Lời giải và hướng dẫn bài tập đại số sơ cấp - Chương 3

Chia sẻ: Nguyễn Nhi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:37

Thêm vào BST

Báo xấu

435
lượt xem 168
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'lời giải và hướng dẫn bài tập đại số sơ cấp - chương 3', khoa học tự nhiên, toán học phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Lời giải và hướng dẫn bài tập đại số sơ cấp - Chương 3

CHƯƠNG III. BẤT ĐẲNG THỨC – BẤT PHƯƠNG TRÌNH III.1. 1) a) a 2 + b 2 + 1 ≥ ab + a + b (1) a2 b2 a 2 1 b2 1 (1) ⇔ − ab + + − a + + − b + ≥ 0 2 2 2 22 2 1 2  ( )( )( ) 2 2 2  a − 2ab + b + a − 2a + 1 + b − 2b + 1  ≥ 0 ⇔ 2 1 ⇔ ( a − b ) + ( a − 1) + ( b − 1)  ≥ 0 2 2 2 2  a − b = 0  ⇒ (Đpcm). Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a − 1 = 0 ⇔ a = b = 1. b − 1 = 0  b) a 2 + b2 + 4 ≥ ab + 2 ( a + b ) (2) a2 b2 a2 b2 (2) ⇔ − ab + + − 2a + 2 + − 2b + 2 ≥ 0 2 22 2 1 2 a − 2ab + b 2 + a 2 − 4a + 4 + b 2 − 4b + 4  ≥ 0 ( )( )( ) ⇔ 2  1 ⇔ ( a − b ) + ( a − 2 ) + ( b − 2 )  ≥ 0. 2 2 2 2  a − b = 0  ⇒ (Đpcm). Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a − 2 = 0 ⇔ a = b = 2. b − 2 = 0  a2 + b 2 + c 2 ≥ ab − ac + 2bc (3) c) 4 a2 − a ( b − c ) + c 2 − 2bc + b 2 ≥ 0 (3) ⇔ 4 a (b − c ) a2 2 + (b − c ) ≥ 0 −2 ⇔ 4 2 2 a  ⇔  − b + c  ≥ 0. 2  ⇒ (Đpcm). a − b + c = 0 ⇔ a = 2 (b − c ) . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 2 x 2 + xy + y 2 + y 2 + yz + z 2 + z 2 + zx + x 2 ≥ 3 ( x + y + z ) . 2) 2 2 ( x + y ) 3 (1)  x+ y   x− y x 2 + xy + y 2 = 3  Ta có + ≥  2 2 2 151
Tương tự ( y + z) ( z + x) 3 3 y 2 + yz + z 2 ≥ (2), z 2 + zx + x 2 ≥ (3) 2 2 Cộng các bất đẳng thức (1), (2), (3) theo vế ta được x 2 + xy + y 2 + y 2 + yz + z 2 + z 2 + zx + x 2 ≥ 3 ( x + y + z ) . (Đpcm)  1 1 1  3( a − b ) (b − c ) (c − a ) 3) ( a + b + c )  + +  + ≥ 9. (1) a b c abc Ta có (1) tương đương với  3( a − b) (b − c ) ( c − a ) a b  b c  c a  + − 2 +  + − 2 +  + − 2 + ≥0 b a  c b  a c  abc 2 2 2 ⇔ c ( a − b ) + a ( b − c ) + b ( c − a ) + 3 ( a − b )( b − c )( c − a ) ≥ 0.(*) ( ) Ta sử dụng kết quả: x 3 + y 3 + z 3 − 3 xyz = ( x + y + z ) x 2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx Với x + y + z = 0 ⇒ x 3 + y 3 + z 3 = 3xyz. Với x = a − b; y = b − c; z = c − a. 2 2 2 (*) được viết lại ( a − b ) ( c + a − b ) + ( b − c ) ( a + b − c ) + ( c − a ) ( b + c − a ) ≥ 0. (**) Do a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác nên (**) đúng. Vậy, ta có điều phải chứng minh. x+ y 2 4) ( x + y ) + ≥ 2x y + 2 y x. 2 2 1 1  Ta có  x −  ≥ 0 ⇒ x − x + ≥ 0(1) 2 4  Tương tự 1 ≥ 0(2) y− y + 4 Cộng các bất đẳng thức (1), (2) theo vế ta được 1 x+ y ( ) ( ) 2 ≥ 0 ⇒ ( x + y) + ≥ ( x + y) x + y (3) x+ y− x+ y + 2 2 x+ y 2 Mà x + y ≥ 2 xy , nên (3) ⇒ ( x + y ) + ≥ 2 x y + 2 y x . (Đpcm) 2 1 1 1 ab c III.2. 1) ≥ 2  + −  (1) ++ a b c bc ca ab Vì a, b, c > 0 nên (1) tương đương với 152
