Kiến thức cơ bản toán học

Chia sẻ: Phan Thúy Hằng | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:67

1
1.436
lượt xem
275
download

Kiến thức cơ bản toán học

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Quy tắc song hành: hầu hết các BĐT đều có tính đối xứng do đó việc sử dụng các chứng minh một cách song hành, tuần tự sẽ giúp ta hình dung ra được kết quả nhanh chóng và định hướng cách giả nhanh hơn. Quy tắc dấu bằng: dấu bằng " " = trong BĐT là rất quan trọng. Nó giúp ta kiểm tra tính đúng đắn của chứng minh. Nó định hướng cho ta phương pháp giải, dựa vào điểm rơi của BĐT. Chính vì vậy mà khi dạy cho học sinh ta rèn luyện cho học...

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Kiến thức cơ bản toán học

  1. Kiến Thức Cơ Bản Toán Học Nguyễn phú Khánh_Đà Lạt
  2. Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt . http//:www.maths.vn KIẾN THỨC CƠ BẢN: A ≥ B ⇔  A−B ≥ 0 1. Định nghĩa:  A ≤ B ⇔  A−B ≤ 0 2. Tính chất: 1. a > b, c > d ⇒ a + c >b +d 7. a > b ⇔ a n > b n , n chẵn 2. a > b, c < d ⇒ a − c >b −d 8. a > b ⇔ a n > b n , n chẵn 3. a > b, c > 0 ⇒ ac > bc 9. m > n > 0, a > 1 ⇒ a n > b n a = 1 ⇒ a n = bn ; 0 < a < 1 ⇒ a n < bn 4. a > b, c < 0 ⇒ ac < bc 10. 1 1 a > b, ab > 0 ⇒ < a b 5. a > b ≥ 0, c > d ≥ 0 ⇒ ac > bd 11. A + B ≥ A + B . Đẳng thức xảy ra khi A.B > 0 6. a > b > 0 ⇒ a n > bn 12. A − B ≤ A − B . Đẳng thức xảy ra khi A.B < 0 3. Một số bất đẳng thức cơ bản thường dùng: 1. x −1 1 9. a b 2 ≤ + ≥ x 2 1+a 1 +b 2 1 + ab 2 2. a a 10. 0 < a ≤ b ≤ c ≤ 1 ⇒ ab + 1 ≤ ac + 1 ≤ bc + 1 > ; a, b, c ∈ ℤ + a +b a +b +c ⇒ a ≤ a bc + 1 ab + 1 3.   11. 4a + 1 + 1 1 1 (a + b )  a + b  ≥ 4 ; 4a + 1 = 4a + 1 .1 ≤ ( 2 ) = 2a + 1    1 1 1  (a + b + c )  a + b + c  ≥ 9   4. 2ab a +b 12. 1 1 2 (a + b ) 2 ≥ 4ab ⇒ ≤ + ≥ a +b 2 1−x 2 1−y 2 1 − xy 5. 2 13. a +b +c a 2 + b2  a + b  a 2 1 a ≥ ≥  ; ≤ = 2  2  1+a 2 2a 2 b +c 2a 6 2 14. 1 1 4 a + b  ( ) + ≥ ; a, b ≥ 0 2   ≥ ab hay a + b ≥ 4ab a b a +b  2  7 a b 1 2 15. 1 4 + ≥ 2; a + b ≥ 2 ab ⇔ ≥ ≥ ab a + b ( ) 2 b a x .y x +y ( ) ( ) 8 16. 1 2 2 a +b ≤ 2 a +b = > =2 k +1 − k k k + k k +1 + k ( ) 17. 1 2 2 = < =2 k − k −1 k k + k k + k −1 -1- www.mathvn.com
  3. Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt . http//:www.maths.vn CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC BẰNG PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG Đẳng thức thường dùng : (A + B ) = A + 2AB + B 2 2 2 (A + B + C ) = A + B + C + 2AB + 2AC + 2BC 2 2 2 2 (A + B ) = A + 3A B + 3AB + B 3 3 2 2 3 Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c ta luôn có: a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ac Giải: a + b + c ≥ ab + bc + ac ⇔ a + b + c − ab − ac − bc ≥ 0 2 2 2 2 2 2  a2 b2   c2 a 2   c2 b2  ⇔  − ab +  +  − ac +  +  − bc +  ≥ 0 2   2 2   2  2 2  ( ) + (c − a ) + (c − b ) 2 2 2 a 2 − 2ab + b 2 c 2 − 2ac + a 2 c 2 − 2cb + b 2 a −b ⇔ + + ≥0⇔ ≥ 0 đúng. 2 2 2 2 2 2 Đẳng thức xảy ra khi a = b = c . (a + b ) 2 a +b Chứng minh rằng với mọi số thực a, b không âm ta luôn có: + ≥ a b +b a 2 4 Giải: (a + b ) 2 a +b a +b  1  1 + =  a + b +  ≥ ab  a + b +  . 2 4 2  2  2 Xét hiệu :  2   2  1 ab  a + b +  − ab  2 (  ) 1  a + b = ab  a + b + − a − b  = ab  2       a − 1  +  b − 1   ≥ 0 đúng 2  2    (a + b ) 2 a +b Vậy: ≥ a b +b a . + 2 4 Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c, d, e ta luôn có: a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + e 2 ≥ a b + c + d + e ( ) Giải: ( ) ( a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + e 2 ≥ a b + c + d + e ⇔ 4 a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + e 2 ≥ 4a b + c + d + e ) ( ) ( ) ( ⇔ a 2 − 4ab + 4b 2 + a 2 − 4ac + 4c 2 + a 2 − 4ad + 4d 2 + a 2 − 4ac + 4c 2 ≥ 0 ) ( ) ( ) ( ) + (a − 2c ) + (a − 2d ) + (a − 2c ) 2 2 2 2 ⇔ a − 2b ≥ 0 đúng. -2- www.mathvn.com
