Phương pháp vận dụng các bất ñẳng thức ñã biết Trong mục này chúng tôi chỉ xin ñề cập tới một số bài toán vận dụng bất ñẳng thức Côsi và bất ñẳng thức có chứa dấu giá trị tuyệt ñối... Ch[r]
(1)SỞ GIÁO DỤC VÀ ðÀO TẠO BẮC NINH TRƯỜNG THPT YÊN PHONG SỐ CHUYÊN ðỀ ÔN THI ðẠI HỌC MÔN TOÁN (2) NGUYỄN VĂN XÁ TỔ TOÁN TRƯỜNG THPT YÊN PHONG SỐ CHUYÊN ðỀ ÔN THI ðẠI HỌC MÔN TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC (3) LỜI NÓI ðẦU ðược tạo ñiều kiện lãnh ñạo Nhà trường và cổ vũ ñông ñảo ñồng nghiệp, tổ Toán ñã tổ chức biên soạn tài liệu ôn thi ðại học, gồm nhiều chuyên ựề bám sát cấu trúc ựề thi Bộ Giáo dục và đào tạo qui ựịnh Tài liệu này ñời ñóng góp vào nỗ lực chung toàn trường việc bước nâng cao chất lượng dạy và học Trong quá trình biên soạn, chúng tôi vừa trao ñổi với các ñồng nghiệp và ngoài tổ, vừa tham khảo các tài liệu luyện thi có, vừa vào tình hình thực tế học sinh trường Vì vậy, mặc dù tài liệu luyện thi ðại học có nhiều, chúng tôi hi vọng tài liệu này mang tiếng nói riêng mình Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC này là phần tài liệu nói trên Ban ñầu chúng tôi có ý ñịnh biên soạn chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC VÀ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT, thời gian không cho phép nên chúng tôi ñề cập ñến số vấn ñề bất ñẳng thức, vận dụng bất ñẳng thức ñể tìm giá trị lớn và nhỏ nhất, còn các vấn ñề chung giá trị lớn nhất, nhỏ nhất, ứng dụng nó chúng tôi chưa có ñiều kiện trình bày Tới ñây, chúng tôi cố gắng biên soạn bổ sung các nội dung ñó thành chuyên ñề khác có thể tiếp nối vào chuyên ñề này Vì nhiều lí mà chất lượng tài liệu này còn nhiều ñiều ñáng bàn Chúng tôi mong các ñồng nghiệp, các bạn học sinh giúp chỗ sai sót chưa hợp lí ñể chúng tôi kịp thời khắc phục Các ý kiến xin vui lòng gửi email: toan.thptyenphong2@gmail.com Chúng tôi bày tỏ kính trọng và biết ơn tới ñồng chí Hiệu trưởng và ñồng chí Tổ trưởng vì giúp ñỡ các ñồng chí ñể tài liệu này ñược hoàn thành Chúng tôi chân thành cảm ơn các ñồng nghiệp, các học sinh ñã quan tâm tới tài liệu này (4) TÀI LIỆU THAM KHẢO [01] Bộ Giáo dục và đào tạo Ờ Bộ sách giáo khoa, sách bài tập, sách giáo viên THPT môn Toán (cơ và nâng cao) – NXB GDVN, 2010 [02] Bộ Giáo dục và đào tạo Ờ Hướng dẫn thực chuẩn kiến thức, kĩ môn Toán 10, 11, 12 –NXB GDVN, 2010 [03] Nguyễn An Ninh (cb) – Cấu trúc ñề thi môn Toán, Vật Lí, Hoá Học, Sinh Học năm 2010 – NXB GDVN, 2010 [04] Võ Anh Dũng (tcb), Trần ðức Huyên (cb) – Giải toán ðại số và Lượng giác 11 – NXB GDVN, 2009 [05] Võ Anh Dũng (tcb), Trần ðức Huyên (cb) – Giải toán Giải tích 11 – NXB GDVN, 2009 [06] Võ Anh Dũng (tcb), Trần ðức Huyên (cb) – Giải toán Hình học 11 – NXB GDVN, 2009 [07] Võ Anh Dũng (tcb), Trần ðức Huyên (cb) – Giải toán Hình học 10 – NXB GDVN, 2009 [08] Võ Anh Dũng (tcb), Trần ðức Huyên (cb) – Giải toán ðại số 10 – NXB GDVN, 2009 [09] Võ Anh Dũng (tcb), Trần ðức Huyên (cb) – Giải toán Lượng giác 10 – NXB GDVN, 2009 [10] Trần Phước Chương, ðỗ Thanh Sơn, Nguyễn Vũ Thanh – Rèn luyện kĩ giải các dạng bài tập ðại số 10 nâng cao – NXB GDVN, 2007 [11] Nguyễn Văn Quí, Nguyễn Tiến Dũng, Nguyễn Việt Hà – Các dạng toán Bất ñẳng thức, Giá trị lớn và giá trị nhỏ Ờ NXB đà Nẵng, 1998 [12] Trần Tuấn ðiệp, Nguyễn Phú Trường, Ngô Long Hậu – Giới thiệu ñề thi tuyển sinh vào ðại học, Cao ñẳng toàn quốc môn Toán – NXB Hà Nội, 2010 [13] Trần Văn Hạo (cb) – Chuyên ñề luyện thi vào ðại học: Bất ñẳng thức, Giá trị lớn nhất, nhỏ – NXB GD, 2001 (5) MỤC LỤC Trang LỜI NÓI ðẦU TÀI LIỆU THAM KHẢO MỤC LỤC KHÁI NIỆM BẤT ðẲNG THỨC 1.1 ðịnh nghĩa ………………………………………………………………………………… 1.2 Một số tính chất …………………………………………………………………………… 1.3 Bất ñẳng thức có chứa dấu giá trị tuyệt ñối …………………………………………………… 1.4 Bất ñẳng thức Côsi ……………………………………………………………………………… 1.5 Bất ñẳng thức lượng giác ……………………………………………………………………… 1.6 Bất ñẳng thức hình học ………………………………………………………………………… MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ðẲNG THỨC 2.1 Phương pháp biến ñổi tương ñương, biến ñổi hệ quả; phương pháp làm trội ………………… 2.2 Phương pháp phản chứng ……………………………………………………………………… 11 2.3 Phương pháp qui nạp toán học ………………………………………………………………… 11 2.4 Phương pháp vận dụng các bất ñẳng thức ñã biết ……………………………………………… 14 2.5 Phương pháp vận dụng kiến thức lượng giác …………………………………………………… 17 2.6 Phương pháp vận dụng kiến thức hình học……………………………………………………… 19 2.7 Phương pháp vận dụng kiến thức hàm số……………………………………………………… 20 VẬN DỤNG BẤT ðẲNG THỨC ðỂ TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT 31 3.1 Nhắc lại ñịnh nghĩa giá trị lớn nhất, nhỏ nhất…………………………………………… 31 3.2 Một số ví dụ vận dụng bất ñẳng thức ñể tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất………………… 31 BÀI TẬP THAM KHẢO 34 (6) KHÁI NIỆM BẤT ðẲNG THỨC 1.1 ðịnh nghĩa Cho hai số thực a và b Ta nói “a lớn b” và viết “a > b” (hoặc viết “b < a”) a – b là số dương (hay b – a là số âm), lúc ñó ta nói “b nhỏ a” Ta nói “a lớn b” và viết “a ≥ b” (hoặc viết “b ≤ a”) a – b là số không âm (hay b – a là số không dương), lúc ñó ta nói “b nhỏ a” Như vậy: a > b ⇔ a − b > 0; a < b ⇔ a − b < 0; a ≥ b ⇔ a − b ≥ 0; a ≤ b ⇔ a − b ≤ Các mệnh ñề có dạng “a > b” “a < b” “a ≥ b” “a ≤ b” ñược gọi là bất ñẳng thức Trong ñó, cần thiết, hai bất ñẳng thức ñầu tiên ñược gọi là bất ñẳng thức nghiêm ngặt, và hai bất ñẳng thức sau gọi là bất ñẳng thức không ngặt Nếu không nói gì thêm, ñề cập ñến bất ñẳng thức thì ta hiểu ñó là các mệnh ñề ñúng Bài toán chứng minh bất ñẳng thức là bài toán chứng minh bất ñẳng thức ñã cho là mệnh ñề ñúng 1.2 Một số tính chất Chúng ta ñề cập tới ñây số tính chất thường gặp bất ñẳng thức a > b 1) ⇒ a > c (tính chất bắc cầu) b > c 2) a < b ⇔ a + c < b + c (a < b + c ⇔ a − c < b) (cộng hai vế bất ñẳng thức với cùng số) a < b 3) ⇒ a + c < b + d (cộng vế với vế hai bất ñẳng thức cùng chiều) c < d a < b a < b ⇒ a.c < b.c; ⇒ a.c > b.c (nhân hai vế bất ñẳng thức với số 4) c > c < khác 0) 0 ≤ a < b 5) ⇒ ac < bd (nhân vế với vế hai bất ñẳng thức cùng chiều có các vế không 0 ≤ c < d âm) 0 < a < b 1 ⇒ > (nghịch ñảo hai vế (cùng dấu) bất ñẳng thức) 6) a < b < a b 7) Nếu n ∈ ℕ thì a < b ⇔ a 2n +1 < b2n +1 ⇔ 2n +1 a < 2n +1 b Nếu n ∈ ℕ * và ≤ a < b thì a n < b n và n a < n b 8) Nếu a > thì a u < a v ⇔ u < v Nếu < a < thì a u < a v ⇔ u > v 9) Nếu α > 0, a > 0, b > thì a α > bα ⇔ a > b Nếu α < 0, a > 0, b > thì a α > bα ⇔ a < b 10) a + b ≥ a + b, ∀a, b ≥ Dấu “=” xảy a.b = Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số – Bắc Ninh (7) Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC ôn thi ðại học 11) x ≥ 0, ∀x ∈ ℝ, ∀n ∈ ℕ * Ta hay sử dụng bất ñẳng thức dạng x ≥ 0, ∀x ∈ ℝ 12) Nhờ công thức khai triển nhị thức Niu−tơn, với x ≥ 0, n ∈ ℕ*, ta có 2n (1 + x) n = + nx + + x n ≥ + nx, bất ñẳng thức (1 + x) n ≥ + nx ñược gọi là bất ñẳng thức Béc−nu−li Từ bất ñẳng thức Béc−nu−li nhờ bất ñẳng thức Côsi ta có n + na < + a, ∀n ∈ ℕ, n > 1, ∀a > 13) Nếu a, b là các số nguyên và a < b thì a + ≤ b 1.3 Bất ñẳng thức có chứa dấu giá trị tuyệt ñối 1) |a| ≥ 0, dấu “=” xảy a = 2) |a| + a ≥ 0, dấu “=” xảy a ≤ 2) | a | + | b |≥| a + b |≥|| a | − | b || | a | + | b |=| a + b |⇔ a.b ≥ 0; || a | − | b ||=| a + b |⇔ a.b ≤ a ≥ b 3) Nếu b ≥ thì | a |≤ b ⇔ − b ≤ a ≤ b; | a |≥ b ⇔ a ≤ −b 1.4 Bất ñẳng thức Côsi a+b ≥ ab Dấu “=” xảy a = b a+b+c 2) Bất ñẳng thức Côsi cho ba số không âm a, b, c: ≥ abc Dấu “=” xảy a = b = c a + a + + a n n 3) Bất ñẳng thức Côsi cho n số không âm a1, a2, …, an: ≥ a1a a n n Dấu “=” xảy a1= a2 = …= an 1 4) Hệ quả: Với n số dương a1, a2, …, an ta có (a1 + a2 + + an )( + + + ) ≥ n2 a1 a2 an Dấu “=” xảy a1= a2 = …= an ∑ a ia j a1 + a + + a n 1≤i< j≤n 5) Với n số không âm a1, a2, …, an, kí hiệu S1 = ; S2 = ; C1n C2n ∑ a ia ja k a a a n! 1≤i< j<k ≤n S3 = ; … ; Sn = n n ; (ở ñó C kn = , ∀n, k ∈ ℕ, n ≥ k) Ta k!.