a 2 + b 2 + c 2 ≥ 2 ( bc + ac − ab ) ⇔ a 2 + b 2 + c 2 − 2bc − 2ac + 2ab ≥ 0 2 ⇔ (a + b − c) ≥ 0 Bất đẳng cuối luôn đúng nên bất đẳng thức (1) đúng. a b c d 2) 1 < 1(*) + + + a+b+c b+c+d c+d +a a+b+d a a Vì d > 0 nên (1) > a+b+c a +b+c+d Tương tự, vì a, b, c > 0 ta cũng có b b (2) > b+c+d a+b+c+d c c (3) > c+d +a a+b+c+d d d (4) > a+b+d a +b+c+d a+b+c+d a b c d Từ (1), (2), (3), (4) ⇒ = 1 (Đpcm). + + + > a+b+c b+c+d c+d +a a +b+d a+b+c+d a b c d + Ta chứng minh < 2(**) + + + a+b+c b+c+d c+d +a a+b+d Trước tiên ta chứng minh bất đẳng thức sau x x+z (*) ∀x, y , z > 0 và y > x ta đều có < y y+z Thật vậy (*) ⇔ x( y + z ) < y ( x + z ) ⇔ ( y − x) z > 0 luôn đúng vì y > x ⇒ ( y − x) > 0 Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có a+d a Với bộ ba số a, (a + b + c ), d ta có (1) < a+b+c a+b+c+d Tương tự ta cũng có 153
b+a b (2) < b+c+d a+b+c+d c+b c (3) < c+d +a a+b+c+d d +c d (4) < a+b+d a+b+c+d 2(a + b + c + d ) a b c d Từ (1), (2), (3), (4) ⇒ =2 + + + < a+b+c b+c+d c+d +a a+b+d a+b+c+d (Đpcm). a b c d Vậy, ta được 1 < < 2. + + + a+b+c b+c+d c+d +a a +b+d Chú ý. Có thể chứng minh bất đẳng thức (**) đơn giản hơn như sau Ta có a a b b , < < a+b+c a+c b+c+d b+d c c d d , < < c+d +a c+a d +a +b d +b a+c b+d a b c d ⇒ = 1 + 1 = 2. + + + < + a+b+c b+c+d c+d +a d +a +b c+a b+d 3) Ta có 2a a a (1) < < a+b+c b+c a+b+c 2b b b (2) < < a+b+c a+c a +b+c 2c c c (3) < < a+b+c a+b a+b+c Cộng các bất đẳng thức (1), (2), (3) theo vế ta được điều phải chứng minh. III.3. 1) a) (a + b)(ab + 1) ≥ 4ab(a, b > 0); Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương a, b, ta được a + b ≥ 2 ab (1). Tương tự, áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương ab,1, ta được ab + 1 ≥ 2 ab.1 = ab (2). Nhân các bất đẳng thức (1) và (2) vế theo vế ta được (a + b)(ab + 1) ≥ 2 ab .2 ab = 4ab (Đpcm). b) (a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8abc (a, b, c > 0) Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương a, b, ta được a + b ≥ 2 ab (1) . 154
Tương tự, ta có các bất đẳng thức b + c ≥ 2 bc (2), c + a ≥ 2 ca (3) . Nhân các bất đẳng thức (1), (2), (3) vế theo vế ta được (a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8 a 2b 2 c 2 = 8abc (Đpcm). c) a 2 (1 + b 2 ) + b2 (1 + c 2 ) + c 2 (1 + a 2 ) ≥ 6abc ⇔ a 2 + a 2b 2 + b 2 + b 2c 2 + c 2 + c 2 a 2 ≥ 6abc Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho sáu số dương a 2 , a 2b 2 , b 2 , b 2c 2 , c 2 , c 2 a 2 ta được a 2 + a 2b 2 + b 2 + b 2 c 2 + c 2 + c 2 a 2 ≥ 6 6 a 2 .a 2b 2 .b 2 .b2 c 2 .c 2 .c 2 a 2 ⇔ a 2 + a 2b 2 + b 2 + b 2 c 2 + c 2 + c 2 a 2 ≥ 6 6 a 6 .b6 .c 6 ⇔ a 2 + a 2b 2 + b 2 + b 2c 2 + c 2 + c 2 a 2 ≥ 6abc (Đpcm). 