 y � x 1 y 1 z 1 �8 xyz �z �2 z Theo Cơ Si ta có: � Đẳng thức xảy khi: x y z 98 PHẦN B – GỢI Ý, ĐÁP ÁN Bài 1.1 a b c �2 a b c Ta có: � a 2a 1 b 2b 1 c 2c 1 �0 � a 1 b 1 c 1 �0 2 (đúng với a, b, c ) a b c �2 a b c Vậy: Đẳng thức xảy a b c Bài 1.2 x2 y2 �x y � x3 y �xy x y � x y x xy y xy �0 x Ta có: y � x y x xy y �0 � x y x y �0 (đúng với x, y ) x2 y �x y x Vậy y Đẳng thức xảy khi: x y Bài 1.3 x2 y x y x4 y x2 y2 � ۳� � x y xy x 2 2 x y x x y xy Ta có: y 2 � y � 3y x xy y �x � 0, x, y �0 � � Vì: 2 x y x y � x y x Đẳng thức xảy khi: x y �0 Vậy: y y � x y x xy y �0, x, y Bài 1.4 Đặt t x y y x Ta cần chứng minh: t �3t � t 3t �0 � t 1 t �0 �x y � �x � � �۳ 1� � �y x � �y y x � 2� � x y x xy y x2 y 2 �x y � x2 y � y � 3y �3 � � x xy y �x � 0, x, y �0 x � 2� �y x � Vì: Vậy: y Đẳng thức xảy khi: x y �0 Bài 1.5 Ta có: a b 2ab b a � a 2b 2ab � 2b a b a b 2ab b a b 2ab b a (đúng với a b ) Vậy bất đẳng thức chứng minh Bài 1.6 99 P Ta có: Bài 1.7 1 4 � � a b ab 2 Vậy MinP � a b 2 1 �1 � c a b � �� �16 c a b � ac bc c �a b � c a b 4 Ta có: Vì: � � ab ab � � � �c a b � � � a b c 1 � c � � Đẳng thức xảy khi: Bài 1.8 1 1 a a 4a � x, y � � � x y x y b c b c Tương tự ta có: Ta dùng bổ đề sau: Từ ta có: b c b c b b 4b c c 4c � ; � a c ac a b ab Cộng vế có: a c a b b c b c c a a b b c � �a �4 � � b b c c a a a b c �b c a c a b � Bài 1.9 1 � x, y , z Ta dùng bổ đề sau: x y z x y z 1 1 1 � , � c, � Từ ta có: a b b a 2b b c c b 2b c a a c 2a 1 � 1 1 � �1 1 � � � � ��9 � �� �3 � � �a 2b b 2c c 2a � Cộng vế với vế được: �a b c � �a 2b b 2c c 2a � a b c Đẳng thức xảy khi: a b c Bài 1.10 1 � x, y , z Ta dùng bổ đề sau: x y z x y z 1 1� 1 � � � � 3a 2b c a b a b a c �a b a b a c � Ta có: 1 1 �2 1 � �3 � � � � � � Mặt khác: a b a b a c �a b a c � �a b c � 1 �3 � � � � Từ ta có: 3a 2b c 36 �a b c � 1 �1 � 1 �2 � � � � , � � � Tương tự ta được: a 3b 2c 36 �a b c �2a b 3c 36 �a b c � 1 1 �1 1 � � � � Cộng vế với vế được: 3a 2b c a 3b 2c 2a b 3c �a b c � Đẳng thức xảy abc 16 100 1 �3 � � � � 3a 2b c 1 �a b c � Lời bình: Ta dùng cơng thức tính nhanh: Bài 2.1 Ta dễ thấy điểm rơi đạt tại: x y Khi ta có: � x 32 �6 x � � 2 2 � y �6 y � x y 18 �6 x y xy 6.15 90 � x y �6 xy � 90 18 P x2 y2 � 18 � MinP 18 � x y Từ đó: Bài 2.2: �� �2 x 3 y xy xy Ta có: A � � 26 16 26 4� � �56 � 2 4x y xy xy �4 x y 12 xy � 3xy x y Khi đó: � x y �4 16 26 16 � � � 26.2 56 � xy x y xy � � Vì: � 1 MinA 56 � x y � x , y Vậy Bài 2.3: 1 1 � � P 2�2 � 2 �a b c ab bc ca ab bc ca � ab bc ca Ta có P �2 Từ đó: Bởi: a b c ab bc � ca P Vậy Bài 2.4: 3 39 18 2 2 a b c 3 ab bc ca 39 � abc 1 1� 1 � � � � 3a 2b c a c a b a b �a c a b a b � Ta có: 1 1 �1 2 � �3 � � � � � � Mặt