(n − k)! Cn Cn 1) Bất ñẳng thức Côsi cho hai số không âm a, b: có dãy bất ñẳng thức S1 ≥ S2 ≥ S3 ≥ ≥ n Sn , dấu “=” xảy a1= a2 = …= an Một số tác giả gọi ñây là dãy bất ñẳng thức xen kẽ Côsi 1.5 Bất ñẳng thức lượng giác 1) a.sin x + b.cos x ≤ a + b , ∀x ∈ ℝ Dấu “=” xảy a.cosx = b.sinx Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số – Bắc Ninh (8) Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC ôn thi ðại học Hệ quả: −1 ≤ sin x ≤ 1; − ≤ cos x ≤ π π 2) tan x + cot x ≥ 2, ∀x ≠ k , k ∈ ℤ Dấu “=” xảy x = ± + kπ, k ∈ ℤ 1.6 Bất ñẳng thức hình học 1) Với ba ñiểm bất kì A, B, C thì AB + AC ≥ BC, dấu “=” xảy A thuộc ñoạn BC 2) Với u, v ta có u + v ≥ u + v , dấu “=” xảy u, v cùng hướng 3) Với u, v ta có u v ≥ u.v , dấu “=” xảy u, v cùng phương 4) Ba số dương a, b, c là ñộ dài ba cạnh tam giác và tổng hai số bất kì ba số ñó lớn số còn lại (9) MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ðẲNG THỨC 2.1 Phương pháp biến ñổi tương ñương, biến ñổi hệ quả; phương pháp làm trội ðể chứng minh bất ñẳng thức A > B ta có thể chứng minh A – B > Ta thường vận dụng các phép biến ñổi tương ñương ñể chuyển bất ñẳng thức A – B > thành bất ñẳng thức luôn ñúng giả thiết Ta có thể xuất phát từ giả thiết mệnh ñề ñúng nào ñó, qua các phép biến ñổi hệ dẫn ñến bất ñẳng thức A – B > Lưu ý số kiện: i) A ≥ 0, ∀A ∈ ℝ Dấu”=” xảy A = ii) a ≥ 0, ∀a ∈ ℝ, dấu “=” xảy a = iii) a + a ≥ 0, ∀a ∈ ℝ, dấu “=” xảy a ≤ n n iv) ( ∑ a k )2 = ∑ a 2k + k =1 v) (a + b) n = k =1 n ∑ 1≤i< j≤ n a i a j ∑ Ckn a n −k bk k =0 vi) a − b = (a − b)(a n −1 + a n −2 b + a n −3b + + ab n −2 + b n −1 ) n n vii) a + b3 + c3 − 3abc = (a + b + c)(a + b + c2 − ab − bc − ca) ðể chứng minh bất ñẳng thức có dạng u1 + + u n ≤ α ta có thể chứng minh u k ≤ v k − v k +1, ∀k = 1, 2, , n, và chứng minh v1 − v k +1 ≤ α ðể chứng minh bất ñẳng thức có dạng u1.u u n ≤ α ta có thể chứng minh v v u k ≤ k , ∀k = 1, 2, , n, và chứng minh ≤ α v k +1 v k +1 ðể chứng minh bất ñẳng thức có dạng a + b + c ≤ x + y + z ta có thể chứng 2a ≤ y + z a + b ≤ 2z minh b + c ≤ 2x 2b ≤ z + x 2c ≤ x + y c + a ≤ 2y ðể chứng minh bất ñẳng thức có dạng abc ≤ xyz (với a, b, c, x, y, z ≥ 0) ta có ab ≤ z a ≤ yz thể chứng minh bc ≤ x b ≤ zx 2 ca ≤ y c ≤ xy VÍ DỤ 1) Chứng minh a − a + a − a + > (1), ∀a ∈ ℝ Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số – Bắc Ninh (10) Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC ôn thi ðại học 2) Chứng minh (ax + by)2 ≤ (a + b )(x + y ) (2), ∀a, b, x, y ∈ ℝ (bất ñẳng thức Bunhiacôpxki) ☺ HƯỚNG DẪN a a a − 1) Ta thấy (1) ⇔ (a − ) + ( ) > (1') Do hai bất ñẳng thức (a − ) ≥ 2 a và ( − ) ≥ ñúng với a, dấu “=” lại không ñồng thời xảy ra, nên (1’) ñúng với a Vậy (1) ñúng với a 2) Bất ñẳng thức (2) ⇔ (ay − bx) ≥ ñúng với a, b, x, y; dấu “=” xảy và ay = bx VÍ DỤ 1) Chứng minh n a + n b ≥ n a + b, ∀n ∈ ℕ, n ≥ 2, ∀a, b ≥ 2) Chứng minh x n + m + y n + m ≥ x n y m + x m y n , ∀x, y ∈ ℝ, ∀n, m ∈ ℕ*, và m, n cùng tính chẵn lẻ ☺ HƯỚNG DẪN 1) Ta thấy ( n a + n b)n = a + C1n n a n −1 n b + + Cnn −1 n a.n bn −1 + b ≥ a + b ≥ 0, ∀n ∈ ℕ, n ≥ 2, ∀a, b ≥ nên n a + n b ≥ n a + b, ∀n ∈ ℕ, n ≥ 2, ∀a, b ≥ 2) Bất ñẳng thức ñã cho tương ñương với (x m − y m )(x n − y n ) ≥ (*) – Nếu n, m cùng lẻ thì x m − y m ≥ ⇔ x m ≥ y m ⇔ x ≥ y ⇔ x n ≥ y n ⇔ x n − y n ≥ và x m − y m ≤ ⇔ x n − y n ≤ 0, nên (*) ñúng, dấu “=” xảy x = y – Nếu n, m cùng chẵn thì x m − ym ≥ ⇔ x m ≥ ym ⇔| x |≥| y |⇔ x n ≥ yn ⇔ x n − yn ≥ và x m − y m ≤ ⇔ x n − y n ≤ 0, nên (*) ñúng, dấu “=” xảy x = ± y Vậy bất ñẳng thức ñã cho ñược chứng minh VÍ DỤ Cho tam giác ABC Chứng minh với x, y, z ta có xy.cos C + yz.cos A + zx.cos B ≤ x + y2 + z2 ☺ HƯỚNG DẪN BC CA AB (b,c) = π− A, (c,a) = π− A ðặt a = , b = , c = thì a = b = c = và (a,b) = π− C, BC CA AB Ta xuất phát từ bất ñẳng thức luôn ñúng (x.a + y.b + z.c) ≥ ⇔ x + y + z + 2xy.cos(a, b) + 2yz.cos(b, c) + 2zx.cos(c,a) ≥ ⇔ x + y + z − 2xy.cos C − 2yz.cos A − 2zx.cos B ≥ Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số – Bắc Ninh (11) Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC ôn thi ðại học ⇔ xy.cos C + yz.cos A + zx.cos B ≤ x +y +z (ñpcm) 2 2 Nhận xét Cho x = y = z = ta ñược bất ñẳng thức quen thuộc cosA + cosB + cosC ≤ VÍ DỤ Cho a, b, c dương và thoả mãn abc = Chứng minh 1 1) + 3 + 3 ≤ a + b +1 b + c +1 c + a +1 ab bc ca 2) + 5 + 5 ≤ a + b + ab b + c + bc c + a + ca ☺ HƯỚNG DẪN 1) Với a, b ta có (a – b)2 ≥ nên a − ab + b ≥ ab Từ ñây và a > 0, b > 0, abc = suy a3 + b3 +1 = (a + b)(a2 − ab + b2 ) +1 ≥ ab(a + b) + abc = ab(a + b + c) ab 1 c (1) Tương tự ta có các bất ñẳng ⇒ ≤ ⇒ ≤ a + b3 + a + b + c a + b3 + a + b + c a b thức 3 ≤ (2), 3 ≤ (3) Cộng (1), (2), (3) theo b + c +1 a + b + c c + a +1 a + b + c 1 vế ta ñược + 3 + 3 ≤ Dấu “=” xảy a = b = c = a + b +1 b + c +1 c + a +1 2) Do a, b > nên a5 + b5 = (a + b)(a − a3b + a 2b2 − ab3 + b4 ) = (a + b)((a − b)2.(a + ab + b2 ) + a 2b2 ) ≥ (a + b)a 2b2 1 c = = = a5 + b5 + ab (a + b)a 2b2 + ab ab(a + b) + ab(a + b) + abc ab(a + b + c) a + b + c bc a ca b , 5 Tương tự ta có 5 ≤ ≤ b + c + bc a + b + c c + a + ca a + b + c ab bc ca Vậ y + 5 + 5 ≤ , dấu “=” xảy a = b = c = a + b + ab b + c + bc c + a + ca ⇒ ab ≤ ab = VÍ DỤ Cho a, b, c, d > Chứng minh M = a b c d + + + a+b+c b+c+d c+d+a d+a+b không phải là số nguyên ☺ HƯỚNG DẪN a a a Ta có < < a +b+c+d a+b+c a+c b b b < < a+b+c+d b+c+d b+d c c c < < a +b+c+d c+d+a a +c Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số – Bắc Ninh (12) Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC ôn thi ðại học và 10 d d d < < Suy < M < Vậy M không phải là số nguyên a+b+c+d d+a+b b+d VÍ DỤ n Chứng minh ∑ k α < 2, ∀n ∈ ℕ, n ≥ 2, ∀α ≥ k =1 ☺ HƯỚNG DẪN Ta có ≤ < = − 2α 22 1.2 1 1 ≤ 2< = − α 2.3 3 1 1 ≤ 2< = − α (n − 1).n n − n n n n 1 1 1 Suy ∑ α < − + − + + − = − < Vậy 2 n −1 n n k=2 k n ∑ kα < 2, ∀n ∈ ℕ,n ≥ 2, ∀α ≥ k=1 VÍ DỤ Chứng minh với ∆ ABC ta có 1 1 1 + + ≥ + + sin A sin B sin C cos A cos B cos C 2 ☺ HƯỚNG DẪN x+y x−y π π x+y ∈ [0; π], ∈ [− ; ] nên sin ≥ và 2 2 x−y x+y x−y x+y ≤ cos ≤ Do ñó sin x + sin y = 2sin cos ≤ 2sin (1), ∀x, y ∈ [0; π] 2 2 Dấu “=” xảy x = y ∈ [0; π] 1 * Với a, b > áp dụng bất ñẳng thức Côsi ta có + ≥ ≥ (2) Dấu “=” a b ab a + b xảy a = b > A B C * Với ∆ ABC luôn có sinA, sinB, sinC, cos , cos , cos > 2 1 4 * Áp dụng (1) và (2) thu ñược + ≥ ≥ = (3) sin A sin B sin A + sin B 2sin A + B cos C 2 Tương tự + ≥ (4), + ≥ (5) Cộng (3), (4), (5) theo * Với x, y ∈ [0; π] thì A sin C sin A cos B 2 1 1 1 vế ta ñược (ñpcm) Dấu “=” xảy + + ≥ + + sin A sin B sin C cos A cos B cos C 2 sin B sin C cos ABC là tam giác ñều 10 Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số – Bắc Ninh (13) Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC ôn thi ðại học 11 2.2 Phương pháp phản chứng Giả sử ta phải chứng minh bất ñẳng thức nào ñó ñúng, ta hãy giả sử bất ñẳng thức ñó sai và kết hợp với giả thiết và các tính chất ñúng ñã biết ñể suy ñiều vô lí ðiều vô lí ñó có thể là ñiều trái với giả thiết trái với mệnh ñề ñúng nào ñ ấy, có thể là hai ñiều mâu thuẫn với Từ ñó suy bất ñẳng thức cần chứng minh là ñúng VÍ DỤ Cho a, b,c ∈ (0;1) Chứng minh ba bất ñẳng thức sau có ít bất ñẳng thức 1 sai: a(1 − b) > , b(1 − c) > , c(1 − a) > 4 ☺ HƯỚNG DẪN (1) 64 1 1 Ta lại có < a(1 − a) = a − a = − (a − ) ≤ , < b(1 − b) ≤ , ≤ c(1 − c) ≤ Suy 4 4 a(1–a)b(1–b)c(1–c) ≤ (2) Mâu thuẫn (1) và (2) chứng tỏ ñiều ta giả sử là 64 sai Vậy ba bất ñẳng thức ñã cho có ít bất ñẳng thức sai Giả sử ba bất ñẳng thức ñó ñều ñúng Lúc này ta có a(1–a)b(1–b)c(1–c)> VÍ DỤ Cho f(x) = x2 +ax + b Chứng minh ba số |f(–1)|, |f(0)|, |f(1)| có ít số không bé ☺ HƯỚNG DẪN Tức là 1 | f (−1) |=|1 − a + b |< (1), | f (0) |=| b |< (2), | f (1) |=|1 + a + b |< (3) 2 Giả sử ba số |f(–1)|, |f(0)|, |f(1)| ñều bé − < − a + b < Từ (1) và (3) suy ⇒ −1 < + 2b < ⇒ − < b < − (4) 2 − < − a + b < 2 1 Từ (2) suy − < b < (5) Mâu thuẫn (4) và (5) chứng tỏ ñiều ta giả sử là sai 2 Vậy ba số |f(–1)|, |f(0)|, |f(1)| có ít số không bé 2.3 Phương pháp qui nạp toán học ðể chứng minh bất ñẳng thức là mệnh ñề có dạng " ∀n ∈ ℤ, n ≥ n : P(n)" (n0 là 11 Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số – Bắc Ninh (14) Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC ôn thi ðại học 12 số nguyên cho trước) ta có thể làm theo bước: + Bước (bước sở): Chứng tỏ P(n) ñúng với n = n0 (tức là chứng minh P(n0) ñúng) + Bước (bước di truyền): Giả sử P(k) ñúng, k ∈ ℤ, k ≥ n (ñây gọi là giả thiết qui nạp), ta ñi chứng minh P(k+1) ñúng (Trong nhiều trường hợp bước còn ñược thực sau: Giả sử P(n) ñúng với n ∈ ℤ, n ≤ n ≤ k (k ∈ ℤ) , ta ñi chứng minh P(n) ñúng với n = k + 1) Sau hoàn thành bước trên, theo nguyên lí qui nạp toán học, suy P(n) ñúng với số nguyên n ≥ n Có bài toán ta phải vận dụng phương pháp qui nạp nhiều lần (ví dụ 12) VÍ DỤ 10 Chứng minh với số nguyên n > ta có n! > 3n (*) ☺ HƯỚNG DẪN Với n = ta có 7! = 5040 > 2187 = 37, tức là (*) ñúng với n = Giả sử (*) ñúng với n = k (k ∈ ℤ, k ≥ 7), tức là k! > 3k (1) Ta cần chứng minh (*) ñúng với n = k + 1, tức là phải chứng minh (k + 1)! > 3k +1 (2) Thật vậy, từ (1) suy (k + 1).k! > 3k.