  4. Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt . http//:www.maths.vn a Đẳng thức xảy ra khi b = c = d = e = . 2 (a − c ) + (b − d ) 2 2 Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c, d ta luôn có: ≤ a 2 + b2 + c2 + d 2 Giải: (a − c ) + (b − d ) ≤ a + b + c + d 2 2 2 2 2 2 ⇔ (a − c ) + (b − d ) ≤ a + b + c + d + 2 (a + b )(c + d ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ⇔ (a − c ) − (a + c ) + (b − d ) − (b + d ) ≤ 2 (a + b )(c + d ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ⇔ −2ac − 2bd ≤ 2 (a + b )(c + d ) ⇔ ( −1)(ac + bd ) ≤ (a + b )(c + d ) 2 2 2 2 2 2 2 2 ⇔ (ac + bd ) ≤ (a + b )(c + d ) ⇔ (ac ) + 2 (ac )(bd ) + (bd ) ≤ (ac ) + (ad ) + (bc ) + (bd ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ⇔ 2 (ac )(bd ) ≤ (ad ) + (bc ) ⇔ (ad ) − 2 (ad )(bc ) + (bc ) ≥ 0 ⇔ (ad − bc ) ≥ 0 2 2 2 2 2 Đẳng thức xảy ra khi ad = bc . CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC BẰNG PHƯƠNG PHÁP TÁCH CÁC SỐ HẠNG HOẶC TÁCH CÁC THỪA SỐ MỘT VẾ 1 1 1 1 Chứng minh rằng với mọi n ∈ N , ta có : + + .... + < 1.5 5.9 (4n − 3)(4n + 1) 4 Giải: 1 1 4 1  1 = . = . 1 −  1.5 4 1.5 4  5 1 1 4 1 1 1 = . = . −  Ta có : 5.9 4 5.9 4  5 9  .................................... 1 1  1 1  = . −  (4n − 3)(4n + 1) 4  4n − 3 4n + 1  1 1 1 1 1 1 1 1 1  + Cộng vế theo vế ta được : + ... + =  1 − + − + .... + −  1.5 5.9 (4n − 3)(4n + 1) 4  5 5 9 4n − 3 4n + 1  1 1  1 4n n n 1 = 1 − = . = < = . 4 4n + 1  4 4n + 1 4n + 1 4n 4 PHƯƠNG PHÁP LÀM TRỘI. -3- www.mathvn.com
  5. Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt . http//:www.maths.vn NHỮNG BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN TRONG COSI. NHỮNG QUY TẮC CHUNG TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CÔ SI Quy tắc song hành: hầu hết các BĐT đều có tính đối xứng do đó việc sử dụng các chứng minh một cách song hành, tuần tự sẽ giúp ta hình dung ra được kết quả nhanh chóng và định hướng cách giả nhanh hơn. Quy tắc dấu bằng: dấu bằng " = " trong BĐT là rất quan trọng. Nó giúp ta kiểm tra tính đúng đắn của chứng minh. Nó định hướng cho ta phương pháp giải, dựa vào điểm rơi của BĐT. Chính vì vậy mà khi dạy cho học sinh ta rèn luyện cho học sinh có thói quen tìm điều kiện xảy ra dấu bằng mặc dù trong các kì thi học sinh có thể không trình bày phần này. Ta thấy được ưu điểm của dấu bằng đặc biệt trong phương pháp điểm rơi và phương pháp tách nghịch đảo trong kỹ thuật sử dụng BĐT Cô Si. Quy tắc về tính đồng thời của dấu bằng: không chỉ học sinh mà ngay cả một số giáo viên khi mới nghiên cứu và chứng minh BĐT cũng thương rất hay mắc sai lầm này. Áp dụng liên tiếp hoặc song hành các BĐT nhưng không chú ý đến điểm rơi của dấu bằng. Một nguyên tắc khi áp dụng song hành các BĐT là điểm rơi phải được đồng thời xảy ra, nghĩa là các dấu " = " phải được cùng được thỏa mãn với cùng một điều kiện của biến. Quy tắc biên: Cơ sở của quy tắc biên này là các bài toán quy hoạch tuyến tính, các bài toán tối ưu, các bài toán cực trị có điều kiện ràng buộc, giá trị lớn nhất nhỏ nhất của hàm nhiều biến trên một miền đóng. Ta biết rằng các giá trị lớn nhất, nhỏ nhất thường xảy ra ở các vị trí biên và các đỉnh nằm trên biên. Quy tắc đối xứng: các BĐT thường có tính đối xứng vậy thì vai trò của các biến trong BĐT là như nhau do đó dấu " = " thường xảy ra tại vị trí các biến đó bằng nhau. Nếu bài toán có gắn hệ điều kiện đối xứng thì ta có thể chỉ ra dấu " = " xảy ra khi các biến bằng nhau và mang một giá trị cụ thể. Chiều của BĐT : " ≤, ≥ " cũng sẽ giúp ta định hướng được cách chứng minh: đánh giá từ TBC sang TBN và ngược lại. Dạng tổng quát ( n số): ∀x 1, x 2 ,......, x n ≥ 0 ta có: x1 + x 2 + ......x n • Dạng 1: ≥ n x x ...........x 1 2 n n • Dạng 2: x 1 + x 2 + ......x n ≥ n n x x ...........x 1 2 n n  x + x 2 + ......x n  • Dạng 3:  1   ≥ x 1 x 2 ...........x n   n  Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi: x 1 = x 2 = ............ = x n Hệ quả 1: n S  Nếu: x 1 + x 2 + ......x n ( = S = const thì: max P x 1 x 2 ...........x n ) =  n  S khi x 1 = x 2 = ............ = x n = n Hệ quả 2: ( Nếu: x 1 x 2 ...........x n = P = const thì: min S x 1 + x 2 + ........... + x n = n n P ) khi x 1 = x 2 = ............ = x n = n P ( )( )( Chứng minh rằng nếu mọi số thực a, b, c ta luôn có : a 2 + b 2 b 2 + c 2 c 2 + a 2 ≥ 8a 2b 2c 2 ) Giải: -4- www.mathvn.com
  6. Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt . http//:www.maths.vn a 2 + b 2 ≥ 2 ab ≥ 0   2  2 2 2 2 2 ( 2 2 )( 2 )( b + c ≥ 2 bc ≥ 0 ⇒ a + b b + c c + a ≥ 8 a b c = 8a b c 2 2 2 ) 2 2 2 c + a ≥ 2 ca ≥ 0 2  Bình luận: • Chỉ nhân các vế của BĐT cùng chiều ( kết quả được BĐT cùng chiều) khi và chỉ khi các vế cùng không âm. • Cần chú ý rằng: x 2 + y 2 ≥ 2 xy vì x , y không biết âm hay dương. • Nói chung ta ít gặp bài toán sử dụng ngay BĐT Cô Si như bài toán nói trên mà phải qua một và phép biển đổi đến tình huống thích hợp rồi mới sử dụng BĐT Cô Si. • Trong bài toán trên dấu " ≥ " ⇒ đánh giá từ TBC sang TBN. 8 = 2.2.2 gợi ý đến việc sử dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số, 3 cặp số. 1 1 1 1 Chứng minh rằng nếu a, b, c > 0 và thỏa mãn a.b.c = 1 thì + 2 + 2 ≤ a + 2b + 3 b + 2c + 3 c + 2a + 3 2 2 2 2 2 Giải: 1 1 1 ( Ta có : a 2 + b 2 ≥ 2ab; b 2 + 1 ≥ 2b ⇒ a 2 + 2b 2 + 3 ≥ 2 ab + b + 1 ⇒ ) ≤ . a + 2b + 3 2 ab + b + 1 2 2 . 1 1 1 1 1 1 Tương tự : ≤ . ; ≤ . b + 2c + 3 2 bc + c + 1 22 c + 2a + 3 2 ac + a + 1 2 2 1 1 1 1 1 1 1  Cộng vế theo vế : 2 + 2 + 2 ≤   + + . a + 2b + 3 b + 2c + 3 c + 2a + 3 2  ab + b + 1 bc + c + 1 ac + a + 1  2 2 2 1 1 1 1 ab b Mặt khác : + + = + 2 + ab + b + 1 bc + c + 1 ac + a + 1 ab + b + 1 ab c + abc + ab abc + ab + b 1 ab b 1 + ab + b = + + = = 1. ab + b + 1 ab + b + 1 ab + b + 1 ab + b + 1 1 1 1 1 Vậy : 2 + 2 + 2 ≤ . a + 2b + 3 b + 2c + 3 c + 2a + 3 2 2 2 2 ( ) 2 Lời bình : Bài toán trên sử dụng đến bất đẳng thức cơ bản x − y ≥ 0 đúng với mọi x , y ∈ ℝ . Cho x , y là các số thực dương khác 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1  x 10 y 10  1 16 ( ) ( ) 2 Q=  2 + 2 + x +y − 1+x y . 16 2 2 2 y  x  4 Giải: 1x y  10 10  2 + 2  ≥ x y . Đẳng thức xảy ra khi x = y 4 4 12 12 y 2 x   4 ( 1 16 1 ) x + y 16 ≥ x 8y 8 . Đẳng thức xảy ra khi x 16 = y 16 . 2 -5- www.mathvn.com
  7. Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt . http//:www.maths.vn 1 8 8 1 ( ) ( 1 1 ) (1 ) ( ) ( ) 2 2 2 2 ⇒Q ≥ x y + x 4y 4 − 1 + x 2y 2 = x 8y 8 + 2x 4y 4 + 1 − 1 + x 2y 2 − = x 4y 4 + 1 − x 2y 2 + 1 − 2 2 2 2 2 (  )(  ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 Mặt khác : 12 + 12  x 2y 2 + 12  ≥ x 2y 2 + 1 hay 2 x 4y 4 + 1 ≥ x 2y 2 + 1 . Đẳng thức xảy ra khi   x y = 1. 2 2 2 ( 1 4 4 ) ( 1 2 2 ) ( 1 2 2 ) ( ) ( 1 1 2 2 )  5 5 2 4 4 2 2 ⇒ x y +1 ≥ x y +1 ⇒Q ≥ x y +1 − x 2y 2 + 1 − =  x y + 1 − 4 − ≥ − 2 8 8 2 8  2 2 Đẳng thức xảy ra khi x 2y 2 = 1 . 5 Vậy : minQ = − khi x 2 = y 2 = 1 . 2 2 2 2 x z  y x  z y  Cho x , y, z là các số thực dương. Chứng minh rằng:  +  + +  + +  ≥ 12  y 3 xyz   z 3 xyz   x 3 xyz        Giải: Áp dụng bất đẳng thức trung bình cộng, trung bình nhân: x z xz y x yx z y zy + ≥2 ; + ≥2 ; + ≥2 y 3 xyz y 3 xyz z 3 xyz z 3 xyz x 3 xyz x 3 xyz 2 2 2 x z  y x  z y   xz yx zy  ⇒ +  + +  + +  ≥ 4 + +   y 3 xyz   z 3 xyz   x 3 xyz   y 3 xyz z 3 xyz x 3 xyz          Áp dụng bất đẳng thức trung bình cộng, trung bình nhân:  xz yx zy  xz yx yx 4 + +  ≥ 4.3 3 . . = 12.  y 3 xyz z 3 xyz  x 3 xyz  y 3 xyz z 3 xyz z 3 xyz  2 2 2 x z  y x  z y  Vậy :  +  + +  + +  ≥ 12 .  y 3 xyz   z 3 xyz   x 3 xyz        1 Cho n nguyên và n ≥ 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của A = x + xn Giải: n x x x 1 x  1 n +1 A= + + ... + + n ≥ (n + 1)n +1   n ≥ n n n x n +1 n n  x n x n so n x 1 Dấu đẳng thức xảy ra khi = n ⇔ x = n +1 n n x -6- www.mathvn.com