2) Theo bất đẳng thức Côsi ta có a2 a2 b + c b+c ≥2 . = a(1) + 4 b+c 4 b+c Tương tự b2 c+a ≥ b(2) + 4 c+a c2 a+b ≥ c(3) + 4 a+b Cộng các bất đẳng thức (1), (2), (3) theo vế ta được điều phải chứng minh. III.4. 1) a) Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski cho hai cặp số ( u; x ) và ( v; y ) ta được (u + v 2 ) ( x 2 + y 2 ) ≤ 1 ≤ 1 ⇒ ux + vy ≤ 1 (Đpcm). 2 ux + vy ≤ b) Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski cho hai cặp số ( u; v ) , ( x + y; x − y ) ta được 2 ) ( x + y ) + ( x − y )  ≤ 2 ( x 2 2 (u ) 2 + v2 2 + y 2 ≤ 2 (Đpcm). u ( x + y) + v ( x − y) ≤   x2 y2 z2 3 2) ≥ (1) + + y+ z z+ x x+ y 2 x2 y2 z2 Đặt A = . + + y+ z z+ x x+ y Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski cho hai bộ số x z y ( ) y + z ; z + x; x + y , ; ;  y+ z z+ x x+ y     Ta được 155
2 ( x + y + z) ≤ ( y + z + z + x + x + y) A x+ y+z 3 3 3 ⇒ A≥ ≥ . xyz = . 2 2 2 Vậy, (1) đúng. Ta có điều phải chứng minh. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1. 1 1 1 1 3) ≥ 30. (1) + ++ 22 2 a + b + c ab bc ca 1 1 1 1 Đặt A = ++. + 2 2 2 a +b +c ab bc ca Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski cho hai bộ số  1 1 1 1 ; ; ; 2  2 2  a +b +c ab bc ca  ( ) a 2 + b 2 + c 2 ;3 ab ;3 bc ;3 ca Ta được 2 ≤ ( a 2 + b 2 + c 2 + 9ab + 9bc + 9ca ) A (1 + 3 + 3 + 3) ⇒ 100 ≤ ( a + b + c ) + 7 ( ab + bc + ca )  A(*) 2   1 1 2 (a + b + c) = . Mà ab + bc + ca ≤ 3 3 Do đó A ≥ 30. (Đpcm) 1 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = . 3 III.5. 1) Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski cho hai bộ ba số ( x; a; b ) , ( x; x;1) Ta được 2 (x + ax + b ) ≤ ( x 2 + a 2 + b 2 ) ( x 2 + x 2 + 1) 2 (1) 2 Tương tự ta cũng có ( x 2 + cx + d ) ≤ ( x 2 + c 2 + d 2 ) ( x 2 + x 2 + 1) (2) Cộng (1) và (2) theo vế, ta được 2 2 (x + ax + b ) + ( x 2 + cx + d ) ≤ ( x 2 + a 2 + b 2 + x 2 + c 2 + d 2 ) ( x 2 + x 2 + 1) 2 2 2 ⇔ ( x 2 + ax + b ) + ( x 2 + cx + d ) ≤ ( x 2 + x 2 + 1) ( x 2 + x 2 + 1) 2 2 2 ⇔ ( x 2 + ax + b ) + ( x 2 + cx + d ) ≤ ( 2 x 2 + 1) . 156
111 2) Từ giả thiết abc = ab + bc + ca ⇒ + + = 1. abc Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski cho hai bộ ba số 1 1 1 ( ) a ; 2b ; 3c ,  ; ;   a b c Ta được  1 + 1 + 1  ≤  a2 + 2 (1 + ) 2 2 ( 2b ) ( 3c ) 2+ 3   +     a2 b2 c2  1 1 1 1 1 = ( a + 2b + 3c )  + +  = a + 2b + 3c ⇒ . ≤ a + 2b + 3c 1 + 2 + 3 2 ( ) a b c Đổi vai trò của a, b, c và cộng các bất đẳng thức ta được điều phải chứng minh. 12 1 2 25 III.6. 1) (sin 2 x + ) + (cos 2 x + )≥ 2 cos 2 x sin x 2 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski cho hai cặp số 1 1 (1;1) , ( sin 2 x + ; cos 2 x + ) ta được 2 cos 2 x sin x 2  1    2 2 1  1 2 2 1 2 (1 + 1 ) (sin x + sin 2 x ) +  cos x + cos2 x   ≥ 1.  