zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Trung học cơ sở

Tuyển tập các chuyên đề chứng minh bất đẳng thức

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:787

Báo xấu

11
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời quý thầy cô và các em học sinh tham khảo Tuyển tập các chuyên đề chứng minh bất đẳng thức. Hi vọng tài liệu sẽ là nguồn kiến thức bổ ích giúp các em củng cố lại kiến thức trước khi bước vào kì thi sắp tới. Chúc các em ôn tập kiểm tra đạt kết quả cao!

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Tuyển tập các chuyên đề chứng minh bất đẳng thức

Tailieumontoan.com  Tài liệu sưu tầm TUYỂN TẬP CÁC CHUYÊN ĐỀ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Tài liệu sưu tầm, ngày 12 tháng 8 năm 2020
Website: tailieumontoan.com MỤC LỤC Trang Chương I. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN Chủ đề 1 Kỹ thuật biến đổi tương đương 3 Sử dụng các tính chất của tỉ số, tính chất giá trị tuyệt đối và tính Chủ đề 2 44 chất của tam thức bậc hai trong chứng minh bất đẳng thức 1. Sử dụng tính chất của tỉ số 45 2. Sử dụng tính chất giá trị tuyệt đối 54 3. Sử dụng tính chất tam thức bậc hai. 59 Chủ đề 3 Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp phản chứng 68 Chứng minh các bất đẳng thức về tổng, tích của dãy số - Phương Chủ đề 4 86 pháp quy nạp Chủ đề 5 Kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức CAUCHY 117 1. Kỹ thuật chọn điểm rơi trong đánh giá từ trung bình cộng sang 118 trung bình nhân 2. Kỹ thuật chọn điểm rơi trong đánh giá từ trung bình nhân sang 141 trung bình cộng. 3. Kỹ thuật ghép cặp trong bất đẳng thức Cauchy 161 4. Kỹ thuật thêm bớt 175 5. Kỹ thuật Cauchy ngược dấu 191 6. Kỹ thuật đổi biến số 199 Chủ đề 6 Kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức BUNHIACOPXKI 220 1. Kỹ thuật chọn điểm rơi 221 2. Kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng cơ bản 236 3. Kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức 252 4. Kỹ thuật thêm bớt 275 5. Kỹ thuật đổi biến trong bất đẳng thức Bunhiacopxki 289 Chương II. MỘT SỐ KỸ THUẬT GIẢI TOÁN ĐẶC SẮC Chủ đề 7 Ứng dụng nguyên lý DIRICHLET trong chứng minh bất đẳng thức 307 Chủ đề 8 Phương pháp hệ số bất định trong chứng minh bất đẳng thức 319 Chủ đề 9 Ứng dụng một hệ quả của bất đẳng thức SCHUR 333 Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 Trang 1/10
Website: tailieumontoan.com Ứng dụng của đạo hàm trong chứng minh bất đẳng thức và bài toán Chủ đề 10 344 tìm cực trị. 1. Dồn biến nhờ vận dụng kỹ thuật sử dụng các bất đẳng thức kinh 344 điển 2. Dồn biến nhờ kết hợp với kỹ thuật đổi biến số. 367 3. Dồn biến nhờ kết hợp với kỹ thuật sắp thứ tự các biến 382 4. Phương pháp tiếp tuyến 389 5. Khảo sát hàm nhiều biến số 393 6. Kết hợp với việc sử dụng Bổ đề 398 7. Vận dụng kỹ thuật dồn biến cổ điển 405 Chương III. TUYỂN CHỌN MỘT SỐ BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC Chủ đề 11 Một số bất đẳng thức hay và khó 409 Một số bất đẳng thức trong các đề thi học sinh giỏi, thi TSĐH và Chủ đề 12 649 tuyển sinh lớp 10 chuyên toán. Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 Trang 2/10