  8. Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt . http//:www.maths.vn n +1 Giá trị nhỏ nhất của A = n +1 nn n +1 1 Cho n nguyên và n ≥ 2 và x ≥ k > n . Tìm giá trị nhỏ nhất của A = x + xn Giải: n +1 Với x ≥ k > n 1  1 1  1 1 1 1 1  f (x ) ≥ f (k ) ⇔ x + −k − ≥ 0 ⇔ x − k +  −   n −1 + n −2 + n −3 2 + ... + n −1  ≥ 0 xn kn x k  x x k x k k   1  1 1 1 1  ⇔ (x − k ) 1 −  n −1 + n −2 + n −3 2 + ... + n −1   ≥ 0  xk  x x k x k k  (x − k )   1 1 1 1  ⇔ xk −  n −1 + n −2 + n −3 2 + ... + n −1   ≥ 0 xk  x x k x k k  1 1 1 1 n n n +1 Ta có: n −1 + n −2 + n −3 2 + ... + n −1 ≤ n −1 < = n 2 < xk x x k x k k k n +1 n −1 n n +1 1 Suy ra f (x ) ≥ f (k ) đúng với mọi x ≥ k > n . Giá trị nhỏ nhất của A = k + khi x = k . kn Cách 2 : n x x 1 nx x  1  n Nháp : A = + ... + + n +x − ≥ (n + 1)n +1   n + x  1 −  m m x m m  x  m x n so ,m > 0 m x = k  n +1 Ta chọn m sao cho:  x 1 ⇒m =x = k n +1 m = n  x n x x 1 nx  x  1  n  Bài giải: A = + ... + + n + x − n +1 ≥ (n + 1)n +1  n +1  n + x  1 − n +1  k n +1 k n +1 x k k  x  k  x n so k n +1 n +1 (n + 1)  n  1 Vì x ≥ k > n nên n < k n +1 suy ra: A ≥ n + k  1 − n +1  = k + n = f (k ) k  k  k ( ) Cho hai số thực x ≠ 0, y ≠ 0 thay đổi và thỏa mãn điều kiện: x + y xy = x 2 + y 2 − xy . Tìm giá trị lớn nhất 1 1 của biểu thức : A = 3 + . x y3 Đề thi Đại học khối A năm 2006 -7- www.mathvn.com
  9. Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt . http//:www.maths.vn Giải: ( ) () Xét x + y xy = x + y − xy * . Chia cả hai vế cho x 2y 2 2 2 1 1 Đặt u = ,v = . x y 1 1 1 1 1 3(u + v )2 ( ) 2 Ta được + = 2 + 2 − ⇒ u + v = u 2 + v 2 − uv ⇒ u + v − (u + v ) = 3uv ≤ . x y x y xy 4 ( ) 2 ⇒ u +v − 4(u + v ) ≤ 0 ⇒ 0 ≤ u + v ≤ 4 x 3 + y3 (x + y )(x 2 + y 2 − xy ) (x + y )(x + y )xy x 2 + y 2 + 2xy Khi đó : A = = = = x 3y 3 x 3y 3 x 3y 3 x 2y 2 1 1 2 ⇒A= 2 + 2 + = (u + v )2 ≤ 16 . x y xy 1 Dấu đẳng thức xảy ra khi u = v = 2 hay x = y = . 2 x2 y2 z2 Cho 3 số thực dương x , y, z thoả : x + y + z ≥ 3 .Tìm GTNN của A = + + x + yz y + zx z + xy Giải: (x + y + z ) 2 x2 y2 z2 + + ≥ . x + yz y + zx z + xy x + y + z + yz + zx + xy Ta có : yz + zx + xy ≤ x + y + z . (x + y + z ) 2 x2 y2 z2 x +y +z 3 Suy ra : + + ≥ = ≥ x + yz y + zx z + xy x +y +z +x +y +z 2 2   x + y + z = 3  Đẳng thức xảy ra khi: x = y = z ⇔x =y =z =1  x y z  = =  x + yz y + zx  z + xy 1 Cho x , y, z > 0 và thoả mãn điều kiện x 2 + y 2 + z 2 ≥ .Tìm giá trị nhỏ nhất của: 3 x3 y3 z3 T = + + . 2x + 3y + 5z 5x + 2y + 3z 3x + 5y + 2z -8- www.mathvn.com
  10. Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt . http//:www.maths.vn Giải: (x ) 2 x4 y4 z4 2 + y2 + z2 T = + + ≥ ( x 2x + 3y + 5z ) ( y 5x + 2y + 3z ) ( z 3x + 5y + 2z ) ( ) ( 2 x 2 + y 2 + z 2 + 8 xy + yz + zx ) (x ) (x + y + z ) ≥ x 2 2 2 + y2 + z 2 2 2 2 2 + y2 + z 2 1 T ≥ ≥ ≥ ( ) ( 2 x 2 + y2 + z 2 + 8 x 2 + y2 + z 2 ) 10 (x + y + z ) 2 2 2 10 30 Đẳng thức xảy ra khi :  x4 y4 z4  = = (  x 2x + 3y + 5z  ) y 5x + 2y + 3z ( z 3x + 5y + 2z ) 1 ( ) x = y = z ⇔x =y =z =  3 1 x + y + z = 2 2 2   3 Cho x , y, z là các số thực dương thay đổi và thoả mãn điều kiện x .y.z = 1 .