sin x + sin 2 x  + 1.  cos x + cos 2 x   2 2 2             1   2 2 2 2 1 1 1 ⇔ 2  sin 2 x + 2  +  cos 2 x + ≥  sin x + 2 + cos 2 x +   cos 2 x    cos 2 x  sin x   sin x    1 1 2 1 12  ⇔ 2  (sin 2 x + 2 )2 + (cos 2 x + )  ≥ (1 + 2 + ) 2 sin x cos 2 x sin x cos x    1   2 2 2 1 4 ⇔ 2  sin 2 x + 2  +  cos 2 x + ≥ 1 + 2   (*) cos 2 x    sin 2 x  sin x      Mặt khác do sin 2 2 x ≤ 1 4 ⇒ 1+ ≥ 1+ 4 sin 2 2 x 2 4  ⇔ 1 + 2  ≥ (1 + 4)2  sin 2 x  Khi đó (*) tương đương với  2 1  2 2 1 2 2 ≥ (1 + 4 ) = 25 2  sin x + 2  +  cos x + 2  sin x   cos x      157
2 2 1 1  25  ⇔  sin 2 x + 2  +  cos 2 x + ≥ cos 2 x  sin x   2  2 2 1 1  25  Vậy  sin 2 x + 2  +  cos 2 x + ≥ . cos 2 x  sin x   2  Dấu đẳng thức xảy ra khi 1 1 2 2 sin x + 2 = cos x + cos 2 x sin x  sin 2 2 x = 1  1 1 2 2 sin x + 2 = cos x + cos 2 x sin x ⇔ sin 2 x = ±1  π Hệ này có nghiệm, chẳng hạn x = + kπ , k ∈ ℤ. 4 2) Ta có vế trái của bất đẳng thức đã cho bằng 1  1   x y 11 1  + + +  + +2 A = x+ + y+ 2x   2y   y x  2  x y   Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có 1  1   x y 11 1  + + +  + +2 A = x+ + y+ 2x   2y   y x  2  x y   1 1 xy ≥ 2; y + ≥ 2; + ≥ 2 x+ 2x 2y yx 11 1 1 1 2 = 2.  + ≥ = ≥ x + y2 2 2 x y  x2 y 2 4 xy Do đó A ≥ 4 + 3 2. 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = . 2  tan 2 x  cot 2 x  1 III.7. 1) + 1 ≤  2 + 1 2 + 1 (1). x2 x  x  1 tan x.cot x Ta có +1 = +1 2 x2 x  tan x   cot x  Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski cho hai cặp số  ;1 ,  ;1 . Ta được x  x  158
 tan x  2   cot x 2  tan x cot x . + 1.1 ≤  + 1   + 1   x    x   x x     tan 2 x   cot 2 x  1 + 1 ≤  2 + 1  2 + 1 ⇔ x2 x  x   tan 2 x  cot 2 x  1 Vậy, + 1 ≤  2 + 1 2 + 1  (Đpcm). x2 x  x  Điều kiện đẳng thức xảy ra tan x cot x = x x ⇔ tan x = cot x π + kπ , k ∈ ℤ. ⇔x= 4 b 2 + 2a 2 c 2 + 2b 2 a 2 + 2c 2 2) ≥ 3 (1). + + ab bc ca 111 Ta có ab + bc + ca = abc ⇔ + + = 1. abc (1) tương đương với 1 2 12 12 + 2 + 2 + 2 + 2 + 2 ≥ 3. 2 ba cb ac 1 1 1 1 1 1 1 1 1 Đặt u =  ; ;  , v =  ; ;  , w =  ; ;  . Khi đó b a a c b b a c c 1 1 1 1 1 1 1 1 1 u +v +w= + + ; + + ; + +  b c a a b c a b c 12 12 12 u+v+w= + 2+ 2+ 2+ 2+ 2 2 ba cb ac 2 2 2 2 1 1 1   1 1 1  1 1 1 1 1 1 u + v + w =  + +  +  + +  +  + +  = 3  + +  = 3. b c a a b c a b c a b c Mặt khác ta luôn có tính chất u + v + w ≥ u + v + w , từ đó suy ra điều phải chứng minh. u = k .v ; k > 0  Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi v = m.w; m > 0 ⇔ a = b = c = 3. ab + bc + ca = abc  1 1 1 x2 + + y 2 + 2 + z 2 + 2 ≥ 82. 3) 2 x y z 159
