Chuyên đề bất đẳng thức - THCS.TOANMATH.com

Chuyờn ủề:

B Ấ T ðẲ NG TH Ứ C

A.MỤC TIấU:

1-Học sinh nắm vững một số phương phỏp chứng minh bất ủẳng thức.

2-Một số phương phỏp và bài toỏn liờn quan ủến phương trỡnh bậc hai sử dụng cụng thức nghiệm sẽ cho học sinh học sau.

3-Rốn kỹ năng và pp chứng minh bất ủẳng thức.

B- NỘI DUNG

PHẦN 1 : CÁC KIẾN THỨC CẦN LƯU í 1- ðịnh nghĩa

2- Tớnh chất

3-Một số hằng bất ủẳng thức hay dựng

Phần 2:một số phương phápchứng minh bấtđẳng thức

2- Phương pháp dùng biến đổi tương đương 3- Phương pháp dùng bất đẳng thức quen thuộc 4- Phương pháp sử dụng tính chất bắc cầu

5- Phương pháp dùng tính chất tỉ số 6- Phương pháp làm trội

7- Phương pháp dùng bất đẳng thức trong tam giác 8- Phương pháp đổi biến số

9- Phương pháp dùng tam thức bậc hai 10- Phương pháp quy nạp

11- Phương pháp phản chứng

Phần 3 :các bài tập nâng cao

PHầN 4 : ứng dụng của bất đẳng thức 1- Dùng bất đẳng thức để tìm cực trị

2-Dùng bất đẳng thức để giải phương trình và bất phương trình 3-Dùng bất đẳng thức giải phương trình nghiệm nguyên

Phần I : các kiến thức cần lưu ý

1-Đinhnghĩa

⁰

0

A B A B

A B A B

≥ ⇔ ư ≥



≤ ⇔ ư ≤



2-tính chất

+ A>B ⇔ B< A

+ A>B và B >C ⇔ A>C

+ A>B ^⇒A+C >B + C

+ A>B và C > D ⇒ A+C > B + D + A>B và C > 0 ⇒ A.C > B.C + A>B và C < 0 ⇒ A.C < B.C

+ 0 < A < B và 0 < C <D ^⇒ 0 < A.C < B.D + A > B > 0 ^⇒ Aⁿ > Bⁿ ∀n

+ A > B ^⇒ Aⁿ > Bⁿ với n lẻ + A > B ^⇒ Aⁿ > Bⁿ với n chẵn + m > n > 0 và A > 1 ^⇒ A^m > Aⁿ + m > n > 0 và 0 <A < 1 ^⇒ A^m < Aⁿ +A < B và A.B > 0 ^⇒

B A

1 1 >

3-một số hằng bất đẳng thức

+ A^{2 ≥} 0 với ^∀A ( dấu = xảy ra khi A = 0 ) + A^{n ≥} 0 với^∀A ( dấu = xảy ra khi A = 0 ) + A ≥0 với ∀A (dấu = xảy ra khi A = 0 ) + - A < A < A

+ A+B ≥ A + B ( dấu = xảy ra khi A.B > 0) + AưB ≤ A ư B ( dấu = xảy ra khi A.B < 0)

Phần II : một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức

Phương pháp 1 : dùng định nghĩa

Kiến thức : Để chứng minh A > B Ta chứng minh A –B > 0

Lưu ý dùng hằng bất đẳng thức M^{2 ≥} 0 với∀ M Ví dụ 1 ∀ x, y, z chứng minh rằng :

a) x² + y² + z^{2 ≥} xy+ yz + zx b) x² + y² + z^{2 ≥} 2xy – 2xz + 2yz

c) x² + y² + z²+3 ^≥ 2 (x + y + z) Giải:

a) Ta xét hiệu

x² + y² + z²- xy – yz - zx =

2

1.2 .( x² + y² + z²- xy – yz – zx) =

2

1

[

]