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = ( x2 y + z ) + ( y2 z + x ) + ( z2 x + y ) y y + 2z z z z + 2x x x x + 2y y Đề thi Đại học khối A năm 2007 Giải: Cách 1: 2x x xyz 2y y xyz 2z z xyz 2x x 2y y 2z z P ≥ + + ≥ + + y y + 2z z z z + 2x x x x + 2y y y y + 2z z z z + 2x x x x + 2y y  1 a = y y + 2z z x x = (−2a + 4b + c)  9    1 Đặt: b = z z + 2x x ⇒ y y = (a − 2b + 4c )   9 c = x x + 2y y 1 z z = (4a + b − 2c)    9 2  −2a + 4b + c a − 2b + 4c 4a + b − 2c  2  b a c  c a b   Khi đó: P ≥  + +  ≥  −6 + 4  + +  +  + + . 9   a b c  9 a c b  a b c   2 Hay P ≥ 9 ( −6 + 4.3 + 3 = 2 . ) Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức của P = 2 khi a = b = c = 1 . Lời bình: Lời giải trên khá phức tạp , việc đặt ẩn a, b, c gặp nhiều khó khăn đối với HSPT. Cách 2: Phân tích bài toán: Để tiện cho việc trình bày , tạm đặt a = x , b = y , c = z -9- www.mathvn.com
  11. Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt . http//:www.maths.vn Bài toán trở thành : Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi và thoả mãn điều kiện abc = 1 .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = ( a 4 b2 + c2 ) + b (c 4 2 + a2 ) + c (a 4 2 + b2 ) b 3 + 2c 3 c 3 + 2a 3 a 3 + 2b 3 Bài giải: Dễ thấy: b 2 + c 2 ≥ 2bc = 2 a ( ) ( ) ⇒ a 4 b 2 + c 2 ≥ 2a 3 . Tương tự b 4 c 2 + a 2 ≥ 2b 3 ; c 4 a 2 + b 2 ≥ 2c 3( ) 2a 3 b3 c3 Khi đó P ≥ + + b 3 + 2c 3 c 3 + 2a 3 a 3 + 2b 3  3 4n + p − 2m m = b 3 + 2c 3 a =  9    3 4 p + m − 2n 2  4n + p − 2m 4 p + m − 2n 4m + n − 2p  Đặt n = c + 2a ⇒ b = 3 3 ⇒P ≥  + +  p = a 3 + 2b 3  9 9 m n p    c 3 = 4m + n − 2p   9 2 n p m  p m n  2 ⇒ P ≥ 4  + +  +  + 9  m n p  m n p  +  − 6  ≥ 4.3 + 3 − 6 ⇒ P ≥ 2 ( )  9 Cho các số thực không âm x , y thay đổi và thỏa mãn x + y = 1 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của ( )( biểu thức S = 4x 2 + 3y 4y 2 + 3x + 25xy . ) Đề thi Đại học khối D năm 2009 Giải: Nhận xét: vai trò giống nhau (đối xứng) của x , y . ( ) ( )( S = 12 x 3 + y 3 + 16x 2y 2 + 34xy = 12 x + y x 2 + y 2 − xy + 16x 2y 2 + 34xy ) 2  1 Hay S = 12 x + y  x + y − 3xy  + 16x 2y 2 + 34xy =  4xy −  + 191 ( )( ) 2      4 16 2 x +y  1 Vì x , y không âm và thỏa mãn x + y = 1 suy ra 0 ≤ xy ≤   =  2  4 2 1 1 3  1  191 25 ⇒ − ≤ 4xy − ≤ ⇒ 0 ≤  4xy −  + ≤ . 4 4 4  4 16 2 25 1 Vậy giá trị lớn nhất của S = khi x = y = và giá trị nhỏ nhất của S = 0 khi x = 0, y = 1 . 2 2 ( ) 3 Cho các số thực x , y thay đổi và thỏa mãn x + y + 4xy ≥ 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ( ) ( A = 3 x 4 + y 4 + x 2y 2 − 2 x 2 + y 2 + 1 ) Đề thi Đại học khối B năm 2009 Giải: -10- www.mathvn.com
  12. Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt . http//:www.maths.vn (x + y ) + 4xy ≥ 2  3  ( ) + (x + y ) 3 2 ⇒ x +y ≥ 2 ⇒ x +y ≥1 . (x + y ) 2 ≥ 4xy   ( 3 A = 3 x 4 + y 4 + x 2y 2 − 2 x 2 + y 2 + 1 =) ( ) 2 (x + y + x + y + 2x y ) − 2 (x + y ) + 1 4 4 4 4 2 2 2 2 A = (x + y ) + (x + y ) − 2 (x + y ) + 1 3 3 4 4 2 2 2 2 2 2 2 Mà x + y = ( x + y ) − 2x y ≥ ( x + y ) − ( x + y ) ⇒ x + y ≥ ( x + y ) 4 4 2 2 2 1 2 2 2 2 2 4 4 4 4 2 2 2 2 Khi đó A ≥ ( x + y ) + ( x + y ) − 2 ( x + y ) + 1 hay A ≥ ( x + y ) − 2 ( x + y ) + 1 3 3 2 2 2 9 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 4 (x + y )2 1 ( ) 9 1 2 Đặt t = x 2 + y 2 , t ≥ ≥ ⇒ A ≥ t 2 – 2t + 1,t ≥ . 2 2 4 2 9 2 1  Xét hàm số f t = 4 () t – 2t + 1 xác định và liên tục trên nửa khoảng  ; +∞  . 2  1  9 () 9 1 Ta có f ' t = t – 2 ≥ − 1 > 0 , t ≥ ⇒ f t đồng biến trên nửa khoảng  ; +∞  . () 2 4 2 2  1 9 1 Khi đó min A = min f t = f   = () . Đẳng thức xảy ra khi t = . 1  t∈ ;+∞   2  16 2 2  ĐIỂM RƠI TRONG BẤT DẲNG THỨC COSI Bài toán mở đầu : Cho a, b > 0 và thỏa mãn a + b ≤ 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 1 P = + . 1 + a 2 + b2 2ab Giải: 1 1 4 4 4 Lời giải 1. Ta có: P = + ≥ 2 = ≥ =2 1+a +b 2 2 2ab a + 2ab + b + 1 (a + b) + 1 2 2 2 1 + a 2 + b 2 = 2ab  (a − b )2 + 1 = 0  Đẳng thức xảy ra ⇔  ⇔ . Hệ vô nghiệm. Vậy không tồn tại min P . a +b = 1 a +b = 1   1 1 1 4 1 4 1 Lời giải 2. Ta có: P = + + ≥ 2 + = + 1+a +b 2 2 6ab 3ab a + 6ab + b + 1 3ab (a + b) + 1 + 4ab 3ab 2 2 2 a + b  1 4 1 8 Mặt khác ab ≤   = . Vậy P ≥ 2 + 2 ≥ .  2  4 a + b  a + b  3 2+  6   2   2  -11- www.mathvn.com