1 1 1 Gọi S = x 2 + + y2 + 2 + z2 + 2 2 x y z Cách 1.  1 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski cho hai cặp số (1;9 ) ,  x;   x 9 1 1 ≤ 1 + 81 x 2 + 2 = 82 x 2 + 2 (1) Ta được x + x x x Tương tự 9 1 ≤ 82 y 2 + 2 (2) y+ y y 9 1 ≤ 82 z 2 + 2 (3) z+ z z Cộng các bất đẳng thức (1), (2), (3) theo vế ta được 1 1 1 1 1 1 S . 82 ≥ x + y + z + 9  + +  = 81( x + y + z ) + 9  + +  − 80 ( x + y + z ) x y z x y z 1 1 1 1 1 1 ≥ 2 81( x + y + z ) .9  + +  − 80 = 54 ( x + y + z ).+ +  − 80 x y z x y z 1 ≥ 54 3 3 xyz .3 3 − 80 = 162 − 80 = 82 xyz ⇒ S ≥ 82. Cách 2. Trong mặt phẳng Oxy, ta xét các véc tơ  1 1 a =  x;  ⇒ a = x 2 + 2  x x  1 1 b =  y;  ⇒ b = y 2 + 2  y y  1 1 c =  z;  ⇒ c = z 2 + 2  z z 2  1 1 1 1 1 1 2 a + b + c =  x + y + z; + +  ⇒ a + b + c = ( x + y + z) + + +   x y z x y z Ta có a + b + c ≥ a + b + c 160
2 1 1 1 1 1 1 2 ⇔ S = x + 2 + y2 + 2 + z2 + 2 ≥ 2 ( x + y + z) + + +  x y z x y z 111 , , ta có Áp dụng bất đẳng thức Côsi đối với ba số dương xyz 111 3 3 9 81 2 (x + y + z) ⇒S≥ ++≥ ≥ = + 2 x+ y+ z x+ y+ z (x + y + z) 3 xyz xyz 3 81 2 Đặt t = ( x + y + z ) , 0 < t ≤ 1. Ta có S ≥ t + . t 81 t 2 − 81 81 Xét hàm số f (t ) = t + , t ∈ (0;1]; f ′(t ) = 1 − 2 = < 0, ∀t ∈ (0;1]. t2 t t Lập bảng biến thiên của hàm số f (t ) trên (0;1] ta được f (t ) ≥ 82 ⇒ S ≥ 82. (Đpcm) 4) Cho x, y, z > 0 và thỏa xyz = 1. Ta chứng minh 1 + x3 + y 3 1 + y3 + z 3 1 + z 3 + x3 ≥ 3 3. + + xy yz zx 1 + x3 + y 3 1 + y3 + z3 1 + z 3 + x3 Đặt A = . + + xy yz zx Theo bất đẳng thức Côsi ta có 3 3 x3 y3 1 + x3 + y 3 3 (1) ≥ = xy xy xy Tương tự 1 + y3 + z 3 3 (2) ≥ yz yz 1 + z 3 + x3 3 (3) ≥ zx zx Cộng các bất đẳng thức (1), (2), (3) theo vế ta được 3 3 3 1 = 3 3. (Đpcm) ≥ 3 33 A≥ + + xyz xy yz zx Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1. ( ) III.8. 1) x 2 1 + sin 2 y + 2 x ( sin y + cos y ) + 1 + cos 2 y > 0 (1) 2 2 (1) tương đương với ( x sin y + 1) + ( cos y + x ) > 0 161
Như vậy ta luôn có 2 2 ( ) x 2 1 + sin 2 y + 2 x ( sin y + cos y ) + 1 + cos 2 y = ( x sin y + 1) + ( cos y + x ) ≥ 0, ∀x, y ∈ ℝ. Ta chứng minh dấu “=” không xảy ra. Thật vậy, giả sử dấu “=” xảy ra. Khi đó  x sin y + 1 = 0 (1)   cos y + x = 0 ( 2 )  Lấy (1) trừ cho (2) theo vế ta được x sin y − cos y + 1 − x = 0 ( ∗) Phương trình ( ∗) có nghiệm y khi và chỉ khi 2 x 2 + 1 ≥ ( x − 1) ⇔ x 2 + 1 ≥ x 2 − 2 x + 1 ⇔ x ≥ 0 Lấy (1) cộng với (2) theo vế ta được x sin y + cos y + 1 + x = 0 (∗∗) 2 Phương trình (**) có nghiệm y khi và chỉ khi x 2 + 1 ≥ ( x + 1) ⇔ 2 x ≤ 0 ⇔ x ≤ 0. Suy ra x = 0, thay x = 0 vào (1) ta được 1 = 0 (Vô lý ). Suy ra dấu '' = '' không thể xảy ra. ( ) Vậy, x 2 1 + sin 2 y + 2 x ( sin y + cos y ) + 1 + cos 2 y > 0, ∀x, y ∈ ℝ. 2) Bất đẳng thức đã cho tương đương với ( ) ≤ ln (1 + 4 ) ln 1 + 4a b b a (1 + 4 ) ≤ (1 + 4 ) a b ⇔ a b ( ) , x > 0 ⇒ f ′( x) = 4 ( )( ) 0 nên f (a) ≤ f (b) từ đó ta có điều phải chứng minh. 3) Xét hàm số f ( x) = 2sin x + tan x − 3 x. Ta có ( ) ( cos x − 1) 2 cos 2 x − cos x − 1 1 f ′( x) = 2cos x + −3 = cos 2 x cos 2 x 2 ( cos x − 1) ( 2 cos x + 1) > 0, ∀x ∈  0; π  =   cos 2 x 2   π Suy ra hàm số f ( x ) = 2sin x + tan x − 3 x đồng biến trên khoảng  0;  .  2  π Do đó f ( x ) > f (0) = 0, ∀x ∈  0;  . (Đpcm)  2 162