Vì (x-y)^{2 ≥}0 với∀x ; y Dấu bằng xảy ra khi x=y (x-z)² ≥0 với∀x ; z Dấu bằng xảy ra khi x=z (y-z)^{2 ≥}0 với∀ z; y Dấu bằng xảy ra khi z=y Vậy x² + y² + z² ≥ xy+ yz + zx Dấu bằng xảy ra khi x = y =z b)Ta xét hiệu

x² + y² + z² - ( 2xy – 2xz +2yz ) = x² + y² + z² - 2xy +2xz –2yz

=( x – y + z)² ≥0 đúng với mọi x;y;z∈R

Vậy x² + y² + z^{2 ≥} 2xy – 2xz + 2yz đúng với mọi x;y;z∈R

Dấu bằng xảy ra khi x+y=z c) Ta xét hiệu

x² + y² + z² +3 – 2( x+ y +z ) = x²- 2x + 1 + y² -2y +1 + z² -2z +1 = (x-1)²+ (y-1) ²+(z-1)^2≥ 0

Dấu(=)xảy ra khi x=y=z=1 Ví dụ 2: chứng minh rằng :

a)

2 2 2

2

2 



 



 + +b ≥ a b

a ;b)

2 2 2 2

3

3 



 



 + + + ≥

+b c a b c

a

c) H`y tổng quát bài toán

giải a) Ta xét hiệu

2 2 2

2

2 



 



 + +b − a b

a

=

( )

4 2 4

2a² b² a² + ab+b² + −

=

(

)

4

1 _{2 2 2 2}

−

−

−

+

= ( ) 0

4

1 2

≥

−b a

Vậy

2 2 2

2

2 



 



 + +b ≥ a b a

Dấu bằng xảy ra khi a=b b)Ta xét hiệu

2 2 2 2

3

3 



 



 + + + ư

+b c a b c

a

=

[

]

9

1 2 2 2

≥

ư +

ư +

ưb b c c a

a

Vậy

2 2 2 2

3

3 



 



 + + + ≥

+b c a b c

a

Dấu bằng xảy ra khi a = b =c c)Tổng quát

2 2

1 2 2

2 2

1 .... ....



 



 + + +

+ ≥ + +

n a a

a n

a a

a _{n n}

Tóm lại các bước để chứng minh A^≥B tho định nghĩa Bước 1: Ta xét hiệu H = A - B

Bước 2:Biến đổi H=(C+D)²hoặc H=(C+D)²+….+(E+F)² Bước 3:Kết luận A ≥ B

Ví dụ:(chuyên Nga- Pháp 98-99) Chứng minh ∀m,n,p,q ta đều có

m²+ n²+ p²+ q²+1≥ m(n+p+q+1) Giải:

0 4 1

4 4

4

2 2 2 2

2 2 2

≥



 



 ư +

+



 



 ư +

+



 



 ư +

+



 



 ư +

⇔ m m

q m mq

p m mp

n m mn

0 2 1

2 2

2

2 2

2 2

 ≥



 



 ư

 +



 



 ư

 +



 



 ư

 +



 



 ư

⇔ m

m q m p

m n

(luôn đúng)

Dấu bằng xảy ra khi















=

ư

=

ư

=

ư

=

ư

0 2 1

2 0 2 0 2 0

m m q m p m n

⇔















=

=

=

=

22 2 2

m q m p m n m

⇔ 

=

=

=

= 1 2 q p n

m

phương pháp 2 : Dùng phép biến đổi tương đương Lưu ý:

Ta biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức đúng hoặc bất đẳng thức đ` được chứng minh là đúng.