(k+1) Mà k ≥ nên k + > Dẫn ñến (k + 1)! = (k + 1).k! > 3k.(k+1)>3k = 3k +1 Vậy (2) ñúng Theo nguyên lí qui nạp toán học, bất ñẳng thức (*) ñúng với số nguyên n > VÍ DỤ 11 Chứng minh với số nguyên n > 11 ñều tồn các số tự nhiên x, y cho n = 4x + 5y ☺ HƯỚNG DẪN Với n = 12 thì 12 = 4.3 + 5.0 (x = 3, y = 0), tức là khẳng ñịnh cho ñề bài ñúng với n = 12 Bằng kiểm tra trực tiếp ta thấy khẳng ñịnh ñã cho ñúng với n = 13 và n = 14 Tiếp theo ta chứng minh khẳng ñịnh ñó ñúng với số nguyên n > 14 Giả sử khẳng ñịnh cho ñề bài ñúng với n ∈ ℕ,12 ≤ n ≤ k (k ∈ ℤ,k ≥ 15), ta phải chứng minh khẳng ñịnh ñó ñúng với n = k + Do 12 ≤ k − ≤ k nên theo giả thiết qui nạp khẳng ñịnh ñã cho ñúng với n = k –3 Tức là tồn hai số tự nhiên x, y cho k – = 4x + 5y Ta có k + = 4(x+1) + 5y, chứng tỏ khẳng ñịnh ñã cho ñúng với n = k + Vậy ñiều phải chứng minh là ñúng VÍ DỤ 12 m a m + a 2m + + a nm a1 + a + + a n Chứng minh ≥ , ∀m, n ∈ ℕ*, ∀a1, , a n ≥ n n ☺ HƯỚNG DẪN Với n = thì bất ñẳng thức ñã cho ñúng, và xảy dấu “=” (Coi n = là trường hợp riêng a1 = a2 = …= an) 12 Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số – Bắc Ninh (15) Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC ôn thi ðại học 13 Với n = thì bất ñẳng thức ñã cho trở thành a1m + a 2m a1 + a ≥ m (1) Ta chứng minh (1) phương pháp qui nạp theo m – Với m = thì (1) ñúng và xảy dấu “=” Ta kiểm tra ñược (1) ñúng m = 2, dấu “=” xảy a1 = a2 k – Giả sử (1) ñúng với m = k (k ∈ ℕ*), tức là a1k + a k2 a1 + a ≥ (2) Ta phải chứng minh (1) ñúng với m = k + 1, tức là phải chứng minh a +a Ta thấy k +1 a +a = a1k +1 + a 2k +1 a1 + a ≥ k +1 (3) k k k a + a a + a a1 + a (do (2) và a1,a ≥ 0) . ≤ 2 a k + a k2 a1 + a a1k +1 + a k2 +1 ≤ (4) Thật Bây ñể chứng minh (3) ta ñi chứng minh 2 vậy, (4) ⇔ a1k +1 + a1k a + a1.a k2 + a k2 +1 ≤ 2a1k +1 + 2a k2 +1 ⇔ a1k +1 − a1k a − a1.a 2k + a 2k +1 ≥ ⇔ a1k (a1 − a ) + a k2 (a − a1) ≥ ⇔ (a1 − a )(a1k − a 2k ) ≥ (luôn ñúng k ∈ ℕ*,a1,a ≥ 0) Dấu “=” xảy a1 = a2 Tóm lại (1) ñúng với số nguyên dương m Nghĩa là bất ñẳng thức ñã cho ñúng với n = 2, và dấu “=” xảy a1 = a2 , m = Giả sử bất ñẳng thức ñã cho ñúng với n = p (p ∈ ℕ*) Tức là m a1m + a 2m + + a pm a1 + a + + a p ≥ (5), dấu “=” xảy a1 = …= ap Ta ñi p p chứng minh bất ñẳng thức ñã cho ñúng với n = p + 1, tức là ñi chứng minh bất ñẳng thức m m a1m + a m + + a p + a p+1 p +1 – Áp dụng (5) ta ñược a1m m a1 + a + + a p + a p+1 ≥ (6) p +1 + am + + a m p a1 + a + + a p ≥ p p m m a1 + + a p+1 a p+1 + (p − 1) a1 + + a p+1 m p +1 + − ≥ am (p 1)( ) p p+1 p +1 p Suy m a1 + + a p+1 m a p+1 + (p − 1) a1 + + a p+1 m a1 + + a p p +1 m m a1 + + a p+1 + (p − 1)( ) ≥ p +p p +1 p p – Áp dụng (1) ta ñược 13 Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số – Bắc Ninh (16) Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC ôn thi ðại học 14 m m a1 + + ap+1 ap+1 + (p −1) a1 + + ap p +1 + p p m a1 + + ap+1 a + + a ap+1 + (p −1) p +1 p + p p ≥ 2 = m a1 + + a p+1 m a1 + + a p + a p+1 + (p − 1) a1 + + a p+1 p + = 2 = 2 2p p +1 Suy a1m a1 + + a p+1 m + + a pm+1 + (p −1)( ) p +1 a1 + + a p+1 ≥ 2p p +1 m m a1m + a2m + + apm + apm+1 a1 + a + + ap + ap+1 ⇒ ≥ , dấu “=” xảy a1 = …= ap+1 p +1 p +1 Vậy bất ñẳng thức ñã cho ñược chứng minh, dấu “=” xảy m = 1, a1 = a2 =…= an 2.4 Phương pháp vận dụng các bất ñẳng thức ñã biết Trong mục này chúng tôi xin ñề cập tới số bài toán vận dụng bất ñẳng thức Côsi và bất ñẳng thức có chứa dấu giá trị tuyệt ñối VÍ DỤ 13 Cho ba số dương a, b, c Chứng minh rằng: a + b + 2c > 1+ ab + ac ☺ HƯỚNG DẪN Áp dụng bất ñẳng thức Côsi ta có a 2a 2ac 2ab a + b + 2c = ( + 2c) + ( + b) ≥ +2 = ( ab + ac) (1) 3 3 a + b + 2c = (a + c) + (c + b) ≥ ac + ab = 2( ab + ac) (2) Từ (1),(2) ⇒ a + b + 2c ≥ (1 + )( ab + ac) ⇒ a + b + 2c ≥ 1+ Dấu “=” xảy ab + ac và = 2c, = b ⇔ a = b = c = (ñiều này không xảy ra) Vậy ta luôn a 2a a = b = c có a + b + 2c > 1+ , với a, b, c dương ab + ac VÍ DỤ 14 Cho a + b + c = Chứng minh 8a + 8b + 8c ≥ 2a + 2b + 2c 14 Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số – Bắc Ninh (17) Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC ôn thi ðại học 15 ☺ HƯỚNG DẪN ðặt: x = 2a , y = 2b , z = 2c thì x, y, z > và x.y.z = Ta cần chứng minh x + y3 + z3 ≥ x + y + z Áp dụng bất ñẳng thức Côsi cho các trường hợp số dương, ta có x + y + z ≥ 33 xyz = ⇒ x + y + z − ≥ (1); x3 + + ≥ x3 = 3x ⇒ x ≥ 3x − (2) Tương tự ta có y3 ≥ 3y − (3); z3 ≥ 3z − (4) Từ (1), (2), (3) và (4) ta thu ñược x + y3 + z3 ≥ 3(x + y + z) − = (x + y + z) + 2(x + y + z − 3) ≥ x + y + z Vậy bất ñẳng thức 8a + 8b + 8c ≥ 2a + 2b + 2c ñược chứng minh, dấu “=” xảy x = y = z = hay a = b = c = VÍ DỤ 15 1 + + = Chứng minh x y z 1 + + ≤ 2x + y + z x + 2y + z x + y + 2z 1 1 1 2) Chứng minh + + ≥ 2( + + ) , với a, b, c, và p là ñộ dài p−a p−b p−c a b c các cạnh và nửa chu vi tam giác bất kì 1) Cho ba số dương x, y, z thoả mãn x x x 9.60x 12 15 20 3) Chứng minh + + ≥ x , ∀x ∈ ℝ 12 + 15x + 20 x 5 4 ☺ HƯỚNG DẪN 1) Với số thực a > 0, b > áp dụng bất ñẳng thức Côsi ta ñược a + b ≥ ab > 0, 1 1 1 + ≥2 > 0, suy (a + b)( + ) ≥ hay + ≥ (1), dấu “=” xảy a = b a b a b a +b a b ab 1 1 Áp dụng bất ñẳng thức (1), ta có + ≥ , + ≥ , x y x+y x z x+z 1 1 16 + ≥ , nên + + ≥ Tương tự ta chứng minh ñược x + z x + y 2x + y + z x y z 2x + y + z 16 1 16 1 + + ≥ , + + ≥ Từ ñó và lưu ý thêm + + = ta x y z x + 2y + z x y z x + y + 2z x y z 1 1 1 ñược + + ≤ ( + + ) = (ñpcm) Dấu “=” xảy 2x + y + z x + 2y + z x + y + 2z x y z x = y = z = 2) Vận dụng bất ñẳng thức (1), lưu ý a + b + c = 2p, ta có 15 Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số – Bắc Ninh (18) Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC ôn thi ðại học 16 1 4 + ≥ = p − a p − b 2p − a − b c 1 4 1 1 1 + ≥ = ⇒ + + ≥ 2( + + ) p − b p − c 2p − b − c a p−a p−b p−c a b c 1 4 + ≥ = p − c p − a 2p − c − a b (ñpcm) Dấu “=” xảy a = b = c x x 12 15 12 3) Áp dụng bất ñẳng thức Côsi với hai số ta có + ≥ 5 4 5 x x x x x x x x x 15 = 2.3x , 4 x 20 12 20 12 20 15 20 15 x x + ≥ = 2.5 , + ≥ = 2.4 Dẫn 5 5 4 4 x x x 12 15 20 tới + + ≥ 3x + 4x + 5x Bây áp dụng bất ñẳng thức Côsi với ba 5 4 1 số thì 3x + 4x + 5x ≥ 33 60x > 0, x + x + x ≥ > 0, nhân hai bất ñẳng thức này, 3 60x vế với vế, thu ñược (3x + 4x + 5x )( x x x 3x 60x + 4x + 9.60x 12x + 15x + 20x ) ≥ ⇒ 3x + 4x + 5x ≥ x 12 15 20 Do ñó + + ≥ x (ñpcm) Dấu “=” xảy x = 12 +15x + 20x 5 4 3 VÍ DỤ 16 Cho ña thức P(x) bậc 2010 có ñúng 2010 nghiệm thực dương, hệ số bậc cao là Chứng minh P '(0) + 2010.2010 P 2009 (0) ≤ ☺ HƯỚNG DẪN Giả sử x1, x2, …, x2010 là 2010 nghiệm thực dương ña thức P(x) ñã cho, suy P(x) = (x – x1)(x – x2)…(x – x2010) ⇒ P(0) = x1 x2 … x2010 Ta có P '(0) 1 P '(0) 1 Áp dụng bất ñẳng thức = + + + ⇒− = + + + P(0) − x1 − x − x 2010 P(0) x1 x x 2010 P '(0) 1 2010 Côsi cho 2010 số dương, ñi ñến − hay = + + + ≥ 2010 P(0) x1 x x 2010 x1x x 2010 P'(0) 2010 2010P(0) P '(0) + 20102010 P 2009 (0) ≤ − ≥ ⇒ −P'(0) ≥ = 20102010 P2009 (0) Vậy 2010 P(0) P(0) 2010 P(0) Dấu “=” xảy x1 = x2 = … = x2010 VÍ DỤ 17 Cho x0 là nghiệm ña thức P(x) = a0 + a1x + … + anxn bậc n (n∈N*, an ≠ 0) ðặt 16 Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số – Bắc Ninh (19) Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC ôn thi ðại học a a a M = max , , , n −1 an a n a n 17 Chứng minh x ≤ + M ☺ HƯỚNG DẪN Xuất phát từ bất ñẳng thức a + b ≥ a + b và phương pháp qui nạp ta chứng minh ñược bất ñẳng thức a1 + + a n ≥ a1 + + a n Nếu |x0| ≤ thì có x ≤ + M vì M ≥ n Nếu |x0| > thì x = ≤ M(1+ | x0 | + + | x0n−1 |) = M a n −1x 0n −1 ax a a a a + + + ≤ n −1 x 0n −1 + + x + ≤ an an an an an an | x0n | −1 | xn | −1 ⇒ x0 −1 < M ⇒| x0 |<1+ M ⇒ | x0 |n −1<| x0 |n < M | x0 | −1 | x0 | −1 Vậy ta luôn có x ≤ + M Nhận xét Bất ñẳng thức x ≤ + M cho ta ñánh giá khoảng nghiệm phương trình ña thức VÍ DỤ 18 Cho | a | + | b | + | c |≥ 13 Chứng minh | a − 1| + | b | + | c + |≥ 10 ☺ HƯỚNG DẪN Ta có | a − 1| + |1| + | b | + | c + | + | −2 |≥| a − + 1| + | b | + | c + − |=| a | + | b | + | c |≥ 13 Vậy | a − 1| + | b | + | c + |≥ 10 Việc dấu “=” xảy nào xin dành cho bạn ñọc Các phương pháp chúng tôi giới thiệu tiếp sau ñây liên quan tới nhiều khía cạnh sâu sắc toán phổ thông, vì ñòi hỏi học sinh phải có tảng kiến thức khá vững và rộng, phải có nhận xét tinh tế ñể nhìn thấu ñược các mối quan hệ có bài toán 2.5 Phương pháp vận dụng kiến thức lượng giác Học sinh phải ghi nhớ các công thức lượng giác, tính chất các hàm số lượng giác, ñặc biệt là các bất ñẳng thức lượng giác Việc chuyển từ bài toán ñại số sang bài toán lượng giác, nhiều trường hợp, không giúp ta giải vấn ñề dễ dàng hơn, mà còn có thể làm toát lên ñược chất bài toán, có thể gợi ý cho phát triển bài toán ñó Chúng ta lưu ý rằng: π π – Nếu ñiều kiện biến x ≤ k (k > 0) thì có thể ñổi biến x = k.sin u (u ∈ − ; ) 2 x = k.cos v (v ∈ [ 0; π]) – Nếu có x + y = k (k > 0) thì ñặt x = k sin α, y = k cos α, α ∈ [ 0; 2π ) 17 Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số – Bắc Ninh (20) Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC ôn thi ðại học – Nếu x ≥ k > thì có thể ñặt x = sin α > k π , α∈ 0; Lúc ñó x2 − k2 = k2 tan2 α và tan α>0, cos α 2 – Nếu | x |≥ k > thì có thể ñặt x = và sin α > 18 k π π , α∈ 0; ∪ ; π Lúc ñó x2 − k2 = k2 tan2 α cos α 2 π π – Nếu bất ñẳng thức có biểu thức x + k thì có thể ñặt x = k tan α, α ∈ − ; Lúc 2 k2 ñó x + k = và cos α > cos α 2 2 π π – Với x∈ ℝ ta có thể ñặt x = tan γ , γ ∈ − ; , ñó x + k = k (1+ tan γ ) = 2 = k và cos γ > cos γ – Nếu bài toán xuất biểu thức có dạng π π b = tany, với x, y ∈ − ; 2 a+b a−b thì có thể ñặt a = tanx, − ab + ab – Với số nguyên dương n và với số thực x thì sin2n x ≤ sinx, cos2n x ≤ cosx VÍ DỤ 19 Cho hai số thực x, y thoả mãn x + 4y2 = Chứng minh − 85 + 85 ≤ 2x2 − 3xy + y2 ≤ 2 ☺ HƯỚNG DẪN Kí hiệu M= 2x2 −3xy + y2 ðặt x = 2cost, y = sint với t ∈ [0;2π) , ñó ta biến ñổi ñược 7 85 Do nên M = cos 2t − 3sin 2t + | cos 2t − 3sin 2t |≤ ( ) + (−3) = 2 2 − 85 + 85 − 85 9 + 85 hay ≤ 2x − 3xy + y ≤ ≤ M = cos 2t − 3sin 2t + ≤ 2 2 2 14 x + 4y = x = − 85 Dấu “=” bên trái xảy − 85 ⇔ 2x − 3xy + y = y = + 85 − 14 12 85 14 x = − − 85 85 14 + y = − 2− 12 85 18 x + 4y = Dấu “=” bên phải xảy + 85 2 2x − 3xy + y = Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số – Bắc Ninh (21) Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC ôn thi ðại học 14 x = + 85 ⇔ y = − 85 + 14 12 85 19 14 x = − + 85 y = − − 85 + 14 12 85 VÍ DỤ 20 (a + b)(1 − ab) Chứng minh − ≤ ≤ , ∀a, b ∈ ℝ (1 + a )(1 + b ) ☺ HƯỚNG DẪN ðặt = a = tan x, b = tan y với π π x, y ∈ − ; 2 Ta có (a + b)(1 − ab) (1 + a )(1 + b ) (tan x + tan y)(1 − tan x tan y) 1 (a + b)(1 − ab) = sin(2x + 2y) ≤ ⇒ − ≤ ≤ 2 2 (1 + a )(1 + b ) (1 + tan x)(1 + tan y) = Dấu π π ∈ − “=” bên trái xảy x, y ; ⇔ a + b = −1 + ab Dấu “=” bên phải xảy sin(2x + 2y) = −1 π π x, y ∈ − ; 2 ⇔ a + b = − ab sin(2x + 2y) = 2.6 Phương pháp vận dụng kiến thức hình học VÍ DỤ 21 Chứng minh với số thực a, b, c, x, y, z ta luôn có bất ñẳng thức (ax + by + cz) ≤ (a + b + c )(x + y + z ) (bất ñẳng thức Bunhiacôpxki) ☺ HƯỚNG DẪN Trong không gian toạ ñộ Oxyz chọn u = (a;b;c), v = (x; y;z) Áp dụng bất ñẳng thức u.v ≤ u v thì ax + by + cz ≤ (a + b + c2 )(x + y + z ) , bình phương hai vế ta thu ñược bất ñẳng thức phải chứng minh (ax + by + cz) ≤ (a + b + c )(x + y + z ) Dấu “=” xảy u, v cùng phương, tức là xảy ñồng thời ay = bx, az = cx, bz = cy VÍ DỤ 22 Cho a, b, c > và ab + bc + ca = abc Chứng minh 2a2 + b2 2b2 + c2 2c2 + a2 + + ≥ ab bc ca ☺ HƯỚNG DẪN Trong mặt phẳng toạ ñộ Oxy chọn u = ( ; ), v = ( ; ), w = ( ; ) Khi ñó ta có a b b c c a u + v + w = (1; 2) (vì ab + bc + ca = abc) Áp dụng bất ñẳng thức 19 Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số – Bắc Ninh (22) Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC ôn thi ðại học u + v + w ≥ u+v+w 20 ñược a + b + b + c + + hay ≥ c a2 2a + b 2b + c 2c + a + + ≥ Dấu “=” xảy u, v, w ñôi cùng ab bc ca phương, tìm a = b = c = ta VÍ DỤ 23 Chứng minh 11− 2y + x − y + ≥ , với x, y thoả mãn x2 + y2 – 2x – 6y + = ☺ HƯỚNG DẪN Ta thấy x + y2 – 2x – 6y + = là ñường tròn (C) tâm I(1; 3), bán kính R = Vì x, y thoả mãn x + y2 – 2x – 6y + = nên 11 − y + x − y + = 11− y + 4x − y + 20 = ( x2 + y2 − 2x − y + 6) + (11− y) + (x2 + y2 − 2x − y + 6) + (4x − y + 20) = ( x − 1)2 + ( y − 4) + ( x + 1)2 + ( y − 5)2 = NM + PM, với ñiểm N(1; 4) nằm bên (C), ñiểm P(–1; 5) nằm bên ngoài (C), và M(x; y) ∈ (C) Gọi M0 là giao ñiểm ñoạn 23 ) Với M(x; y) ∈ (C) luôn có 5 11− 2y + x − y + ≥ , dấu “=” xảy M trùng với thẳng PN với ñường tròn (C) thì M o (− ; NM + PM ≥ PN = 5, nên 23 23 M o (− ; ), tức là x = − , y = 5 5 VÍ DỤ 24 Cho a, b, c ∈ [0;1] Chứng minh a + b + c ≤ + ab + bc + ca ☺ HƯỚNG DẪN Dựng tam giác ñều ABC có cạnh Lấy các ñiểm M, N, P thuộc các ñoạn thẳng AB, BC, CA cho AM = a, BN = b, CP = c Ta có S∆AMP + S∆BMN + S∆CNP ≤ S∆ABC 3 (a(1 − c) + b(1 − a) + c(1 − b)) ≤ ⇔ a + b + c ≤ + ab + bc + ca Dấu “=” xảy có các tam giác AMP, BMN, CNP trùng với tam giác ABC, tức là ba số a, b, c có số 0, số 1, và số tuỳ ý ñoạn [0; 1] ⇔ 2.7 Phương pháp vận dụng kiến thức hàm số Bằng việc khảo sát tính ñơn ñiệu hàm số thích hợp ta có thể chứng minh ñược số bất ñẳng thức Chúng ta có thể chứng minh bất ñẳng thức nhờ việc tìm tập giá trị hàm số Nếu hàm f(x) và g(x) cùng ñồng biến (hoặc cùng nghịch biến) trên tập D thì ( f (a) − f (b) ) ( g(a) − g(b) ) ≥ 0, ∀a, b ∈ D Nếu f(x) ñồng biến trên D còn g(x) nghịch biến trên D thì ( f (a) − f (b) ) ( g(a) − g(b) ) ≤ 0, ∀a, b ∈ D 20 Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số – Bắc Ninh (23) Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC ôn thi ðại học 21 Một hàm số quan trọng mà ta hay sử dụng tính chất nó ñể chứng minh bất ñẳng thức, ñó là hàm số bậc hai Tất nhiên ñi kèm theo ñó là các kiến thức phương trình và bất phương trình bậc hai Chúng ta lưu ý tới số nhận xét sau ñây: Nhận xét Ta biết phương trình ax2 + bx + c = (a ≠ 0) có nghiệm thì b2 – 4ac ≥ Như thế, ñể chứng minh bất ñẳng thức có dạng b2 – 4ac ≥ (a ≠ 0) ta có thể ñi chứng minh phương trình ax2 + bx + c = có nghiệm Nhận xét Nếu a > thì có ax2 + bx + c > ∀x∈R ⇔ b2 – 4ac < 0, và ax2 + bx + c ≥ ∀x∈R ⇔ b2 – 4ac ≤ Còn a < thì ax2 + bx + c < ∀x∈R ⇔ b2 – 4ac < 0, và ax2 + bx + c ≤ ∀x∈R ⇔ b2 – 4ac ≤ Lưu ý ñôi ta lại thay số biến số thích hợp Và có ñể chứng minh b2 – 4ac < ta ñi chứng minh phương trình ax2 + bx + c = vô nghiệm Nhận xét Nếu a ≤ x ≤ b thì (x – a)(b – x) ≥ hay x2 – (a + b)x + ab ≤ Nhận xét Nếu phương trình bậc hai ax + bx + c = ( a ≠ ) có hai nghiệm x1 , x b a c (ñịnh lí VIET) Nếu hai số u, v a có tổng u + v = S, u.v = P thì u, v là hai nghiệm phương trình bậc hai x − Sx + P = (phân biệt trùng nhau) thì x1 + x = − ; x1.x = (ñịnh lí VIET ñảo) Nhận xét Xét hàm số có dạng y = ax + bx + c , với a1 ≠ 0, b12 − 4a1c1 < , ta coi a x + b1 x + c1 ax + bx + c − y = là phương trình ẩn x, còn y là tham số Bây ñi tìm ñiều kiện a x + b x + c1 y ñể phương trình này có nghiệm x, ta có ñược tập giá trị y, và từ ñó có thể chứng minh ñược số bất ñẳng thức có dạng vế là số còn vế là biểu thức hàm số y Nhận xét Ta có thể dựa vào bảng biến thiên hàm số bậc hai (SGK ðại số 10) ñể ∆ , ∀x ∈ ℝ, dấu “=” xảy 4a b ∆ b x = − Nếu a < thì ax + bx + c ≤ − , ∀x ∈ ℝ, dấu “=” xảy x = − 2a 4a 2a tìm GTLN, NN hàm số Nếu a > thì ax + bx + c ≥ − Nhận xét ðể chứng minh bất ñẳng thức mà vế là biểu thức bậc hai dạng P = ax + bxy + cy2 a1x + b1xy + c1y còn vế là số, ta có thể xét y = 0, xét y ≠ và x y chia tử, mẫu P cho y2, ñặt t = , ñưa áp dụng nhận xét Nhận xét a) ðể chứng minh bất ñẳng thức mà vế là số và vế là biểu thức có 21 Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số – Bắc Ninh (24) Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC ôn thi ðại học dạng P = asin2 x + bsin xcosx + c.cos2 x a1 sin2 x + b1 sin xcosx + c1.cos2 x 22 , ta xét cosx = 0, sau ñó xét cosx ≠ và chia tử và mẫu P cho cos2x, ta ñặt t = tanx, chuyển áp dụng nhận xét b) ðể chứng minh bất ñẳng thức mà vế là biểu thức có dạng P = a sin x + b sin x cos x + c.cos x còn vế là số, ta viết lại P dạng P= c) P= a sin x + b sin x cos x + c.cos2 x sin x + cos x làm tiếp nhận xét 8a ðể chứng minh bất ñẳng thức mà vế là biểu thức có dạng a sin x + b cos x + c còn vế là số, ta biến ñổi biểu thức P ñể làm tiếp a1 sin x + b1 cos x + c1 x x x x x x 2a sin cos + b(cos − sin ) + c(cos + sin ) 2 2 2 nhận xét 8a sau P = x x 2x 2x 2x 2x 2a1 sin cos + b1 (cos − sin ) + c1 (cos + sin ) 2 2 2 ðể chứng minh bất ñẳng thức mà vế là biểu thức có dạng P = a sin x + b cos x + c còn vế là số, ta biến ñổi d) P= 2a sin x x x x x x cos + b(cos − sin ) + c(cos + sin ) 2 2 2 và làm tiếp nhận xét 8a x x cos + sin 2 Nhận xét Từ các khả xảy ∆ ta thấy tam thức bậc hai ñổi dấu và ∆ > Vì thế, ñể chứng minh bất ñẳng thức có dạng b − 4ac > (a ≠ 0) ta có thể xét tam thức f (x) = ax ± bx + c và tồn hai số thực α, β cho f (α ) > 0, f (β) < Nhận xét 10 Nếu a > thì ñồ thị hàm số y = ax + bx + c là parabol (P) quay bề lõm lên trên, tức là với bất kì hai ñiểm phân biệt A, B nằm trên (P), gọi M là ñiểm (P) cho x = x , thuộc ñoạn AB (M khác A, B), N là ñiểm thuộc cung AB M N ta luôn có yM > yN (nếu a < thì yM < yN) VÍ DỤ 25 Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn a > 0, a2 = bc, và a + b + c = abc Chứng minh a ≥ b > 0, c > 0, b2 + c2 ≥ 2a2 3, ☺ HƯỚNG DẪN Từ giả thiết ta có bc = a2, b + c = abc – a = a(bc – 1) = a(a2 – 1) nên b và c là hai nghiệm phương trình x2 – a(a2 – 1)x + a2 = Vì phương trình này có nghiệm nên ∆ = (a3 – a)2 – 4a2 ≥ ⇔ (a2 – 1)2 ≥ ⇔ a2 ≥ Từ ñây và a > suy a ≥ Lúc này b + c = a(a2 – 1) > và bc = a2 > nên b > 0, c > Hơn b2 + c2 = =(b + c)2 – 2bc = (a3 – a)2 – 2a2 = a2.((a2 – 1)2 – 2) ≥ 2a2 Vậy ta có ñiều phải chứng minh VÍ DỤ 26 Chứng minh với số thực a, b, c, d, e thì a2 + b2 + c2 + d2 + e2 ≥ a(b + c + d + e) 22 Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số – Bắc Ninh (25) Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC ôn thi ðại học 23 ☺ HƯỚNG DẪN Ta xét tam thức bậc hai ẩn x là f(x) = x2 – (b + c + d + e)x + b2 + c2 + d2 + e2, có biệt thức ∆ = (b + c + d + e)2– 4(b2 + c2 + d2 + e2) = – (b – c)2– (b – d)2– (b – e)2– (c – d)2– (c – e)2– (d – e)2≤ nên 1.f(x) ≥ ∀x∈R, suy f(a) ≥ hay a2 – (b + c + d + e)a + b2 + c2 + d2 + e2 ≥ Vậy ta luôn có a2 + b2 + c2 + d2 + e2 ≥ a(b + c + d + e), với số thực a, b, c, d, e VÍ DỤ 27 Chứng minh với số thực a1, a2, a3, b1, (a1 b1 + a b + a 3b3 ) ≤ (a12 + a 22 + a 32 )(b12 + b 22 + b32 ) (xem ví dụ 21) b2 , b3 ta có ☺ HƯỚNG DẪN Trường hợp 1: Nếu a12 + a 22 + a 32 = ⇔ a1 = a2 = a3 = thì bất ñẳng thức ñã cho hiển nhiên ñúng Trường hợp 2: Xét a12 + a22 + a32 > Có (a1x + b1)2 + (a2x + b2)2 + (a3x + b3)2 ≥ ∀x∈R, hay f(x) = ( a12 + a 22 + a 32 )x2 +2x( a1 b1 + a b + a 3b3 ) + b12 + b22 + b32 ≥ ∀x∈R Như tam thức bậc hai f(x) có ∆ ’ = ( a1 b1 + a b + a 3b3 )2 – (a12 + a 22 + a 32 )(b12 + b 22 + b32 ) ≤ Tức là ta có (a1 b1 + a b + a 3b3 ) ≤ (a12 + a 22 + a 32 )(b12 + b 22 + b32 ) Vậy bất ñẳng thức ñã cho ñược chứng minh Các bạn tự tìm ñiều kiện ñể dấu “=” xảy VÍ DỤ 28 Chứng minh 2010 x 2010 4019 với x thuộc ñoạn [2009; 2010] ≤ + ≤ 2009 2009 x 2009 ☺ HƯỚNG DẪN Theo bất ñẳng thức Côsi ta có x = x 2010 x 2010 2010 , dấu “=” xảy + ≥2 =2 2009 x 2009 x 2009 2009.2010 Mặt khác, với x ∈ [2009; 2010] thì (x – 2009)(2010 – x) ≥ hay 4019x ≥ x2 + 2009.2010 Suy x 2010 4019 , ∀ x ∈ [2009; 2010] Dấu “=” xảy + ≤ 2009 x 2009 x = 2009 x = 2010 Nhận xét Bài toán này có thể làm phương pháp khảo sát hàm số VÍ DỤ 29 Chứng minh 1 , ∀n ∈ ℕ* ≤n ≤ n n! n ☺ HƯỚNG DẪN Trước hết ta thấy n! = 1.2.3…n ≤ nn ⇒ 23 1 ≤ n , ∀ n ∈ N * Tiếp ñó, với ∀k = 1, n ta n n! Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số – Bắc Ninh (26) Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC ôn thi ðại học 24 luôn có (n − k)(k − 1) ≥ ⇒ k(n − k + 1) ≥ n , cho k = 1, 2, 3, …, n – 1, n ta thu ñược n bất ñẳng thức mà hai vế ñều dương: 1.n ≥ n 2.(n –1) ≥ n 3.(n – 2) ≥ n …………… (n –1).2 ≥ n n.1 ≥ n Nhân n bất ñẳng thức này, vế với vế tương ứng, dẫn tới (n!)2 ≥ nn hay 1 ≤ , ∀n ∈ ℕ* Vậy n n! n 1 Nhận xét Từ ≤ n ≤ n n! 1 ≤n ≤ , ∀n ∈ ℕ* n n! n 1 1 , ∀n ∈ ℕ* , và lim = lim = 0, suy lim n = n n n n! VÍ DỤ 30 Chứng minh với số thực x ta có 2sin4 x+12sinx+4sinxcos2x+5 − ≤2 − 2sin4 x+12sinx+4sinxcos2x+5 ≤ 32768 −128 ☺ HƯỚNG DẪN Xét u = 2sin x + 12sin x + 4sin x cos 2x + = sin x − 8sin x + 16sin x + ðặt t = sinx, −1 ≤ t ≤ , thì u = 2t − 8t + 16t + = 2(t − 2t) − 8(t − 2t) + ðặt v = t − 2t thì u = 2v − 8v + Xét hàm v = t − 2t với −1 ≤ t ≤ , có bảng biến thiên t -∞ -1 +∞ v = t − 2t +∞ +∞ -1 Suy −1 ≤ v ≤ Ta lại xét hàm số u = 2v − 8v + với −1 ≤ v ≤ , có bảng biến thiên v -∞ -1 +∞ +∞ +∞ u = 2v − 8v + 15 -1 -3 Suy −3 ≤ u ≤ 15 Với cách ñặt u trên ñây thì bất ñẳng thức ñã cho viết là u − ≤ 2u − ≤ 32768 − 128 −3 u y = w − w với 24 15 ≤ ≤ , suy −3 u w= Ta ñặt tiếp ≤w≤ 15 ⇒ Do −3 ≤ u ≤ 15 nên ≤ w ≤ 128 Bây ta xét hàm ≤ w ≤ 128 , có bảng biến thiên Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số – Bắc Ninh (27) Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC ôn thi ðại học -∞ w 25 128 +∞ +∞ +∞ 1− 2 y=w −w 32768 − 128 − 1 4 u u Như − ≤ w − w ≤ 32768 − 128 , hay − ≤ − ≤ 32768 − 128 Ta có ñiều phải chứng minh Các bạn tự kiểm tra xem các dấu “=” xảy nào VÍ DỤ 31 Chứng minh với a, b khác ta có 1) a2 b 2) 2( + a2 b b2 a + ≥ a b + b a b2 a b ) − 5( + ) + ≥ b a a ☺ HƯỚNG DẪN Bài toán này có nhiều cách làm, chúng tôi xin giới thiệu ñây cách a b b a ðặt t = + , vì a b a b a b = > nên |t| = | | + | | ≥ | |.| | = 2, hay t ∈ (−∞; −2] ∪ [2; +∞) b a b a b a b2 a b + = ( + ) − = t − 2 b a b a 1) Ta cần chứng minh t − ≥ t (1), ∀t ∈ (−∞; −2] ∪ [2; +∞) Do (1) ⇔ t − t − ≥ ⇔ (t+1)(t − 2) ≥ 0, và t ≥ thì t + > 0, t − ≥ ⇒ (t+1)(t − 2) ≥ 0, t ≤ −2 thì t + < −1 < 0, t − < −3 < ⇒ (t+1)(t − 2) ≥ 0, tức là (1) luôn ñúng với Và ta có a2 t ∈ (−∞; −2] ∪ [2; +∞) Vậy ta luôn có a2 b2 a b + ≥ + , với a ≠ 0, b ≠ 0, dấu “=” xảy b2 a b a t = hay a = b (ðể chứng minh (1) ta có thể sử dụng bảng biến thiên) 2) Ta cần chứng minh 2(t − 2) − 5t + ≥ 0, ∀t ∈ (−∞; −2] ∪ [2; +∞) (Tương tự ý 1) VÍ DỤ 32 Chứng minh với số thực x, y, z ta có ln(2x − 2xyz + 2y z − y2 z + y − 2yz + z + 3) > ln(x + z + 1) ☺ HƯỚNG DẪN Do x + z + > 0, ∀x, z ∈ ℝ, nên bất dẳng thức cần chứng minh tương ñương với 2x − 2xyz + 2y z − y z + y − 2yz + z + > x + z + ⇔ x − 2xyz + (2y z − y z + y − 2yz + 2) > 25 Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số – Bắc Ninh (28) Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC ôn thi ðại học 26 Xét tam thức bậc hai f (x) = x − 2xyz + (2y z − y z + y − 2yz + 2) ẩn x (coi y, z là tham 2 2 số) có hệ số x và ∆ 'x = g(y) = (−z + z − 1)y2 + 2yz − Ta lại xét tam thức bậc hai g(y) ẩn y (coi z là tham số) có hệ số y2 là − z + z − = −(z − ) − < 0, ∀z ∈ ℝ, và ∆ 'y = − z + 2z − = −(z − 1)2 − < 0, ∀z ∈ ℝ Do ñó g(y) luôn cùng dấu với hệ số y với y (và với z), hay ∆ 'x = g(y) < 0, ∀y, z ∈ ℝ Suy f(x) luôn cùng dấu với hệ số x với x (và với y, z), nghĩa là x − 2xyz + (2y z − y2 z + y − 2yz + 2) > 0, ∀x, y, z ∈ ℝ Như ta luôn có bất ñẳng thức ln(2x − 2xyz + 2y z − y2 z + y − 2yz + z + 3) > ln(x + z + 1), ∀x, y, z ∈ ℝ VÍ DỤ 33 a) Cho 2x − y = 1, chứng minh x2 + 2y2 ≥ x y2 + = 1, chứng minh | x + y |≤ c) Cho x + 4y2 + x + 2y + 4xy ≤ Chứng minh −2 ≤ x + 2y ≤ b) Cho ☺ HƯỚNG DẪN Bài này có thể vận dụng các kiến thức lượng giác, vecto, bất ñẳng thức Bunhiacôpxki ñể làm, ñây chúng ta giải nhờ vận dụng kiến thức hàm số bậc hai, phương trình bậc hai, bất phương trình bậc hai a) Do 2x − y = nên y = 2x − suy x2 + 2y2 = x2 + 2(2x − 1)2 = 9x2 − 8x + ≥ x= 2x − y = Dấu “=” xảy 2 2⇔ x + 2y = y = −1 b) ðặt Q = x + y ⇒ y = x − Q, vào ñẳng thức ñề bài cho, ta ñược 5x − 4xQ + 2Q − = Phương trình bậc hai ẩn x này có nghiệm ∆ ' = 30 − 6Q ≥ ⇔ − ≤ Q ≤ Từ miền giá trị Q ta suy bất ñẳng thức cần 5 x y2 x= x=− =1 + 5 chứng minh Dấu “=” xảy ⇔ y = y = − x + y = ± 5 2 c) ðặt t = x + 2y thì x + 4y + x + 2y + 4xy ≤ ⇔ (x + 4xy + 4y ) + (x + 2y) − ≤ hay t + t − ≤ ⇔ −2 ≤ t ≤ dẫn tới −2 ≤ x + 2y ≤ (ñpcm) Việc tìm ñiều kiện ñể xảy dấu “=” ñược làm tương tự các ý trên VÍ DỤ 34 Chứng minh với x thì −1 ≤ 3cos2 x + 2sin 2x ≤ 26 Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số – Bắc Ninh (29) Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC ôn thi ðại học 27 ☺ HƯỚNG DẪN ðặt y = 3cos x + 2sin 2x = 3cos x + 4sin x cos x Nếu cos x = thì y = Nếu cos x ≠ ta biến ñối cos x + sin x cos x = hàm số y trở thành y = y= với 4t + ⇔ t +1 y≠0 4t + 4t + t2 +1 cos x + sin x cos x sin x + cos x = t anx + tan x + ðặt t = tanx thì Coi t là ẩn, y là tham số, và biến ñổi − y = ⇔ yt − 4t + y − = (1) Với y = thì (1) có nghiệm t = − , t +1 thì (1) là phương trình bậc hai và có nghiệm ∆ ' = −y2 + 3y + ≥ ⇔ −1 ≤ y ≤ (y ≠ 0) Như (1) có nghiệm −1 ≤ y ≤ Nghĩa là hàm số y = 3cos x + 2sin 2x có tập giá trị là ñoạn [–1; 4] Tóm lại ta có ñiều phải chứng minh Các bạn hãy giải các phương trình lưọng giác ñể tìm ñiều kiện cho dấu “=” xảy VÍ DỤ 35 Với tam giác nhọn ABC, chứng minh 9cos A + 6(cos B + cosC) ≤ 11 ☺ HƯỚNG DẪN ðặt M = cos A + 6(cos B + cos C) , vai trò cosB và cosC nên ta biến ñổi B+ C B− C A A B−C cos = −18sin2 +12.sin cos 2 2 B−C A A A A Do < cos ≤ 1, sin > nên M ≤ −18sin2 +12sin + ðặt t = sin ⇒ t ∈ (0; ), ta 2 2 2 xét hàm số f (t) = −18t + 12t + trên khoảng (0; ), nhận thấy 2 t M = 9cosA + 6(cosB + cosC) = 9cosA +13.cos 11 f(t) Từ ñó suy −18t + 12t + ≤ 11(∀t ∈ (0; A A )) ⇒ −18sin + 12sin + ≤ 11 ⇒ M ≤ 11 2 B− C cos = A = arcsin Vậy 9cos A + 6(cos B + cosC) ≤ 11 Dấu “=” xảy ⇔ A π 1 sin = B = C = − arcsin 2 VÍ DỤ 36 Cho các số thực m, n, p thoả mãn ñiều kiện (m + p)(m + n + p) < Chứng minh n + p > 2[2m(m + n + p) + np] ☺ HƯỚNG DẪN Nếu m = việc kiểm tra tính ñúng ñắn bất ñẳng thức cần chứng minh xin dành cho 27 Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số – Bắc Ninh (30) Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC ôn thi ðại học 28 bạn ñọc Với m ≠ ta xét tam thức bậc hai f (x) = mx + (n − p)x + m + n + p, có f(0) = m + n + p và f(−1) = 2(m + p) nên f(0).f(−1) < 0, chứng tỏ f(x) ñổi dấu, phải có ∆ > ⇔ n + p > 2[2m(m + n + p) + np] (ñpcm) VÍ DỤ 37 Cho a1, a , , a n ∈ ( 0;1) Chứng minh (1 + a1 + a + + a n )2 > 4(a12 + a 22 + + a 2n ) ☺ HƯỚNG DẪN Tam thức f (x) = x − (1 + a1 + a + + a n )x + (a12 + a 22 + + a n2 ) f (0) = a12 + a 22 + + a 2n > 0, ñổi dấu vì f (1) = a1 (a1 − 1) + a (a − 1) + + a n (a n − 1) < Vậy phải có ∆ > tức là (1 + a1 + a + + a n )2 > 4(a12 + a 22 + + a 2n ) VÍ DỤ 38 Cho f(x) = ax2 + bx + c (a > 0), và x1 < x2 < x3 Chứng minh f(x3) −f(x2) f(x3) −f(x1) f(x2) −f(x1) > > x3 −x2 x3 −x1 x2 −x1 ☺ HƯỚNG DẪN Lấy A(x1; f (x1)), B((x ;f (x )), C(x ;f (x )) thuộc parabol (P) : y = f (x) = ax + bx + c ðường thẳng AC có hệ số góc k = f (x ) − f (x1 ) và ñi qua ñiểm A nên có phương trình x − x1 y = k(x − x1 ) + f (x1 ) ðường thẳng x = x2 cắt ñoạn thẳng AC f (x ) − f (x1 ) M(x ; (x − x1 ) + f (x1 )) Do (P) quay bề lõm lên trên nên yM > yB hay x − x1 f (x ) − f (x1) f(x ) − f(x1) f (x2 ) − f(x1) (x2 − x1) + f(x1) > f(x2 ) ⇔ > Mặt khác ñường thẳng x3 − x1 x3 − x1 x2 − x1 f (x ) − f (x1 ) AC ñi qua C và có hệ số góc k = nên phương trình nó lại có thể viết x − x1 dạng y = k(x − x ) + f (x ) Vì lại có thể biểu diễn giao ñiểm ñường thẳng AC f (x ) − f (x1 ) và ñường thẳng x = x2 là ñiểm M(x ;(x − x ) + f (x )) Dẫn tới x − x1 f (x ) − f (x1 ) f (x ) − f (x ) f (x ) − f (x1 ) y M > y B ⇔ (x − x ) + f (x ) > f (x ) ⇔ ⇔ > x − x1 x3 − x x − x1 f (x ) − f (x ) f (x ) − f (x1 ) f (x ) − f (x1 ) Vậy > > x3 − x x − x1 x − x1 VÍ DỤ 39 an + bn a + b Cho n ∈ ℕ*, a + b ≥ Chứng minh ≥ n (xem ví dụ 12) ☺ HƯỚNG DẪN Nếu a + b = thì ta ñược bất ñẳng thức a n + (−a)n ≥ luôn ñúng, dấu “=” xảy n lẻ a = b = 28 Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số – Bắc Ninh (31) Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC ôn thi ðại học 29 Ta xét trường hợp a + b > Với n = bất ñẳng thức hiển nhiên ñúng, và xảy dấu “=” Với n > 1, ta ñặt c = a + b > , xét hàm số f(x) = xn + (c – x)n trên tập số thực, có ñạo hàm f '(x) = n(xn−1 − (c − x)n−1 ) Ta có f'(x) > ⇔ n(xn−1 −(c − x)n−1) > ⇔ xn−1 −(c − x)n−1 > c Nếu n chẵn thì n – là số lẻ nên xn−1 − (c − x)n−1 > ⇔ xn−1 > (c − x)n−1 ⇔ x > c − x ⇔ x > n−1 n−1 n−1 n−1 Nếu n lẻ thì n – chẵn nên x − (c − x) > ⇔ x > (c − x) ⇔ x > c − x ⇔ x > (c − x)2 c c ⇔ > c2 − 2cx ⇔ x > Tức là ta luôn có f '(x) > ⇔ x > Hoàn toàn tương tự ta 2 c c ñược f '(x) < ⇔ x < , f '(x) = ⇔ x = Lập bảng biến thiên và suy 2 n c c an + bn a + b c , dấu “=” xảy a = ≥ f(x) ≥ f( ) = 2( )n Cho x = a ta ñược 2 2 hay a = b Vậy bất ñẳng thức ñã cho ñược chứng minh Dấu “=” xảy a = b, n lẻ và a = – b, n = VÍ DỤ 40 2.ln(x + 1) π Chứng minh esin x > + , ∀x ∈ (0; ) π ☺ HƯỚNG DẪN Xét hàm f(x) = e x − x − với x ≥ Có f '(x) = ex − ≥ ∀x ≥ 0, f '(x) = x = 0, nên f(x) ñồng biến trên [ 0; +∞ ) Do ñó e x ≥ + x (1), ∀x ≥ 0, dấu “=” xảy x = π Từ (1) suy esin x > + sin x (2), ∀x ∈ (0; ), và x > ln(1 + x) (3), ∀x > 2x π Xét hàm g(x) = sin x − với x ∈ 0; , có g'(x) = cosx − Phương trình π π 2 π g '(x) = có nghiệm x0 trên khoảng (0; ) Ta có bảng biến thiên π x0 x g’(x) + – g(x0) g(x) 0 π π 2x (4), ∀x ∈ (0; ) Từ ñó suy g(x) > 0, ∀x ∈ (0; ), hay sin x > π 2 29 Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số – Bắc Ninh (32) Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC ôn thi ðại học Từ (2) và (4) ta có esinx > + esin x > + π 2.ln(x + 1) , ∀x ∈ (0; ) (ñpcm) π 30 π 2x (5), ∀x ∈ (0; ) Từ (3) và (5) suy π VÍ DỤ 41 1) Chứng minh x α+β + yα+β ≥ x α yβ + x β yα , ∀x, y, α, β > (xem ví dụ 2) 2) Chứng minh với số thực dương a, b ta luôn có bất ñẳng thức 2a +1 2b +1 1 + ≤ (2a + 2b )( + ) a b a b ☺ HƯỚNG DẪN 1) x α+β + yα+β ≥ x α yβ + x β yα ⇔ (xα − yα )(xβ − yβ ) ≥ (*) Hàm số luỹ thừa f(t) = t α ñồng biến trên khoảng (0; +∞) vì f '(t) = α.t α−1 > 0, ∀t > 0, α > Tương tự, hàm số g(t) = t β ñồng biến trên khoảng (0; +∞) Như với số dương x, y, α, β ta luôn có (f(x) – f(y)).(g(x) – g(y)) ≥ , chứng tỏ (*) ñúng Bất ñẳng thức ñã cho ñược chứng minh Dấu “=” xảy x = y 2) Áp dụng tính chất ñơn ñiệu hàm số mũ ta có bất ñẳng thức (2a − 2b )(a − b) ≥ 0, ∀a, b ∈ ℝ Biến ñổi ta ñược a.2a + b.2 b ≥ a.2 b + b.2a , giả thiết cho a, b dương, nên ta chia hai vế bất ñẳng thức này cho ab, thu ñược bất ñẳng thức 2a b 2a b 2a b tương ñương + ≥ + Cộng hai vế với + ta ñược bất ñẳng thức cần b a a b a b chứng minh Dấu “=” xảy a = b (33) VẬN DỤNG BẤT ðẲNG THỨC ðỂ TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT 3.1 Nhắc lại ñịnh nghĩa giá trị lớn nhất, nhỏ ∀(x;y; ) ∈ D : F(x;y; ) ≤ M M = max F(x;y; ) ⇔ (x;y; )∈D (x ;y ; ) D : F(x ;y ; ) M ∃ ∈ = 0 0 ∀(x;y; ) ∈ D : F(x;y; ) ≥ m m = F(x;y; ) ⇔ (x;y; )∈D ∃ ∈ = (x ;y ; ) D : F(x ;y ; ) m 0 0 3.2 Một số ví dụ vận dụng bất ñẳng thức ñể tìm giá trị lớn nhất, nhỏ VÍ DỤ 42 Tìm giá trị nhỏ hàm số y = | x + | + | x − | ☺ HƯỚNG DẪN Áp dụng |a| + |b| ≥ |a + b| ta có | x + 1| + | x − | = | x + 1| + | − x | ≥ | x + + − x | = Dấu “=” xảy (x + 1)(2 − x) ≥ ⇔ ≤ x ≤ Vậy y = 3, ñạt ñược khi1 ≤ x ≤ x∈ℝ VÍ DỤ 43 Tìm giá trị lớn hàm số y = x − + 3 − x ☺ HƯỚNG DẪN Ta có thể lập bảng biến thiên hàm số này, từ ñó có kết luận giá trị lớn Lưu ý, ñồ thị hàm số ñã cho hình vẽ sau: 31 Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số – Bắc Ninh (34) Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC ôn thi ðại học 32 Ta giải bài toán phương pháp áp dụng bất ñẳng thức: ðặt a = x − 1, b = 3 − x, thì a + b = y và a + b = Nếu y ≥ thì a + b ≥ 0, áp a + b3 y a+b dụng bất ñẳng thức ví dụ 39 ta có ≤ ⇒ ( )3 ≤ ⇒ y ≤ Dấu “=” 2 xảy a = ± b hay x = Nếu y < thì hiển nhiên y < Như ta luôn có y ≤ và dấu “=” xảy x = Vậy max y = 2, ñạt ñược x = x∈ℝ VÍ DỤ 44 Tìm giá trị lớn hàm số f(x) = ln(6x) + ln(1 − x ) ☺ HƯỚNG DẪN ðiều kiện: < x < Biến ñổi f(x) = ln + ln x + ln − x Với a, b ta có a2 + b2 ≥ ab, dấu “=” xảy a = b Với hai số a, b dương thì a2 + b2 x + (1 − x ) ≥ ln ab = ln a + ln b, suy ln x + ln − x ≤ ln = ln , hay ln 2 (a − b)2 ≥ nên − x2 = x f(x) = ln6 + lnx + ln − x2 ≤ ln6 + ln = ln3, dấu “=” xảy ⇔x = 2 0 < x < Vậy max f(x) = ln 3, ñạt ñược x = x∈(0;1) VÍ DỤ 45 Cho hai số không âm x, y thoả mãn x + y =1 Tìm giá trị lớn và nhỏ biểu x y thức P = + 1+ y 1+ x ☺ HƯỚNG DẪN x y x + x + y + y − 2xy + = = = − Theo bất ñẳng thức Ta có P = + y + x + x + y + xy + xy + xy 1 Côsi thì ≤ xy ≤ (x + y) = ⇒ ≤ + xy ≤ ⇒ ≥ ≥ ⇒ ≥ P ≥ Vậy 4 + xy 3 x + y = x = 0, y = max P = 1, ñạt ñược ⇔ ; P = , ñạt ñược xy = x = 1, y = x + y = 1 ⇔x=y= xy = 32 Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số – Bắc Ninh (35) Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC ôn thi ðại học 33 VÍ DỤ 46 Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn ab + bc + ca = Tìm giá trị nhỏ a3 b3 c3 biểu thức Q = + + (a + 2b)(a + 2c) (b + 2c)(b + 2a) (c + 2a)(c + 2b) ☺ HƯỚNG DẪN Áp dụng bất ñẳng thức Côsi ta có a3 a + 2b a + 2c a3 a + 2b a + 2c a + + ≥ = , (a + 2b)(a + 2c) 27 27 (a + 2b)(a + 2c) 27 27 suy a3 a a3 a + 2b a + 2c ≥ − (a + b + c), dấu “=” xảy = = (a + 2b)(a + 2c) 27 (a + 2b)(a + 2c) 27 27 ⇔ a = b = c Ta có hai bất ñẳng thức tương tự b3 b ≥ − (a + b + c), (b + 2c)(b + 2a) 27 c3 c ≥ − (a + b + c) mà dấu “=” ñều xảy a = b = c Cộng ba bất (c + 2a)(c + 2b) 27 ñẳng thức này theo vế tương ứng ta ñược 3 a b c a+b+c Q= Mặt khác, dễ thấy + + ≥ (a + 2b)(a + 2c) (b + 2c)(b + 2a) (c + 2a)(c + 2b) Q ≥ , dấu “=” xảy ab + bc + ca = ⇔ a = b = c = Vậy Q = , ñạt ñược a = b = c = a = b = c a + b + c ≥ ab + bc + ca = , ñó VÍ DỤ 47 Tìm giá trị nhỏ biểu thức M = a4 b + b4 a −( a2 b + b2 a )+ a b + , với a ≠ 0, b ≠ b a ☺ HƯỚNG DẪN ðặt x = a2 + b2 a b a b a b a b a b + , vì = > nên | x |= + = + ≥ = Biểu diễn b a b a b a b a b a = x − 2, a4 + b4 = (x − 2)2 − = x − 4x + Bài toán chuyển tìm giá trị b a b a nhỏ M = x − 5x + x + với x ≥ Khi x ≤ −2 thì –(x + 2) ≥ và ta biến ñổi M = (x2 − 4)2 + 3(x + 2)2 − 11(x + 2) − ≥ −2, dấu “=” xảy x = –2 Khi x ≥ thì M = (x2 − 4)2 + 3(x − 2)2 + 13(x − 2) + ≥ > −2 Như luôn có M ≥ −2, dấu “=” xảy x = – hay a = − b ≠ Tóm lại minM = –2, ñạt ñược a = − b ≠ (36) BÀI TẬP THAM KHẢO Các bài tập tham khảo ñây chưa phải là hệ thống ñầy ñủ các dạng toán bất ñẳng thức hay gặp các kì thi ðại học, chúng tôi mong nhận ñược bổ sung từ phía bạn ñọc ñể tài liệu này có thể phục vụ tốt cho nhiệm vụ ôn thi Chúng tôi mong ñược trao ñổi với các bạn lời giải các bài toán này ðây là mảng kiến thức khó, hi vọng các bạn học sinh có ñủ kiên trì và ñam mê ñể học tập tốt Chúc các bạn thành công! Bài Chứng minh n n ∑ sinx i ≤ sin( i=1 1) n n ∑ cosx i n 3) ), ∀xi∈ [ 0; π ] , i = 1, n , n ∈ ℕ* n ∑x π π ≤ cos( i =1 ) ,∀xi∈ − ; , i = 1, n , n ∈ ℕ* n 2 n ∑ tanx i i=1 n i=1 2) ∑x i n i i=1 n ∑x π ≥ tan ( i =1 ) ,∀xi∈ 0; , i = 1, n , n ∈ ℕ* n 2 i Bài Chứng minh abc ≤ ab + bc + ca a + b + c ≤ ≤ abc + max { a − b ; b − c ; c − a } , ∀a, b, c ≥ 3 Bài Gọi x1 , x là hai nghiệm phương trình 2x + 2(m + 1)x + m + 4m + = (m là tham số) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ (GTLN, NN) biểu thức A = x1x − 2(x1 + x ) Bài Cho các số thực x, y thoả mãn x − x + = y + − y Tìm GTLN, NN biểu thức T = x + y Bài 1) Cho hai số thực x ≠ 0, y ≠ thoả mãn (x + y)xy = x + y − xy Tìm GTLN A= x3 + y3 2) Cho x2 + y2 = 2, tìm GTLN, NN P = 2(x3 + y3) − 3xy Bài Giả sử (x; y) là nghiệm dương hệ phương trình x+y=m 2 x + y = − m + (với m là tham số) Tìm GTLN biểu thức F = xy + 2(x + y) Bài a) Tìm GTLN, NN hàm số y = x + + − x − (x + 3)(6 − x) b) Tìm GTNN hàm số y = (x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4) + sin x − cos x − sin x + cos x cos 3x + a.sin 3x + , a là số d) Tìm GTLN, NN y = + cos 3x c) Tìm GTLN, NN y = 34 Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số – Bắc Ninh (37) Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC ôn thi ðại học 35 e) Cho a là số cố ñịnh, còn x và y là các số thay ñổi, tìm GTNN biểu thức P = (x − 2y + 1)2 + (2x + ay + 5)2 f) Tìm GTLN, NN hàm số y = sin x + cos x g) Tìm GTLN, NN hàm số f (x) = 2sin x + 4sin x cos x + h) Tìm GTLN hàm số a) f (x) = x − x ; b) g(x) = x −1 ; x c) h(x) = x + − x 3sin x + cos x j) Tìm GTNN M = x − xy + 3y − x + i) Tìm GTLN, NN y = + π k)Tìm GTLN, NN hàm số f(x) = cos2x + 4sin x trên ñoạn 0; 2 Bài Cho x + y = , tìm GTLN, NN M = 4xy + 3y 1 1 Bài Cho < x ≤ y ≤ z , chứng minh y( + ) + (x + z) ≤ ( + )(x + z) x z y x z Bài 10 Cho tam giác ABC bất kì, chứng minh aA + bB + cC π 1) ≥ và p < p − a + p − b + p − c ≤ 3p a+b+c A B C A B C 2) cot + cot + cot ≥ 3(tan + tan + tan ) 2 2 2 sin A + sin B + sin C 3) < cos A + cos B + cos C A B C 4) sin A + sin B + sin C ≤ cos + cos + cos 2 1 1 1 5) + + ≥ + + sin A sin B sin C cos2 A cos2 B cos2 C 2 Bài 11 Chứng minh với x, y z không âm ta có 1) x + xy + y + y + yz + z + z + zx + x ≥ 3(x + y + z) 2) x + xy + 2y + y + yz + 2z + z + zx + 2x ≥ 2(x + y + z) Bài 12 Cho ba số dương a, b, c, chứng minh 1 a+b+c + + ≤ 1) 2abc a + bc b + ca c + ab 2) (1+a )(1 + b3 )(1 + c3 ) ≥ (1 + ab )(1 + bc2 )(1 + ca ) a b c + + ≥ b+c c+a a+b 1 1 + + ≤ 4) a + b3 + abc b3 + c3 + abc c3 + a + abc abc a2 b2 c2 a b c 5) 2 + + ≥ + + 2 b+c c+a a+b b +c c +a a +b 3) 35 Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số – Bắc Ninh (38) Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC ôn thi ðại học 2 a b c a+b+c + + ≥ b+c c+a a+b 6) 8) 36 a4 b (c + a) 10) 11) 12) + b4 c (a + b) a3 a + ab + b a a + 2b 3 + + b + c4 ≥ a (b + c) b + bc + c b + 2c 3 + c c + 2a c3 + a3 b3 c3 a + b + c2 + + ≥ b+c c+a a+b 9) a + b + c3 ≥ a bc + b ca + c2 ab b3 7) c + ca + a ≥ ≥ a+b+c a +b+c a + 2b b + 2c c + 2a 1 + + ≥ 3, với + + = ab bc ca a b c 13) a 2b + 3c + b 2c + 3a + c 2a + 3b ≥ 5, với ab + bc + ca = 14) a b + 2c2 + b c + 2a + c a + 2b ≥ 3, với abc = 15) 17) 19) 21) a + 2b b + 2c2 c2 + 2a + + ≥ c a b a + b2 b2 + c2 c2 + a + + ≥ a + b + c b+c c+a a+c a3 (a + b)2 + b3 (b + c)2 a3 a + 3ab + b + + c3 (c + a)2 b3 b + 3bc + c2 ≥ 16) a − bc b − ca c − ab + + ≥ b+c c+a a +c a3 18) a + b2 + b3 b + c2 + c3 c2 + a ≥ a+b+c a + b + c 20) a + b ≤ a + b , ∀a, b ∈ ℝ 1+ a + b 1+ a 1+ b + c3 c2 + 3ca + a Bài 13 Cho a ≥ 1, b ≥ Chứng minh ≥ a+b+c log2 a + log2 b ≤ log2 a+b Bài 14 Chứng minh các bất ñẳng thức sau x3 1) x − < sin x < x, ∀x > 2) 2sin x +2 tan x 3x > + 2 , ∀x > π x 3) 2sin x + tan x ≥ x +1, ∀x ∈ (0; ) 4) 8sin + sin 2x > 2x, ∀x ∈ ( 0; π] 2 5) sinA + sin B + sin C + tan A + tan B + tan C > π, với tam giác nhọn ABC A + sin A 7) 8(sin + sin 2 B C + sin ) + sin A + sin B + sin C > π với tam giác ABC 4 B C + sin ) + sin 2A + sin 2B + sin 2C > 2π với tam giác ABC 2 x 8) e x + cos x ≥ + x − , ∀x ∈ ℝ 9) e x − e− x ≥ ln(x + + x ), ∀x ≥ 6) 8(sin 10) Một hình trụ có thể tích V nội tiếp hình cầu có bán kính R Chứng minh V ≤ 36 4πR 3 Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số – Bắc Ninh (39) Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC ôn thi ðại học + b 37 + c 3 ≥ , ∀a, b, c ≥ a +1 b +1 c +1 a4 b4 c4 12) Chứng minh + + ≥ 1, ∀a, b, c ≥ a +1 b +1 c +1 11) Chứng minh a a4 b4 c4 + + ≥ 3 3 3 a + 2b b + 2c c + 2a 13) Cho a, b, c, d > 0, ab + bc + cd + da = 4, chứng minh Bài 15 Cho ba số dương a, b, c thoả mãn a + b + c2 = Tìm GTNN biểu thức a b c P= 2+ + b +c c + a2 a2 + b2 Bài 16 a) Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn + + = Chứng minh abc ≥ 162 a b c b) Cho a > b > −1 Chứng minh a + ≥ (a − b)(b + 1) ≥ 2 c) Cho a > b > Chứng minh a + b(a − b)2 d) Cho a, b, c ≥ 0, a + b + c = Chứng minh a + 3b + b + 3c + c + 3a ≤ + 1) ≥ 16 x x y x z 1 f) Cho x, y, z > 0, chứng minh + + ≤ + + x + y y3 + z z3 + x x2 y z e) Cho x > 0, chứng minh (x + 1)2 ( + g) Cho a ≥ 1, b ≥ 1, chứng minh a b − + b a − ≤ ab y 2x + y x+y x n n n i) Cho n, k ∈ ℕ và ≤ k ≤ n, chứng minh C 2n − k C 2n + k ≤ (C 2n ) h) Cho x > 0, y > 0, chứng minh e < Bài 17 1) Cho x + y = 1, chứng minh x + y + y + x ≤ + 2) Cho x + y = u + v2 = 1, chứng minh u(x − y) + v(x + y) ≤ 3) Cho a, b, c > thỏa mãn a + 25b + 64c = 49, chứng minh 4) Cho 16 m + = 1, chứng minh 16 + + ≥ 49 a b c m + n ≥ n Bài 18 Cho x + xy + y = 16, y + yz + z = 3, chứng minh xy + yz + zx ≤ Bài 19 Cho a ≥ 1, b ≥ 1, chứng minh a − + b2 − ≤ ab Bài 20 Cho a + b + c > 0, ab + bc + ca > 0, abc > 0, chứng minh a > 0, b > 0, c > Bài 21 Cho n ∈ ℕ, n > 3, chứng minh: (1) n n ≥ (n + 1)n −1; Bài 22 1) Cho x + y ≥ 0, chứng minh 2) Cho x + y + z = 0, chứng minh 37 1+ x + 1+ y ≥ + 2x + y (2) (n!)2 ≥ n n + x + + y + + 4z ≥ Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số – Bắc Ninh (40) Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC ôn thi ðại học 38 2 x y z + + ≥ 1+ y 1+ z 1+ x y 2) Cho x > 0, y > 0, chứng minh (1 + x)(1 + )(1 + ) ≥ 256 x y 1 1 3) Cho x, y, z > 0, + + ≥ 2, chứng minh xyz ≤ 1+ x 1+ y 1+ z a b c Bài 24 1) Cho a, b, c > 0, tìm giá trị nhỏ P = + + b+c c+a a+b Bài 23 1) Cho x, y, z > 0, xyz = 1, chứng minh 2) Cho a, b, c > 0, a + b + c = 2abc, tìm GTLN P = Bài 25 Cho a, b, c > và a + bc + b + ca + c + ab a b c + + = 1, chứng minh m + n + p ≥ ( a + b + c)2 m n p Bài 26 Chứng minh + 5x + − x + 13x + ≥ 5x + 24x − , ∀x ∈ ℝ c2 (a − c) a2 + ≥ c+d a +b−c−d a +b 1 25 Bài 28 Cho a, b > 0, a + b ≤ 1, chứng minh (a + )2 + (b + )2 ≥ a b Bài 27 Cho a, b, c, d > 0, c + d < a + b, chứng minh Bài 29 Cho a + b = 4, chứng minh 3a + 8ab − 3b ≤ 20 Bài 30 Cho a + b + 2a + 2b + = 0, c2 + d + 17 = 6(c + d), chứng minh − ≤ (a − c) + (b − d) ≤ + Bài 31 Cho a + b = 1, c + d = 3, chứng ac + bd + cd ≤ 9+6 Bài 32 Cho x + y − 2x − 2y + = Chứng minh 3(x − y ) − 2(1 + 3)x + 2( − 1)y + 2xy + ≤ Bài 33 Tìm giá trị lớn P = a − b2 + b − a + 3(ab − (1 − a )(1 − b )) Bài 34 Chứng minh với x, y ta có 2x(1 − y ) + 2y(1 − x ) (x + 1)(y + 1) ≤ Bài 35 Cho < x, y, z < 1, chứng minh x(1−z) + y(1−x) + z(1 − y) < Bài 36 Cho a, b, c là ñộ dài ba cạnh tam giác, chứng minh: 1) Nếu tam giác ñó nhọn thì a2, b2, c2 lại là ñộ dài ba cạnh tam giác 2) Nếu a ≤ b ≤ c thì (a + b + c) ≤ 9bc 3) Nếu a < b < c thì a (b − c ) + b3 (c2 − a ) + c3 (a − b2 ) < a + b + b + c2 + c + a ≤ a+b+c 5) a (b + c − a) + b2 (c + a − b) + c2 (a + b − c) ≤ 3abc a b c a c b 6) + + − − − ≤ b c a c b a 7) Nếu chu vi tam giác thì a + b + c2 < 4) 38 2≤ Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số – Bắc Ninh (41) Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC ôn thi ðại học 39 x y + ≥ 1− x 1− y x y z 2) Cho x, y, z > 0, x + y + z = 1, chứng minh + + ≤ x +1 y +1 z +1 Bài 37 1) Cho x > 0, y > 0, x + y = 1, chứng minh Bài 38 Chứng minh n < + 3 44 n +1 + + + n +1 < n + 1, ∀n ∈ ℕ * n + = 6, tìm GTNN biểu thức S = x + y x y 1 2) Cho x, y, z > 0, x + y + z ≤ 1, tìm GTNN A = x + y + z + + + x y z Bài 39 1) Cho x > 0, y > 0, 3) Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn a + b + c2 = 3, tìm giá trị nhỏ biểu 1 thức P = + + + (a + b + c) a b c Bài 40 1) Cho f(x) = ax2 + bx + c thỏa mãn f (−1) ≤ 1, f (0) ≤ 1, f (1) ≤ 1, chứng minh f (x) ≤ với x ≤ 2) Cho < a, b, c < 2, chứng minh có ít các bất ñẳng thức sau ñây là sai: a(2 – b) > 1; b(2 – c) > 1; c(2 – a) > Bài 41 1) Cho (x − 1) + (y − 2)2 + (z − 1)2 = 1, tìm GTLN T = x + 2y + 3z − a4 2) Cho a > 1, b > 1, a + b ≤ 4, tìm GTNN P = + b4 (b − 1)3 (a − 1)3 3) Cho tam giác ABC nhọn, tìm GTNN F = t anA + tan B + tan C + t anA.tan B.tan C a b c 4) Tìm giá trị nhỏ A = + + với a, b, c ≥ và a + b + c = b + c +1 c + a +1 a + b +1 5) Tìm giá trị lớn biểu thức B = 6) Tìm giá trị nhỏ C = ab 2a + b + b với a, b > a+b+c với a, b, c > ab + 2bc 7) Cho x + y + z = 1, tìm GTLN, NN P = x + y + z + xy + yz + zx 8) Cho x, y, z ∈ [0; 2] , x + y + z = 3, tìm GTLN, N S = x + y + z 9) Cho x + y = 2, tìm GTNN các biểu thức A = x + y ; B = x + y ; C = x8 + y8 10) Cho ba số không x, y, z thỏa mãn x + y + z ≤ 1, hãy a) Tìm GTNN S = 1 + + 1+ x 1+ y 1+ z b) Tìm GTLN T = x + y 1+ x 1+ y 11) Cho hai số dương x, y thỏa mãn x + y = , tìm GTNN N = + x 2y 12) Với tam giác ABC bất kì, tìm GTLN M = cos A + 3(cos B + cos C) 2 + z + z2 13) Tìm GTNN Q = (1 − x)2 + y + (1 + x)2 + y + − y Bài 42 1)Chứng minh với số thự nhiên n > ta có: a) 1 1 + + + + < n +1 n + n + 3n + b) 22 + 32 + + 1 < − n n2 2) Chứng minh với số thực a, b ta có: 39 Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số – Bắc Ninh (42) Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC ôn thi ðại học a) a + b ≥ a b + ab 4 40 b) a + b − ab − a − b + ≥ 2 3) Chứng minh các bất ñẳng thức a) bc ca ab + + ≥ a + b + c, ∀a, b,c > a b c b)(a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8abc, ∀a, b,c ≥ c)a8 − a5 + a − a + > 0, ∀a ∈ ℝ d)ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) ≥ 6abc, ∀a, b,c ≥ a b e)(a + 2b)(b + 2c)(c + 2a) ≥ 27abc, ∀a, b,c ≥ f )(1 + )4 + (1 + )4 ≥ 32, ∀a, b > b a a+b+c+d ≥ abcd 4) Chứng minh với a, b, c, d không âm ta có 5) Chứng minh với số thực x, y, z, t ta có x + y + z + t ≥ 4xyzt x+y 1 , g = xy, h = ( + ) Chứng minh 6) Cho hai số dương x, y ta ñặt m = 2 x y a) m ≥ g ≥ h b) m − g ≥ g − h 7) Cho x, y, z > 0, xyz = 1, chứng minh x y3 y3 z z x 3 + + ≥ x+y y+z z+x 3x y2 z + xy + yz + zx ≥ x y2 + y2z2 + x 2z2 9) Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn xyz(x + y + z) = 1, chứng minh (x + y)(y + z) ≥ 8) Cho x, y, z > 0, xy + yz + zx ≤ 2xyz, chứng minh 10) Cho hai số dương x, y thỏa mãn x + y ≤ 1, chứng minh x2 + x2 + y2 + y2 ≥ 17 Bài 43 1) Cho a, b, c ≥ 0, chứng minh a 3b + b3c + c3a ≥ a bc + ab2c + abc2 2) Cho a, b, c > 0, a + b + c ≤ , chứng minh a + b + c + a2 + b2 + c2 ≥ 27 3) Cho ≤ y ≤ x ≤ 1, chứng minh x y − y x ≤ 4) Cho 6x + 8xy − = 5, chứng minh x + y ≥ 5) Cho tam giác ABC, gọi x, y, z là khoảng cách từ ñiểm M bên tam x+ y+ z≤ giác ñến các cạnh BC, CA, AB Chứng minh a + b + c2 (với a, 2R b, c là ñộ dài ba cạnh, R là bán kính ñường tròn ngoại tiếp tam giác ABC) Bài 44 1) Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn x(x + y + z) = 3yz, chứng minh (x + y)3 + (x + z)3 + 3(x + y)(x + z)(y + z) ≤ 5(y + z)3 2) Cho < a < b < 1, chứng minh a ln b − b ln a > ln a − ln b 3) Cho a, b, c ≥ 2, chứng minh log b+c a + log c+a b + log a + b c > 4) Chứng minh 4sin 2x + 2.2cos x ≥ 4, ∀x ∈ ℝ 5) Cho x, y, z > 0, x + y + z ≤ 1, chứng minh 6) Cho x, y, z > 0, xyz =1, chứng minh 40 x2 + x + y2 + y + z2 + z2 ≥ 82 + x + y3 + y3 + z3 + z3 + x + + ≥ 3 xy yz zx Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số – Bắc Ninh (43) Chuyên ñề BẤT ðẲNG THỨC ôn thi ðại học 41 7) Cho a ≥ b > 0, chứng minh bất ñẳng thức (2a + 8) Cho a, b, c > 0, chứng minh + 2 + a ) b ≤ (2b + ≤ a + bc b + ca c + ab x x2 x 9) Chứng minh với x > thì + − < x + < + π e 2010 2010 và 10) So sánh hai số e và π So sánh hai số 2 2 b )a 1 + + ab bc ca 2011 2011 11) Cho a > 0, b > 0, a + b = c, chứng minh x > thì a x + b x < c x , < x < thì a x + bx > cx 12) Cho a, b, c, k > 0, chứng minh (k − k − 1)b3 − a (k − k − 1)c3 − b3 bc + kc + (k − k − 1)a − c3 ≤ (k − 2)(a + b + c) ca + ka x y z t 4(x + y + z + t) 13) Cho x, y, z, t ≥ 0, chứng minh + + + ≥ 2 2 1+ y 1+ z 1+ t 1+ x + (x + y + z + t) ab + kb2 + Bài 45 1) Cho (x + y)3 + 4xy ≥ 2, tìm GTNN A = 3(x + y4 + x y2 ) − 2(x + y2 ) + 2) Cho hai số thực không âm x, y thỏa mãn x + y = 1, tìm GTLN, NN biểu thức S = (4x + 3y)(4y + 3x) + 25xy 3) Cho a, b, c ≥ 0, a + b + c = 1, tìm GTNN biểu thức M = 3(a b + b c2 + c 2a ) + 3(ab + bc + ca) + a + b + c2 4) Tìm GTNN hàm số y = − x + 4x + 21 − − x + 3x + 10 5) Cho x > 0, y > 0, 3x + y ≤ 1, tìm GTNN A = 1 + x xy 6) Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn xyz = 1, tìm GTNN biểu thức x (y + z) y2 (z + x) z (x + y) + + P= y y + 2z z z z + 2x x x x + 2y y x y z 7) Cho x, y, z > 0, tìm GTNN biểu thức P = x( + ) + y( + ) + z( + ) yz zx xy 8) Cho x2 + y2 =1, tìm GTLN, NN biểu thức P = 2(x + 6xy) + 2xy + 2y (x − y)(1 − xy) 9) Cho x ≥ 0, y ≥ 0, tìm GTLN, NN P = (1 + x) (1 + y)2 10) Cho y ≤ 0, x + x = y + 12, tìm GTLN, NN A = xy + x + 2y + 17 4 + x 4y ab bc ca 12) Cho a, b, c > 0, a + b + c2 = 1, tìm GTNN P = + + c a b 13) Cho ≤ x ≤ 3, ≤ y ≤ 4, tìm GTLN P = (3 − x)(4 − y)(2x + 3y) 11) Cho x > 0, y > 0, x + y = , tìm GTNN A = a +n b n a+b ≤ , ∀n ∈ ℕ, n ≥ 2, ∀a, b ≥ (xem ví dụ 2) 2 abc + 6029 ≥ 2010 Bài 47 Cho a, b, c ≥ 1, chứng minh 2010 a + 2010 b + 2010 c n Bài 46 Chứng minh 41 Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số – Bắc Ninh (44)