4) Xét hàm số f ( x) = x − sin x, x > 0. Ta có f ′( x) = 1 − cos x ≥ 0 ⇒ f ( x) đồng biến trên khoảng ( 0; +∞ ) . Từ đó f ( x) > f (0) = 0 hay sin x < x, ∀x > 0(1). x3 Xét hàm số g ( x ) = sin x + − x, x > 0. 6 x2 + cos x − 1, g ′′( x ) = x − sin x > 0 ⇒ g ′( x ) đồng biến trên khoảng ( 0; +∞ ) . Ta có g ′( x ) = 2 Suy ra g ′( x) > g ′(0) = 0. Từ đây ta có g ( x) đồng biến trên khoảng ( 0; +∞ ) . Vì vậy x3 g ( x ) > g (0) = 0 hay x − < sin x (2). Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh. 6 III.9. 1) a 2 ( b + c − a ) + b 2 ( a + c − b ) + c 2 ( a + b − c ) ≤ 3abc (1) Không mất tính tổng quát ta giả sử a ≥ b ≥ c ≥ 0. Ta có a 2 ( b + c − a ) + b 2 ( a + c − b ) + c 2 ( a + b − c ) ≤ 3abc ⇔ a 2b + a 2c − a 3 + b 2 a + b 2c − b3 + c 2 a + c 2b − c 3 − 3abc ≤ 0 ⇔ − a 2b − a 2c + a 3 − b 2 a − b 2c + b3 − c 2 a − c 2b + c3 + 3abc ≥ 0 ( )( )( )( )( ) ⇔ a 3 + a 2b − a 2 c + −2a 2b − 2b 2 a + 2abc + b 2 a + b3 − b 2c + abc − c 2 a + −c 2b + c 3 ≥ 0 ⇔ a 2 ( a + b − c ) − 2ab ( a + b − c ) + b2 ( a + b − c ) + ac ( b − c ) − c 2 ( b − c ) ≥ 0 ( ) ( ) ⇔ a 2 − 2ab + b 2 ( a + b − c ) + ac − c 2 ( b − c ) ≥ 0 ⇔ (a − 2ab + b ) ( a + b − c ) + c ( a − c )( b − c ) ≥ 0 2 2 2 ⇔ ( a − b ) ( a + b − c ) + c ( a − c )( b − c ) ≥ 0. Vậy, bất đẳng thức (1) luôn đúng với mọ i a, b, c không âm. 2) Đặt vế trái của bất đẳng thức đã cho là A và ta đặt x = 2a + b + c; y = 2b + c + a; z = 2c + a + b ⇒ x + y + z = 4 ( a + b + c ) . Khi đó ta có 3x − ( y + z ) 3y − ( z + x) 3z − ( x + y ) 4.A = + + x y z  x y   z x   z y  = 9 −  +  +  +  +  +  ≤ 9 − 6 = 3  y x   x z   y z  3 ⇒ A ≤ . (Đpcm). 4 3 3 3 3) ( x + y ) + ( x + z ) + 3 ( x + y )( x + z )( y + z ) ≤ 5 ( x + z ) (1) Đặt a = x + y , b = x + z , c = y + z. Điều kiện x ( x + y + z ) = 3 yz trở thành c 2 = a 2 + b 2 − ab. 163
Bất đẳng thức (1) tương đương với a3 + b3 + 3abc ≤ 5c 2 (2) . Ta có 3 1 2 2 2 2 c 2 = a 2 + b 2 − ab = ( a + b ) − 3ab ≥ ( a + b ) − (a + b) = ( a + b ) 4 4 ⇒ a + b ≤ 2c(3). ( ) (2) ⇔ ( a + b ) a 2 + b 2 − ab + 3ab ≤ 5c 3 ⇔ ( a + b ) c 2 + 3abc ≤ 5c 3 ⇔ ( a + b ) c + 3ab ≤ 5c 2 (4) 3 2 Mặt khác từ (3) cho ta ( a + b ) c ≤ 2c 2 và 3ab ≤ ( a + b ) ≤ 3c 2 . Từ đây suy ra (4) đúng. 4 Vậy, bất đẳng thức (1) đúng. Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c ⇔ x = y = z. n n  a  b III.10. 