Chú ý các hằng đẳng thức sau:

(A+B)² = A² +2AB+B²

(A+B+C)² = A² +B² +C² +2AB+2AC+2BC

(A+B)³ = A³+3A²B+3AB² +B³

Ví dụ 1:

Cho a, b, c, d,e là các số thực chứng minh rằng a) b ab

a + ≥

4

2 2

b)a² +b² +1≥ab+a+b

c)a² +b² +c² +d² +e² ≥a(b+c+d+e) Giải:

a) b ab

a + ≥

4

2 2

⇔4a² +b² ≥4ab ⇔4a² ư4a+b² ≥0

⇔(2aưb)² ≥0 (bất đẳng thức này luôn đúng) Vậy b ab

a + ≥

4

2

2 (dấu bằng xảy ra khi 2a=b) b) a² +b² +1≥ab+a+b

⇔2(a² +b² +1 )>2(ab+a+b)

⇔a² ư2ab+b² +a² ư2a+1+b² ư2b+1≥0

⇔(aưb)² +(aư1)² +(bư1)² ≥0 Bất đẳng thức cuối đúng.

Vậy a² +b² +1≥ab+a+b

Dấu bằng xảy ra khi a=b=1

c) a² +b² +c² +d² +e² ≥a(b+c+d +e)

^⇔ 4( a² +b² +c² +d² +e² )≥4a(b+c+d+e) ^⇔

(

) (

) (

) (

)

^⇔ (aư2b)² +(aư2c)² +(aư2d)² +(aư2c)² ≥0

Bất đẳng thức đúng vậy ta có điều phải chứng minh Ví dụ 2:

Chứng minh rằng:

(

)(

) (

)(

)

Giải:

(

)(

) (

)(

)

⇔ a⁸b²

(

)

(

)

⇔ a²b²(a²-b²)(a⁶-b⁶)^≥ 0 ^⇔ a²b²(a²-b²)²(a⁴+ a²b²+b⁴) ^≥ 0 Bất đẳng thứccuối đúng vậy ta có điều phải chứng minh

Ví dụ 3: cho x.y =1 và x.y

Chứng minh

y x

y x

ư + ²

2

≥2 2

Giải:

y x

y x

ư + ²

2

≥2 2 vì :x〉y nên x- y 〉 0 ⇒x²+y^2≥ 2 2( x-y) ⇒ x²+y²- 2 2 x+2 2y ^≥0^⇔ x²+y²+2- 2 2 x+2 2y -2 ^≥0

⇔ x²+y²+( 2)²- 2 2 x+2 2y -2xy ≥0 vì x.y=1 nên 2.x.y=2

⇒(x-y- 2)^{2 ≥} 0 Điều này luôn luôn đúng . Vậy ta có điều phải chứng minh Ví dụ 4:

1)CM: P(x,y)=9x²y² +y² ư6xyư2y+1≥0 ∀x,y∈R

2)CM: ^{a2 +b2 +c2 ≤ a + b + c} (gợi ý :bình phương 2 vế) 3)choba số thực khác không x, y, z thỏa m`n:







+ +

<

+ +

=

z y z x

y x

z y x

1 1

1 . . 1

Chứng minh rằng :có đúng một trong ba số x,y,z lớn hơn 1 (đề thi Lam Sơn 96-97)

Giải:

Xét (x-1)(y-1)(z-1)=xyz+(xy+yz+zx)+x+y+z-1 =(xyz-1)+(x+y+z)-xyz(

z y x

1 1

1+ + )=x+y+z - (1 1 1) 0

>

+ +

z y

x (vì

z y x

1 1

1+ + < x+y+z theo gt)

^→2 trong 3 số x-1 , y-1 , z-1 âm hoặc cả ba sỗ-1 , y-1, z-1 là dương.

Nếủ trường hợp sau xảy ra thì x, y, z >1 ^→x.y.z>1 Mâu thuẫn gt x.y.z=1 bắt buộc phải xảy ra trường hợp trên tức là có đúng 1 trong ba số x ,y ,z là số lớn hơn 1 Phương pháp 3: dùng bất đẳng thức quen thuộc A/ một số bất đẳng thức hay dùng

1) Các bất đẳng thức phụ:

a) x² +y² ≥2xy

b) x² +y² ≥ xy dấu( = ) khi x = y = 0 c) (x+y)² ≥4xy

d) + ≥2 a b b a

2)Bất đẳng thức Cô sy: n

n n

a a a n a

a a

a

a .... ....