  13. Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt . http//:www.maths.vn 1 + a 2 + b 2 = 3ab  1 Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b ⇔a =b = . a + b = 1 2  1 1 4 Lời bình: lời giải 1. và lời giải 2 gần như tương tự nhau, cùng áp dụng bất đẳng thức + ≥ . Tại sao a b a +b 1 1 1 trong cùng một bài toán mà có đến hai đáp số ? Do đâu mà lời giải 2 tại sao lại tách = + ?. Đó 2ab 6ab 3ab chính là kỹ thuật chọn điểm rơi trong bất đẳng thức. Các bất đẳng thức trong các đề thi đại học thông thường là đối xứng với các biến và ta dự đoán dấu bằng xảy ta khi các biến bằng nhau và xảy ra tại biên. 1 Cho x ≥ 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : P = x + x Giải: Phân tích bài toán: 1 Với α + β = 1; α , β > 0 , thì P = α x + + βx . x 1 1 Ta luôn có : P = α x + + β x ≥ 2 α x. + β x x x 1 1 1 1 3 Dấu đẳng thức xảy ra khi α x = ⇔x = ⇔2= ⇔α = ⇒β = x α α 4 4 Bài giải: 1 1 1 3 1 1 3 5 P =x + =  x +  + x ≥ 2 x . + .2 = x 4 x 4 4 x 4 2 5 Vậy min P = khi x = 2 . 2 1 1 Cho a, b > 0 và thỏa mãn a + b ≤ 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = + + 4ab . a +b 2 2 ab Giải: 1 Do P là biểu thức đối xứng với a, b , ta dự đoán min P đạt tại a = b = . 2 1 1  1  1 4 1 1 Ta có: P = + +  4ab + + ≥ + 2 4ab. + ≥7 a +b 2 2 2ab  4ab  4ab (a + b)2 2ab a + b  2 4   2  -12- www.mathvn.com
  14. Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt . http//:www.maths.vn a 2 + b 2 = 2ab   1 1 Đẳng thức xảy ra ⇔ a 2b 2 = ⇔a =b = .  16 2 a +b = 1  1 Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 7 đạt tại a = b = . 2 Tham khảo hai lời giải khác : Lời giải 1: 1 1  1  1 4 1 1 1 1 P = + +  4ab + + ≥ 2 4ab. + ≥ 4+2+ =6+ a +b ( ) 2 2 2 ab  4ab  4ab a +b 2ab 4ab 4ab 4ab a 2 + b 2 = 2ab   1 1 1 Đẳng thức xảy ra ⇔ a 2b 2 = ⇔ a = b = . Thay a = b = vào ta được P ≥ 7 .  16 2 2 a +b = 1  1 Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 7 đạt tại a = b = . 2 Lời bình 1: 1 Qua cách giải trên ta đã chọn đúng dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = nên dẫn đến việc tách các số hạng và 2 1 giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 7 đạt tại a = b = là đúng , nhưng bước cuối cùng ta đã làm sai , ví dụ 2 (1 − a + a ≥ a , đẳng thức xảy ra khi a = 1 ⇒ min  1 − a + a  = a ?. ) ( ) 2 2     Lời giải 2: 1 1 1 4 1 4  1  P = 2 + + + 4ab ≥ 2 + + 4ab = + + 4ab  . a +b a + b + 2ab 2ab ( ) 2 2 2 2ab 2ab a +b  2ab  Mặt khác 1 2ab + 4ab ≥ 2 1 2ab .4ab = 2 2 . Vậy P ≥ 4 + 2 2 ⇒ min P = 2 2 + 2 ( ) Lời bình 2: 1 1 1 Thoạt nhìn thấy bài toán đã giải đúng . Thực tế thì sao? . Việc tách = + để làm xuất hiện đẳng ab 2ab 2ab ( ) 2 thức a 2 + b 2 + 2ab = a + b . a = b  (  1 min P = 2 2 + 2 ⇔   2ab ) = 4ab . Hệ vô nghiệm. Đẳng thức không xảy ra , do đó không tồn tại min P . a + b = 1  -13- www.mathvn.com