khác: a c a b a b �a c a b � �a b c � 1 �3 � �3 � � � � � � Từ đó: 3a 2b c �a b c � 36 �a b c � 1 1 �6 6 � � � � 16 Vậy: 3a 2b c a 3b 2c 2a b 3c 36 �a b c � abc 16 Đẳng thức xảy khi: 101 Bài 2.5: Ta có: 1 � 2x y z x y z x y 2z x y z x y z 10 xy yz zx x y z xy yz zx Mặt khác: x y z xy yz zx � 16 Ta biết: x y z xy yz zx �6 16 16 Từ đó: � � 1 x y z 10 xy yz zx � ��9 �2 x y z x y z x y z � x yz Đẳng thức xảy khi: Bài 2.6: x y z x y z �18 Từ giả thiết ta có được: x2 y z � x y z Mặt khác: x y z x y z �18 � x y z �6 Từ ta được: 1 9 P � � x y y z z x x y z 15 MinP Vậy: Bài 2.7 � x y z z xy Do tính đối xứng x y nên ta dễ thấy điểm rơi đạt tại: �1 1 � �x y � �x z � �y z � P x y z � � � � � � � � y z � �y x � �z x � �z y � �x x z �x z � 15 z x2 z 15 z 15 z � � � z x �z 16 x � 16 x z 16 x 16 x 2 16 x Ta tách: y z �y z � 15 z y2 z2 15 z 15 z � � � z y �z 16 y � 16 y z 16 y 16 y 2 16 y Tương tự: 15 z �1 � 15 z 15 z 27 P �6 � � � � 16 �x y � 16 x y 16 z 2 Vậy: z x y Đẳng thức xảy khi: Bài 2.8 Cách Ta giả sử điểm rơi đạt tại: x a, y b � a b Dựa liên hệ a b ta đặt: 102 3t �a t 1 t 1 t 1 2t 23 �1 2t � 23 P t 1 � � �2 6t 6t �6t � Khi thì: 2t P t � t � x 1, y 6t Đẳng thức xảy khi: Cách Với điểm rơi đạt tại: x 1, y 2 �1 x � �2 y � x y P x y � � � � �3 x y �2 x � �y � 2 Ta tách: a bt t � a b b t 1 � b Đẳng thức xảy khi: x 1, y Bài 2.9 � a 3 b 3 c 3 �0 � �a, b, c �3 � � � ab bc ca �11 a 1 b 1 c 1 �0 � P a b c ab bc ca �36 2.11 14 � MaxP 14 Vậy: a; b; c 1;2;3 Dấu “=” xảy hoán vị Bài 2.10 � ab � � bc � � ca � 1 1 1 � � � � � ��3 � � � c ab � a bc � b ca � � � � � � � Ta biến đổi: c a b � �1(1) c ab a bc b ca c c c 2� ab c a b c ab a b c Mặt khác: a a b b � ; � Tương tự: a bc a b c b ca a b c c a b a bc � Cộng vế ta được: c ab a bc b ca a b c Ta làm sau: 1 � c c ab a a bc b b2 � ca c a b c a b 2 Bài 2.11 x y x y xy M x y �2 x y x y x y Ta có: Đẳng thức xảy ra: � 6 6 2 � x �y � x y x y �x y � � 2 x y �� �� � �xy �xy �x � y � � � 2 Bài 2.12 103 Cách Ta có: x x y y y x � x y 3x y x y x y P � 1 � MinP � x y 3 x 2x y y y x Vậy: Cách Ta dễ thấy điểm rơi đạt tại: x y 1 x 2x y 3x x y � 3x x y 5x y 3 Ta có: 1 y y x 3y y x � 3y y x 5y x 3 Tương tự: Cộng vế: x y x x y� y y x x y x 2x y y y x MinP Vậy: Bài 2.13 � x y a b c 2abc �2 ab bc ca Ta chứng minh được: 18 P� ab bc ca �2 18.2 11 ab bc ca Từ đó: Vậy: MinP 11 � a b c Bài 2.14 Ta có: 4a 12 2a 2a 2ab ca cb Tương tự: Từ đó: 4b 12 2a 2b c 2b ; c 12 2a 2b c 2a c 2a c 2b 6a 6b 2c 2a 2b 2c 4a 12 4b2 12 c 12 � 2a 2b 2c 2 a b 1 � 2a 2b 2c 1 P � � MinP � � 2 c2 4a 12 4b 12 c 12 � Vậy: Bài 3.1 Cách a abc abc � �x b c � x b c , x b c � b bca bca � � y 1 , y 1 �y c a c a c a � c cab cab � z � z , z � a b a b Ta đặt � a b � x 1 y 1 z 1 x 1 y 1 z 1 � xy yz zx 1 Ta cần chứng minh: x y z �2 104 x y z Thật vậy: �0 � x y z �2 xy yz zx Cách Ta có: � ab b a bc c b ca a c a b b c c a ab bc ca 1 b c c a c a a b a b b c b c � a2 b2 c2 �a � � 2 �b c c a a b � b c c a a b Vậy a2 b2 c2 b c � �a � � � �2 2 b c c a a b �b c c a a b � a b c b c c a a b Dấu đẳng thức xảy : Bài 3.2 P Ta có: �1 x� �y Đổi biến đặt: 1 � �1 � �1 � � y �2 � z � � x � �x z � �z y � 1 a ;b ; a a, b, c � a b c x y z a b c a b c 2 2 2 2 b c c a a b a b c Khi đó: x x2 a b c a2 b2 c2 � 0 x �P � x2 a b2 c 2 P Bài 3.3 a b a b � a a b b a 1 b 1 � Đổi biến đặt: x a �0; b 1 y b �0 � x y a 1 a b b 1 a 1 3 � �a � �� � b � � 3 P� � ��� 1 � �� x y �9 � �b ��� �a �� Từ đó: � x3 y x3 y �9 � x3 y x y � �8 �x y 3xy � � � � x y � x3 y xy �8 � xy x y �0 � �xy � 1� � � � � Bài 3.4 x y z �x 2 yz x x ; y z x �y 2 zx y y ; z x y �2 z z xyz 1 Đổ i biến đặt: a x x y y ; b y y 2z z ; c z z 2x x 105 4c a 2b 4a b 2c 4b c 2a ;y y ;z z 9 Khi đó: P � 4.3 � MinP � x y z Ta chứng minh được: x x Bài 3.5 bc x; ca y; ab z x, y , z � xyz abc Đặt: bc bc bc bc x2 a 2b a c a b c a a b c ac ab y z Khi đó: x y z x y z 3 xyz x2 y2 z2 P � � y z z x x y x y z 2 Từ đó: Bài 3.6 Ta đặt: x a b c 0; y b c a 0; z c a b xz x y yz ;b ;c 2 Khi đó: x y y z z x xyz � Vậy ta cần chứng minh: a Theo AM-GM có: x y �2 xy 0; y z �2 yz 0; z x �2 zx Nhân vế với vế ta được: Bài 3.7 Ta đặt: x x y y z z x �8 xyz a b c ,y ,z a , b, c bc ca ab b c � 32abc �a 2� � � bc ca ab� a b b c c a � Khi ta cần chứng minh: Bài 3.8 Hướng giải Ta dễ dàng thấy điểm rơi đạt tại: a b c 1 ab bc ca � a b c � ab bc ca �3 Ta biết: a b c ab bc ca a b c ab bc ca �32 Vậy: Hướng giải Ta đặt: a x , b y � c a b x y � y� a b c ab bc ca x xy y �x � y �6 � 2� � y �x � x y � a b c � � y0 Đẳng thức xảy khi: � 2 2 106 Bài 3.9 Đặt: a x; b y; c z a, b, c �0 � a b c �3 x y z a b3 c3 � � � 64 P a b3 c3 abc � �x y z abc 64 Khi đó: � a b3 c p pq 3r 27 9q 3r : p Ta biết: Q 64 P a b c abc 27 9q 3r r Từ đó: p 4q p r � Ta có: Từ tìm được: 4q MinP Q 27 9q 4q �4q � � � � � 25 � p q � a b c 1� x y z 64 q2 p �=� = q 3 Lời bình: Ta ý 16 16 Q � q 48q 153 q 24 q 25 �25 q �3 9 Hoặc: Bài 3.10 Đặt: x y a; y z b; z x c a, b, c �0 � a b c �x y z x y y z a b � a b �abc � x y z b;2 y c;2 z a � Khi đó: 2 a b a b c 1 abc � c a b a b c � a b a b 4 4 Ta thấy: a b c �2 Hoặc: a b c � a b c �4 � a b � a b Lời bình: Đặt: x y 2a; y z 2b; z x 2c � a b c 2 c �4abc �x y z x y y z a b � a b �8abc � a b �4abc � x y z 2b;2 y 2c;2 z 2a � 4abc �(a b) a b c c (a b)(a b)c �(a b) ab a b c �2 (a b)c � (a b)c �1 � a b �(a b) c �4abc Hoặc Bài 4.1 Ta tìm k k 2 để A