3 2 1 3

2

1+ + + + ≥

Với a_i >0

3)Bất đẳng thức Bunhiacopski

(

)

(

)

(

)

4) Bất đẳng thức Trê- bư-sép:

Nếu





≤

≤

≤

≤ C B A

c b

a ⇒

. 3 3 3

C B A c b a cC bB

aA + + + +

+ ≥ +

Nếu





≥

≥

≤

≤ C B A

c b

a ⇒

. 3 3 3

C B A c b a cC bB

aA + + + +

+ ≤ +

Dấu bằng xảy ra khi





=

=

=

= C B A

c b a

b/ các ví dụ

ví dụ 1 Cho a, b ,c là các số không âm chứng minh rằng (a+b)(b+c)(c+a)^≥8abc

Giải:

Cách 1:Dùng bất đẳng thức phụ: (x+y)² ≥4xy

Tacó (a+b)² ≥4ab; (b+c)² ≥4bc ; (c+a)² ≥4ac

⇒(a+b)²(b+c)²(c+a)² ≥64a²b²c² =(8abc)^{2 ⇒}(a+b)(b+c)(c+a)^≥8abc

Dấu “=” xảy ra khi a = b = c

ví dụ 2(tự giải): 1)Cho a,b,c>0 và a+b+c=1 CMR: 1 1 1 9

≥ + +b c

a (403-1001)

2)Cho x,y,z>0 và x+y+z=1 CMR:x+2y+z≥4(1−x)(1−y)(1−z)

3)Cho a>0 , b>0, c>0 CMR:

2

≥ 3 + +

+ +

+ a b

c a c

b c b

a

4)Cho x≥0,y≥0 thỏa m`n 2 x− y =1 ;CMR: x+y

5

≥1 ví dụ 3: Cho a>b>c>0 và a² +b² +c² =1chứng minh rằng

3 3 3 1

2

a b c

b c+a c+a b ≥

+ + +

Giải:

Do a,b,c đối xứng ,giả sử a^≥b^≥c ⇒







≥ +

≥ + +

≥

≥

b a

c c a

b c b

a

c b a^{2 2 2}

áp dụng BĐT Trê- b−-sép ta có





 





+ + + +

+ +

≥ + + +

+ +

+ a b

c c a

b c b

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

a a .

. 3 .

. ^{2 2 2 2 2}

2 =

2 .3 3

1 =

2 1

Vậy

2

3 1

3 3

+ ≥ + +

+ + a b

c c a

b c b

a Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=

3 1

ví dụ 4:

Cho a,b,c,d>0 và abcd =1 .Chứng minh rằng :

( ) ( ) ( ) 10

2 2 2

2 +b +c +d +a b+c +b c+d +d c+a ≥ a

Giải:

Ta có a² +b² ≥2ab

c² +d² ≥2cd

Do abcd =1 nên cd =

ab

1 (dùng

2 1 1 ≥ + x

x )

Ta có 1 ) 4

( 2 ) (

2 2

2

2 + + ≥ + = + ≥

ab ab cd

ab c

b

a (1)

Mặt khác: a(b+c)+b(c+d)+d(c+a) =(ab+cd)+(ac+bd)+(bc+ad)

= 1 1 1 2 2 2

+ +

≥



 



 +

+



 



 +

+



 



 +

bc bc ac ac

ab ab

Vậya² +b² +c² +d² +a(b+c)+b(c+d)+d(c+a)≥10

ví dụ 5: Cho 4 số a,b,c,d bất kỳ chứng minh rằng:

(a+c)² +(b+d)² ≤ a² +b² + c² +d²

Giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski tacó ac+bd^≤ a² +b². c² +d²

mà (a+c)² +(b+d)² =a² +b² +2(ac+bd)+c² +d²

(

)