1)  1 +  + 1 +  ≥ 2n+1 (1)  b  a n n  a  b Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương  1 +  và  1 +   b  a n n n n  a  b  a  b Ta có  1 +  + 1 +  ≥ 2  1 +  1 +   b  a  b  a   n n n n  a  b  a 2  b 2   1+ ⇔ 1 +  +  1 +  ≥ 2   1 +   b   a    b  a   n n n  a  b   2  a  b ⇔ 1 +  +  1 +  ≥ 2 1 +  1 +    b  a  b  a   n n n  a  b  a b ab  2 ⇔ 1 +  +  1 +  ≥ 2 1 + + +   b  a  b a ba  n n n  a  b  a b 2 n ⇔ 1 +  +  1 +  ≥ 2  2 + +  ≥ 2 ( 2 + 2 ) 2 = 2 n+1.  b  a  b a n  a  n  b   1 +  = 1 +   Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi  b   a  ⇔ a = b. a b  b = a , (a, b > 0)  Vậy, (1) luôn đúng. n  a +b  an + bn 2)  (1) ≤  2 2 164
Ta chứng minh bằng quy nạp a+b a +b · Với n = 1 : Ta có . Vậy, (1) đúng với n = 1. ≤ 2 2 k  a +b  a k + bk * · Giả sử (1) đúng với n = k , k ∈ ℕ , tức là  , ta chứng minh (1) đúng với ≤ 2 2 k +1 a k +1 + b k +1  a +b  n = k + 1, nghĩa là phải chứng minh  . ≤  2 2 Thật vậy: k +1 k  a +b   a+b  a+b a +b a +b k k . .  = ≤  2 2 2 2 2 k +1 k +1 k +1 k +1 ab k + a k b − a k +1 − b k +1 k k a + ab + a b + b a +b ≤ = + 4 2 4 a k +1 + b k +1 ( a − b ) ( a − b ) a k +1 + b k +1 k k . ≤ − ≤ 2 4 2 ( ) (do ( a − b ) a k − b k ≥ 0 ). Vậy, ta có điều phải chứng minh. 1 1 1 1 III.11. 1) (*) +3 3 +3 ≤ 33 3 a + b + abc b + c + abc c + a + abc abc Ta có 2 ≥ 0 ⇔ a 2 + b 2 − ab ≥ ab ⇔ ( a + b ) ( a 2 + b 2 − ab ) ≥ ab ( a + b ) (a − b) 1 1 ⇔ a 3 + b 3 ≥ ab ( a + b ) ⇔ a 3 + b3 + abc ≥ ab ( a + b + c ) ⇔ (1) ≤ 3 3 a + b + abc ab ( a + b + c ) Tương tự 1 1 ( 2) ≤ 3 3 bc ( a + b + c ) b + c + abc 1 1 ( 3) ≤ 3 3 ca ( a + b + c ) c + a + abc Cộng vế theo vế các bất đẳng thức (1) , ( 2 ) , ( 3) ta được 1 1 1 1 1 1 +3 3 +3 ≤ + + 33 3 a + b + abc b + c + abc c + a + abc ab ( a + b + c ) bc ( a + b + c ) ca ( a + b + c ) 1 1 1 1 1 1  a+b+c  . ≤  + + = =  a + b + c  ab bc ca  a + b + c  abc  abc Vậy, bất đẳng thức (*) đúng. a2 b2 c2 a +b+c 2) (**) + + ≥ 2 b+c a+c a+b 165
Cách 1. Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có 2 a  b c 2 (a + b + c) =  b+c + a+c + a+b   b+c  a+c a+b  a2 c2   a2 c2  b2 b2 (b + c + a + c + a + b) = 2   (a + b + c) ≤ + + + +  b+c a+c a +b  b+c a+c a +b  2 (a + b + c) = (a + b + c) . a2 b2 c2 ⇒ + + ≥ b + c a + c a + b 2 (a + b + c) 2 Cách 2. Theo bất đẳng thức Côsi ta có a2 a2 b + c b+c ≥2 + ⋅ =a 4 b+c 4 b+c b2 b2 a + c a+c ≥2 + ⋅ =b 4 a+c 4 a+c c2 c2 a + b a+b ≥2 + ⋅ =c 4 a +b 4 a+b Cộng vế theo vế ta được a2 b2 c2 a2 b2 c2 a+b+c a +b+c ≥ a+b+c ⇒ . + + + + + ≥ 2 2 b+c a+c a+b b+c a+c a +b Vậy, bất đẳng thức (**) đúng. 2x − 5 III.12. 1) + 1 > 0 (1) . Ta có (1) tương đương với x −3 x > 3  x > 3  x > 3     2x − 5  3x − 8    x < 8 ∨ x > 3  x > 3 +1 > 0 >0   x > 2  x − 3  x − 3 ⇔  3 ⇔ ⇔ ⇔   2 < x < 3  x ≠ 3. x < 3  x < 3   x < 3     2x − 5  x − 2  2 < x < 3 +1 > 0 >0     3 − x  3 − x x ≠ 3 Vậy, nghiệm của bất phương trình đã cho là   x > 2. 2  ≥ x2 1 − 2 2 x 2) x 2 ≤ 1 − 2 (1) . Ta có (1) ⇔  2 1 − x ≤ −x2  2  x 166