  15. Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt . http//:www.maths.vn Cho x , y là hai số thực dương lớn hơn 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : P = (x 3 ) ( + y3 − x 2 + y2 ) (x − 1)(y − 1) Giải: P = (x 3 ) ( + y3 − x 2 + y2 ) = x ( x − 1) + y ( y − 1) = 2 2 x2 + y2 ≥ 2xy . (x − 1)(y − 1) (x − 1)(y − 1) y −1 x −1 (x − 1)(y − 1) x2 y2 Đẳng thức xảy ra khi : = . y −1 x −1 x −1+1 x Mặt khác x − 1 = x − 1 .1 ≤ ( ) 2 = . Đẳng thức xảy ra khi : x − 1 = 1 ⇔ x = 2 . 2 y −1+1 y ( y − 1 = y − 1 .1 ≤ ) 2 = . Đẳng thức xảy ra khi : y − 1 = 1 ⇔ y = 2 . 2 2xy ⇒P ≥ = 8 . Đẳng thức xảy ra khi x = y = 2 . x y . 2 2 Vậy min P = 8 khi x = y = 2 . Tương tự : Cho a, b, c là hai số thực dương và thỏa mãn b 2 + c 2 ≤ a 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 1 P = a 2( 1 2 ) b + c2 + a 2  2 + 2  . b c  Cho x , y, z là 3 số thực dương thay đổi . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x 1  y 1  z 1  P = x + +y + +z +   2 yz   2 zx   2 xy  Đề thi Đại học khối B năm 2007 Giải: Cách 1: Phân tích bài toán: Dự đoán điểm rơi x = y = z . x 1  y 1  z 1  x2 1  x2 1 1  Khi đó P = x  +  + y  +  + z  +  = 3. + 3. = 3  + +  2 2x 2x   2 yz   2 zx   2 xy  2 x   x2 1 1 9 9 x2 1 ⇒ P ≥ 3.3 3 . . ⇒ P ≥ ⇒ min P = .Đẳng thức xảy ra khi = ⇔ x = 1. 2 2x 2x 2 2 2 2x 9 Vậy ta dự đoán min P = khi x = y = z = 1 . 2 Bài giải: x 2 + y 2 + z 2 x 2 + y 2 + z 2 x 2 + y 2 + z 2 xy + yz + zx P = + ≥ + 2 xyz 2 xyz -14- www.mathvn.com
  16. Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt . http//:www.maths.vn  x 2 1   y2 1   z 2 1   x 2 1 1   y2 1 1   z2 1 1  P ≥ + + + + + = + + + + + + + +   2 x   2 y   2 z   2 2x 2x   2 2y 2y   2 2z 2z              x2 1 1 y2 1 1 z2 1 1 9 Hay P ≥ 3 3 . . + 33 . . + 33 . . ⇒P ≥ 2 2x 2x 2 2y 2y 2 2z 2z 2 9 Vậy min P = khi x = y = z = 1 . 2 Cách 2: x 1  y 1  z 1  x2 y2 z 2 x y z P = x + +y + +z + = + + + + +  2 yz   2 zx   2 xy  2 2 2 yz zx xy 1 1  1 2 2  1  ( ) P = x 2 + y2 + z 2  + (  = x + y + z 1 +  2 xyz  2 2  1 + )  xyz xyz  1 3 2 2 2 1 9 P≥ 9 x y z .3 2 2 2 = . 2 xyz 2 Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 1 . 9 Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 2 Cho các số thực x , y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = 0 . Chứng minh rằng : 3 + 4x + 3 + 4y + 3 + 4z ≥ 6 Đề thi Dự bị Đại học khối D năm 2005 Giải: Phân tích bài toán: Dự đoán điểm rơi x = y = z = 0 . Bài giải: Áp dụng bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân 3 + 4x + 3 + 4y + 3 + 4z ≥ 3 3 ( 3 + 4x . 3 + 4y . 3 + 4 z = 3 6 3 + 4x )( 3 + 4 )( 3 + 4 ) y z  3 + 4 x = 1 + 1 + 1 + 4x 4 ≥ 4 4x   4 6 4 Mặt khác 3 + 4y = 1 + 1 + 1 + 4y ≥ 4 4y ⇒ 3 + 4x + 3 + 4y + 3 + 4z ≥ 3 4 3 4x .4y.4z ≥ 6  4 3 + 4 = 1 + 1 + 1 + 4 ≥ 4 4z z z  Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 0. Cho a, b, c > 0 thỏa mãn điều kiện a + b + c = 3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : Q = 3 a + 2b + 3 b + 2c + 3 c + 2a . Giải: Trước hết dự đoán đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1 . Suy ra MaxQ = 3 3 3 . -15- www.mathvn.com
  17. Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt . http//:www.maths.vn Áp dụng bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân cho ba số a + 2b, 3, 3 , ta được 3 1 1 3 + 3 + (a + 2b) 6 + a + 2b a + 2b = 3 3.3(a + 2b) ≤. = . 3 9 3 9 3 33 9 6 + b + 2c 3 6 + c + 2a Tương tự: 3 b + 2c ≤ ; c + 2a ≤ 33 9 33 9 6 + a + 2b 6 + b + 2c 6 + c + 2a Suy ra:Q ≤ + + = 33 3 3 3 3 3 9 3 9 3 9 Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1 và MaxQ = 3 3 3 . Tham khảo lời giải khác : 1 + 1 + (a + 2b) 2 + a + 2b Ta có: 3 1.1(a + 2b) ≤ = , tương tự ta có: 3 3 2 + b + 2c 3 2 + c + 2a ( 3 1.1 b + 2c ≤ ) 3 ( ; 1.1 c + 2a ≤ ) 3 2 + a + 2b 2 + b + 2c 2 + c + 2a Suy ra : Q = 3 a + 2b + 3 b + 2c + 3 c + 2a ≤ + + =5 3 3 3 Lời bình : Thoạt nhìn thấy lời giải của bài toán đã giải đúng . Thực tế thì sao? Q ≤ 5 a + 2b = 1  b + 2c = 1 MaxQ = 5 ⇔  hệ vô nghiệm.Vậy Q < 5 . c + 2a = 1 a + b + c = 3  3 Tương tự: Cho a, b, c > 0 thỏa mãn điều kiện a + b + c = .Chứng minh rằng: 4 3 a + 3b + 3 b + 3c + 3 c + 3a ≤ 3 1 1 1 Cho x , y, z > 0 và thỏa mãn+ + = 4 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức x y z 1 1 1 P = + + 2x + y + z x + 2y + z x + y + 2z Đề thi Đại học khối D năm 2007 Giải: Cách 1:  1 1 1 1 1 1  ≤  + + +   2x + y + z 16  x x y z   1 1 1 1 1 1 1  2 1 1   1 2 1   1 1 2    ≤  + + + ⇒P ≤  + +  +  + +  +  + +   = 1  x + 2y + z 16  x y y z  16  x y z   x y z   x y z    1 1 1 1 1 1  ≤  + + +   x + y + 2z 16  x y z z  -16- www.mathvn.com