≤

⇒ (a+c)² +(b+d)² ≤ a² +b² + c² +d²

ví dụ 6: Chứng minh rằng

a² +b² +c² ≥ab+bc+ac

Giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski Cách 1: Xét cặp số (1,1,1) và (a,b,c) ta có

(

)

(

)

^⇒a² +b² +c² ≥ab+bc+ac Điều phải chứng minh Dấu bằng xảy ra khi a=b=c

Phương pháp 4: Sử dụng tính chất bắc cầu

Lưu ý: A>B và b>c thì A>c 0< x <1 thì x²<x ví dụ 1:

Cho a, b, c ,d >0 thỏa m`n a> c+d , b>c+d Chứng minh rằng ab >ad+bc

Giải:

Tacó



 +

>

+

>

d c b

d c

a ^⇒





>

>

ư

>

>

ư

0 0 c d b

d c a

^⇒ (a-c)(b-d) > cd ^⇔ ab-ad-bc+cd >cd

⇔ ab> ad+bc (điều phải chứng minh) ví dụ 2:

Cho a,b,c>0 thỏa m`n

3

2 5

2

2 +b +c = a

Chứng minh

abc c b a

1 1 1 1+ + <

Giải:

Ta có :( a+b- c)²= a²+b²+c²+2( ab –ac – bc) ^〉 0 ^⇒ ac+bc-ab 〈

2

1( a²+b²+c²) ⇒ ac+bc-ab

6

≤ 5 〈 1 Chia hai vế cho abc > 0 ta có

c b a

1 1 1+ ư 〈

abc 1

ví dụ 3

Cho 0 < a,b,c,d <1 Chứng minh rằng (1-a).(1-b) ( 1-c).(1-d) > 1-a-b-c-d Giải:

Ta có (1-a).(1-b) = 1-a-b+ab Do a>0 , b>0 nên ab>0 ⇒ (1-a).(1-b) > 1-a-b (1) Do c <1 nên 1- c >0 ta có ⇒(1-a).(1-b) ( 1-c) > 1-a-b-c

^⇒ (1-a).(1-b) ( 1-c).(1-d) > (1-a-b-c) (1-d)

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

(Điều phải chứng minh) ví dụ 4

1- Cho 0 <a,b,c <1 . Chứng minh rằng 2a³ +2b³ +2c³ <3+a²b+b²c+c²a

Giải :

Do a < 1 ⇒ a² <1 và

Ta có

(

)

mà 0< a,b <1 ⇒ a² > a³, b² > b³

Từ (1) và (2) ^⇒ 1+a²b²> a³+b³

Vậy a³+b³ < 1+a²b²

Tương tự b³+c³ ≤1+b²c

c ³+a³≤ 1+c²a

Cộng các bất đẳng thức ta có :

2a³ +2b³ +2c³ ≤3+a²b+b²c+c²a

b)Chứng minh rằng : Nếu a² +b² =c² +d² =1998 thì ac+bd =1998 (Chuyên Anh –98 – 99)

Giải:

Ta có (ac + bd)² + (ad – bc )² = a²c² + b²d² +2abcd +a²d ² +b²c²-2abcd=

= a²(c²+d²)+b²(c²+d²) =(c²+d²).( a²+ b²) = 1998²

rỏ ràng (ac+bd)^{2 ≤} (ac+bd)² +(adưbc)² =1998²

⇒ ac+bd ≤1998

2-Bài tập : 1, Cho các số thực : a₁; a₂;a₃ ….;a₂₀₀₃ thỏa m`n : a₁+ a₂+a₃ + ….+a₂₀₀₃

=1

chứng minh rằng : a₁²+a₂² +a₃² +....+a²₂₀₀₃

2003

≥ 1 ( đề thi vào chuyên nga pháp 2003- 2004Thanh hóa )

2,Cho a;b;c ≥0 thỏa m`n :a+b+c=1(?)