 x4 − x2 + 2 ≤0  x2 ⇔ 4  x + x2 − 2 ≤0  x2  ⇔ 0 < x2 ≤ 1 x ≠ 0 ⇔  −1 ≤ x ≤ 1. x ≠ 0 Vậy, nghiệm của bất phương trình đã cho là  −1 ≤ x ≤ 1. x−2 ≥ 3 (1) . Ta có 3) x2 − 5x + 6  −3x 2 + 16 x − 20  x−2 ≥3  x2 − 5x + 6 ≥ 0  x2 − 5x + 6 x−2 ⇔ 2 (1) ⇔ 2 ≥ 3⇔   x − 2 ≤ −3  3x − 14 x + 16 ≤ 0 x − 5x + 6  x 2 − 5x + 6  x2 − 5x + 6   10  x ≠ 3 3 < x ≤ 3  ⇔ ⇔ 8 10 8 ≤ x < 3 3 ≤ x ≤ 3 .  3  Vậy, ta được nghiệm của bất phương trình đã cho là x ≠ 3  8 10 3 ≤ x ≤ 3 .  2 −3 x ≥ −1  2−3 x  1+ x ≤ 1(1) . Ta có bất phương trình (1) tương đương với  4) (*) . 1+ x 2 −3 x ≤1  1+ x  3   −1 < x ≤ 2  2 − 3x 3 − 2x  1 + x ≥ −1  1 + x ≥ 0  1 3   · Với x ≥ 0 thì hệ (*) trở thành  ⇔   x < −1 ⇔ ≤ x ≤ . ⇔  2 − 3x ≤ 1 1 − 4 x ≤ 0 4 2  1  x ≥  1+ x  1+ x    4 · Với −1 ≠ x < 0 thì hệ (*) trở thành 167
  x < −1  2 + 3x  3 + 4x   1 + x ≥ −1  1 + x ≥ 0  x ≥ − 3 3 1   ⇔− ≤x≤− .  ⇔ ⇔  4  2 + 3x ≤ 1 1 + 2 x ≤ 0 4 2  1  1+ x  1+ x −1 < x ≤ −    2 3 11 3 Vậy, nghiệm của bất phương trình đã cho là − ≤ x ≤ − ∨ ≤ x ≤ . 4 24 2 x+2 − x ≥ 2 (1) . Ta có bất phương trình (1) tương đương với 5) x   x ≥ −2   x ≥ −2   x ≥ −2     x + 2 − x ≥ 2  2 − 2 ≥ 0  2 − 2x ≥ 0  x  x    x ⇔ ⇔    x < −2   x < −2   x < −2     − x − 2 − x   −2 x − 2   −4 x − 2 ≥ 2  − 2 ≥ 0  ≥0    x  x x   x ≥ −2   0 < x ≤ 1 0 < x ≤ 1 ⇔   x < −2 ⇔ 0 < x ≤ 1. ⇔  x ∈ ∅  1  − 2 ≤ x < 0  Vậy, nghiệm của bất phương trình đã cho là 0 < x ≤ 1. x2 − 4x + 3 6) ≥ 1. x2 + x − 5 Bất phương trình đã cho tương đương với x 2 − 4 x + 3 ≥ x 2 + x − 5 (1). Ta có bảng xét dấu + Với x < 0 ∨ 4 ≤ x < 5 ( ∗) , bất phương trình (1) trở thành 2 x 2 − 4 x + 3 ≥ x 2 − x + 5 ⇔ −3 x − 2 ≥ 0 ⇔ x ≤ − , thỏa ( ∗) 3 + Với 0 ≤ x < 4 ( ∗∗) , bất phương trình (1) trở thành 1 − x 2 + 4 x + 3 ≥ x 2 − x + 5 ⇔ −2 x 2 + 5 x − 2 ≥ 0 ⇔ ≤ x ≤ 2 , thỏa ( ∗∗) 2 168
+ Với x ≥ 5 ( ∗∗∗) , bất phương trình (1) trở thành 8 x 2 − 4 x + 3 ≥ x 2 + x − 5 ⇔ −5 x + 8 ≥ 0 ⇔ x ≤ . 5 Kết hợp với ( ∗∗∗) ta được x ∈∅ . Hợp các trường hợp đã xét, ta được tập hợp nghiệm của bất phương trình đã cho là 2 1    −∞; −  ∪  ; 2 . 3 2   III.13. 2− x 1 − 2x 2− x 1− 2x 1) >0 >3 ⇔2 −2 3 2 2 x ( x + 1) x ( x − 2 ) x − 2x x +x ( 2 − x )( x − 2 ) − (1 − 2 x )( x + 1) > 0 ⇔ x 2 ( x + 1)( x − 2 ) x2 + 5x − 5 >0 ⇔ x 2 ( x + 1)( x − 2 )  −5 − 3 5 x < 2   −1 < x < 0 ⇔  0 < x < −5 + 3 5  2  x > 2 x 4 − 3x3 + 2 x2 2) >0 x 2 − x − 30 ( )>0 x 2 x 2 − 3x + 2 ⇔ x 2 − x − 30  x < −5 ⇔ 1 < x < 2  x > 6  x 3 − 3x 2 − x + 3 3) ≤0 2x − x2 ( x − 1) ( x2 − 2 x − 3) ≤0 ⇔ 2x − x2  −1 ≤ x < 0 ⇔ 1 ≤ x < 2  x ≥ 3  169
x4 − 4x2 + 3 4) ≤0 x 2 − 8 x + 15 ( x 2 − 1)( x 2 − 3) ≤0 ⇔ x 2 − 8 x + 15  − 3 ≤ x ≤ −1  ⇔ 1 ≤ x ≤ 3 3 < x < 5   1 2 2x + 3 5) +2 1. 2 170