  18. Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt . http//:www.maths.vn 4 Vậy: MaxP = 1 khi x = y = z = . 3 4 Lời bình : Dự đoán MaxP đạt được tại x = y = z = nên tách các số 2x = x + x ;2y = y + y;2z = z + z ra 3 cho dấu bằng xảy ra. Cách 2: 1 1 4 1 1  1 1 + ≥ Áp dụng mệnh đề “nếu a, b > 0 , thì ⇔ ≤  +  ”. a b a +b a + b 4 a b  1 1 1 1  1  1 1  1 1  1  1 1 1  ≤  +  ≤  +  +  =  + +  2x + y + z 4  2x y + z  4  2x 4  y z   8  x 2y 2z  1 1 1 1 1  1 1 1 1 1 Tương tự : ≤  + + ; ≤  + +  x + 2y + z 8  2x y 2z  x + y + 2z 8  2x 2y z  Cộng vế theo vế ta được đpcm. 1 1 4 Lời bình : Nếu a, b > 0 thì + ≥ . a b a +b (a + b ) 2  a2 b2  Tổng quát : Cho x , y > 0 và hai số a, b bất kỳ, ta luôn có : ≤  +  hay  x +y x y ( ) 2  a 2 b2  a +b a b  + ≥ x  . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi = .  y  x +y x y 1 1 1 1 n2 Mở rộng: Nếu a1, a2 , a 3 ,..., an ≥ 0 thì : + + + ... + ≥ . a1 a 2 a 3 an a1 + a2 + a 3 + ... + an a + a + a + ... + a ≥ n n a a a ...a  1  2 3 n 1 2 3 n Chứng minh : Với a1, a2 , a 3 ,..., an ≥ 0 ,  1 1 1 1 1  + + + ... + ≥ nn  a1 a 2 a 3  an a1a2a 3 ...an 1  ( ) ⇒ a1 + a2 + a 3 + ... + an  + a 1 + 1 + ... + 1  ≥ n n a1a2a 3 ...an n  2 1 a1a2a 3 ...an  1 a2 a 3 an  1 1 1 1 n2 ⇔ + + + ... + ≥ a1 a2 a 3 an a1 + a2 + a 3 + ... + an Đẳng thức xảy ra khi a1 = a2 = a 3 = ... = an Thực tế cách 2 và cách 1 không có sự khác biệt. Tương tự : 1. Cho tam giác có độ dài 3 cạnh là a, b, c và p là nửa chu vi . Chứng minh rằng : 1 1 1  1 1 1 + + ≥ 2 + + . p −a p −b p −c a b c  2. Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng : -17- www.mathvn.com
  19. Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt . http//:www.maths.vn 1 1 1 11 1 1 a. + + ≤  + +  a + b b + c c + a 2 a b c  1 1 1 1 1 1 b. + + ≤ + + 2a + b + c a + 2b + c a + b + 2c a + 3b b + 3c c + 3a 1 1 1 1 1 1 1  c. + + ≤  + +  ( 2a + 3 b + c) ( 2b + 3 c + a ) ( 2c + 3 a + b ) 4 a + b b + c c + a  1 1 1 1 1 1 1  d. + + ≤  + +  a + 2b + 3c b + 2c + 3a c + 2a + 3b 2  a + 2c b + 2a c + 2b  1 1 Cách 3: Ta có 2x + y + z = x + x + y + z ≥ 4 4 x .x .y.z ⇒ ≤ và 2x + y + z 4 4 x 2yz 1 1 1 1 11 1 1 1 1 1 2 1 1 4 . . . ≤  + + + ⇒ ≤  + +  ⊲ , tương tự ta có: x x y z 4x x y z  2x + y + z 16  x y z  1 1 1 2 1 1 1 1 1 2 ≤  + + ; ≤  + +  x + 2y + z 16  x y z  x + y + 2z 16  x y z  1 1 1 1 4 P≤ .4  + +  = 1 . Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 16  x y z  3 4 Vậy: MaxP = 1 khi x = y = z = . 3 Tham khảo hai lời giải khác : Lời giải 1: 1  1 1 1  1  1 1 1  1  1 1 1  5  1 1 1  10 Ta có P ≤  + + +  + + +  + + =  + + = 9  2x y z  9  x 2y z  9  x y 2z  18  x y z  9 10 ⇒ MaxP = 9 Lời giải 2: 1 1 1 1 1  1 1 1  1 1  1 1 1  1 1  1 1 1  10 P≤ + + ≤  + + +  + + +  + + = 3 3 2xyz 3 3 x .2yz 3 3 xy 2z 3 3  2x y z  3 3  x 2y z  3 3  x y 2z  9 Lời bình : Thoạt nhìn thấy lời giải 1, lời giải 2 của bài toán đã giải đúng . Thực tế thì sao? 2x = y = z  10 2y = x = z  10 MaxP = 9 ⇔ 2z = x = y ( ) hệ vô nghiệm nghĩa là không tồn tại x , y, z ∈ D để P = 9  1 + 1 + 1 = 4 x y z  Nguyên nhân sai lầm: Cả hai lời giải trên đều đã biết hướng “đích” song chưa biết chọn điểm rơi. Tương tự : -18- www.mathvn.com

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Đồng bộ tài khoản