Chứng minh rằng: ( 1 1) 8

).(

1 1 ).(

1 1

≥

ư

ư

ư b c

a

Phương pháp 5: dùng tính chấtcủa tỷ số

Kiến thức

1) Cho a, b ,c là các số dương thì

a – Nếu >1 b

a thì

c b

c a b a

+

> +

b – Nếu <1 b

a thì

c b

c a b a

+

< +

2)Nếu b,d >0 thì từ

d c d b

c a b a d c b

a <

+

< +

⇒

<

`

ví dụ 1 :

Cho a,b,c,d > 0 .Chứng minh rằng

1 <2

+ + +

+ + +

+ + +

+

< +

b a d

d a

d c

c d

c b

b c

b a

a

Giải :

Theo tính chất của tỉ lệ thức ta có

d c b a

d a c

b a

a c

b a

a

+ + +

< + +

⇒ + + <

+ 1 (1)

Mặt khác :

d c b a

a c

b a

a

+ +

> + +

+ (2)

Từ (1) và (2) ta có

d c b a

a + +

+ <

c b a

a + + <

d c b a

d a

+ + +

+ (3) Tương tự ta có

d c b a

a b d

c b

b d

c b a

b

+ + +

< + +

< + + +

+ (4)

d c b a

c b a

d c

c d

c b a

c

+ + +

< + +

< + + +

+ (5)

d c b a

c d b

a d

d d

c b a

d

+ + +

< + +

< + + +

+ (6)

cộng vế với vế của (3); (4); (5); (6) ta có

2

1 <

+ + +

+ + +

+ + + +

< +

b a d

d a

d c

c d

c b

b c

b a

a điều phải chứng minh

ví dụ 2 : Cho:

b a<

d

c và b,d > 0 .Chứng minh rằng

b a<

d c d b

cd ab <

+ +

2 2

Giải: Từ

b a<

d c

2

2 d

cd b ab <

⇒ ^⇒

d c d cd d b

cd ab b

ab < =

+

< ₂ + _{2 2}

2

Vậy

b a<

d c d b

cd ab <

+ +

2

2 điều phải chứng minh

ví dụ 3 : Cho a;b;c;dlà các số nguyên dương thỏa m`n : a+b = c+d =1000 tìm giá trị lớn nhất của

d b c a+

giải : Không mất tính tổng quát ta giả sử :

c a

d

≤ b Từ :

c a

d

≤ b

d b d c

b a c

a ≤

+

≤ +

⇒ 1

c ≤

a vì a+b = c+d a, Nếu :b ≤998 thì

d

b ≤998 ⇒

d b c

a+ ≤ 999 b, Nếu: b=998 thì a=1 ^⇒

d b c a+ =

d c

999

1+ Đạt giá trị lớn nhất khi d= 1; c=999 Vậy giá trị lớn nhất của

d b c

a+ =999+

999

1 khi a=d=1; c=b=999 Phương pháp 6: Phương pháplàm trội

Lưu ý:

Dùngcác tính bất đẳng thức để đưa một vế của bất đẳng thức về dạng tính được tổng hữu hạn hoặc tích hữu hạn.

(*) Phương pháp chung để tính tổng hữu hạn : S = u₁+u₂+....+un

Ta cố gắng biến đổi số hạng tổng quát u_k về hiệu của hai số hạng liên tiếp nhau:

uk ⁼ak^ưak₊₁

Khi đó :

S = (a₁ưa₂) (+ a₂ ưa₃)+....+(a_nưa_n+1)=a₁ưa_n+1

(*) Phương pháp chung về tính tích hữu hạn P = u₁u₂....u_n

Biến đổi các số hạng uk về thương của hai số hạng liên tiếp nhau:

u_k=

1 + k

k

a a

Khi đó P =

1 1 1 3

2 2

1. ...

+ +

=