kx (2 k )( x y) (2 k ) y xy ( x y ) kx (2 k )( x y) (2 k ) y � k Đẳng thức xảy ra, ta có xy( x y) Phần cịn lại tự chứng minh Bài 4.2 107 n m, n Ta thêm hệ số m : 13 x x 13 x x mx x nx x m n 13 13 mx x nx x � m x x n x x m n 2m 2n m ,n 2 Dựa đẳng thức xảy ra, ta tìm Phần cịn lại tự chứng minh Bài 4.3 1 2a ab 2b2 � a b a b 2 Ta đánh giá Từ P� 5 a b b c c a a b c � MinP Vậy Bài 4.4 a b c �abc Ta dễ dàng đánh giá 3a 2ab 3b � 3 23 a b a b 2 P �2 a b c � a b c 6 Từ Vậy MinP � a b c Bài 4.5 Ta đánh giá 1 � a2 , a 2a 2 Phần lại tự chứng minh Bài 4.6 1��9 1��9 1� �9 � � � � � � �4 a a � �4 b b � �4 c c � �2a a Ta đánh giá a a Ta để ý a, b, c độ dài cạnh tam giác nên: a b c � 2a � a Phần lại bạn đọc tự chứng minh Bài 4.7 2 x4 � x , x 3 Ta đánh giá Phần lại bạn đọc tự chứng minh Bài 4.8 x3 x �kx , x � x x x k �0, x � k Ta cần tìm k cho Từ đánh giá được: x x �4 x , x Phần lại bạn đọc tự chứng minh Bài 4.9 108 k 1 k 1 � 2x y z 2x y z Ta cần tìm k cho 1 �k � � 2x y z � k �x y z � Đẳng thức xảy Phần lại bạn đọc tự chứng minh MaxP �x y z3 Từ đọc giả tìm Bài 5.1 2 2ab 6bc 2ca abc � a b c Ta có Ta có 3 49 4ab 9ca 4bc 22 32 22 Q � 2 a 2b a 4c b c b a c a c b a b c �a 2b 2c �a � MinQ � �6 2 �� b c 1 7 � � �a b c Vậy Bài 5.2 2a b 1 12 12 a a b � a a b 2a b Từ 1 1 �2 2 � �1 1 � P� � � � � � 2a b 2b c 2c a 1 �a b b c c a � �a b c � 1 �1 1 � �1 1 � � ��3 � ��3.2015 � � 3.2015 a b c Mà �a b c � �a b c � 2015 P � 3.2015 � MaxP � abc 3 2015 Vậy Bài 5.3 Ta có 1 � �1 2 a b c ab bc ca ab bc ca a b c (do a b c �3 ) 2007 2007 � � M �2 �1 670 � 2 ab bc ca � ab bc ca �a b c Từ 2007 2007 ab bc �ca � a b c 699 ab bc ca Vì a b c Đẳng thức xảy Bài 5.4 � � � 1 �2 P �x � �y � xy 2 � 4x � 16 xy � 4y � Ta có: 109 P 25 1 �t � x y 16 16 Bằng đổi biến tìm được: Bài 5.5 a3 b3 c3 abc � 2 2 Ta đưa về: a ab b b bc c c ca a a3 a b c a b a b a b 2 a ab b 3 a ab b Bài 5.6 2 2 � 2 �1 � � ��� �1 � � � �� M � 2c 2a b � � � � � � � � � � � � � � � � � �� �3� �3� � �� M a b c 1 16 2 a b c �4 a b c � a b c 1 � a b c 3 Mặt khác: abc T � 2 4a 2b 1 4c 3 16 Vậy 110 � � � � ... số a-1; b-1và c-1 ln có hai số có tích khơng âm Khơng tính tổng qt ta giả sử: (a-1)(b-1) ≥ ac +bc - c ≤ abc (1) Mặt khác: = a2 + b2 + c2 + abc ≥ 2ab + c2 + abc - c2 ≥ ab ( c + 2) ab ≤ - c... Thực xét hiệu, ta được: (a2 + b2 +2a+ 2b +2)(ab + 1) - [(ab+a+b)2+2(ab+a+b)+1] = a3b+ab3+ 1-2 ab-a2b2 = ab(a 2-2 ab+b2)+(a2b 2-2 ab+1) = ab(a-b)2+(ab-1)2≥0, với a,b>0 Đẳng thức xảy khi: a=b=1 Lời bình:... � � P = � a =2 Hướng 3: 9 2a - 9a + ( a - 2) ( 2a + 4a - 1) P �"�= =-+ =a ( a 2) a 2a 2a Đẳng thức xảy a = Hướng 4: � 16 � 15 15 P = ( a - 2) + � 4a + � - �0 + 64 - 4= � � � � � a� a 2 Đẳng thức