Website: tailieumontoan.com MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ BẤT ĐẲNG THỨC I. Định nghĩa Giả sử A và B là hai biểu thức bằng số hoặc bằng chữ. Khi đó + A > B; A < B; A ≥ B; A ≤ B được gọi là các bất đẳng thức. + Các bất đẳng thức trên được viết lại như sau A − B > 0; A − B < 0; A − B ≥ 0; A − B ≤ 0 + Một bất đẳng thức bất kì có thể đúng, cũng có thể sai. Quy ước: Khi nói về một bất đẳng thức mà không nói gì thêm thì ta hiểu đó là một bất đẳng thức đúng. II. Tính chất cơ bản của bất đẳng thức + Tính chất giao hoán Với các số thực A và B bất kì, ta luôn có A ≤ B ⇔ B ≥ A + Tính chất bắc cầu Với các số thực A, B, C bất kì, ta luôn có A ≤ B, B ≤ C ⇒ A ≤ C + Tính chất liên hệ với phép cộng - Với các số thực A, B và M bất kì, ta luôn có A≤B⇔ A±M≤B±M - Với các số thực A, B, C, D bất kì , ta luôn có • A ≤ B; C ≤ D ⇒ A + C ≤ B + D • A ≤ B; C ≤ D ⇒ A − D ≤ B − C + Tính chất liên hệ với phép nhân - Với các số thực A, B bất kì, ta luôn có • A ≤ B; M > 0 ⇒ A.M ≤ B.M • A ≤ B; M < 0 ⇒ A.M ≥ B.M - Với các số thực A, B, C, D bất kì , ta luôn có 0 < A < B  ⇒ 0 < A.C < B.D  0 < C < D + Tính chất liên hệ với lũy thừa - Với các số thực A, B bất kì, ta luôn có • A ≥ B ≥ 0 ⇔ An ≥ Bn ≥ 0 , với n là số thực dương. • A ≥ B ⇔ An ≥ Bn , với n là số tự nhiên lẻ. • A ≥ B ⇔ An ≥ Bn ≥ 0 , với n là số tự nhiên chẵn. • m ≥ n > 0; A ≥ 1 ⇒ A m ≥ A n • m ≥ n > 0; 0 < A < 1 ⇒ A m ≤ A n + Tính chất liên hệ với tính nghịch đảo 1 1 - Với các số thực dương A, B bất kì, ta luôn có A ≥ B ⇔ ≤ A B III. Một số bất đẳng thức cơ bản cần nhớ + A2 ≥ 0 với ∀ A Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2938 Trang 1/41
Website: tailieumontoan.com + A2k ≥ 0 với ∀ A và k là số tự nhiên + A ≥0 với ∀A + A+B ≥ A + B + A−B ≤ A − B Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2938 Trang 2/41
Website: tailieumontoan.com Chương I – MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Nội dung cơ bản của chương I gồm: • Giới thiệu các phương pháp chứng minh bất đẳng thức. • Nêu một số tính chất liên quan, một số lưu ý của các phương pháp chứng minh bất đẳng thức trên. • Giới thiệu các bài tập mẫu cùng quá trình phân tích, suy luận để tìm ra các lời giải và các lời giải được trình bày cụ thể. • Giới thiệu một số bài tập tự luyện. Chủ đề 1 MỘT SỐ KỸ THUẬT BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG 1. Kiến thức cần nhớ Giả sử ta cần chứng minh bất đẳng thức A ≥ B . Tư tưởng của phương pháp là biến đổi tương đương bất đẳng thức trên thành một bất đẳng thức đúng mà phổ biến là các dạng sau: + Sử dụng định nghĩa bất đẳng thức: A ≥ B ⇔ A − B ≥ 0 + Dạng tổng bình phương: A ≥ B ⇔ mX2 + nY2 + kZ2 ≥ 0 , với các số m, n, k dương. + Dạng tích hai thừa số cùng dấu: A ≥ B ⇔ X.Y ≥ 0 hoặc A ≥ B ⇔ X2n .Y ≥ 0 + Xây dựng các bất đẳng thức từ các điều kiện ban đầu: Nếu x, y, z ∈ [a, b] thì ta nghĩ ngay tới một trong các bất đẳng thức đúng sau đây ( x − a )( x − b ) ≤ 0; ( x − a )( y − a )( z − a ) ≥ 0; ( x − b )( y − b )( z − b ) ≤ 0 Một số đẳng thức cần nhớ (a + b) + (a − b) 2 2 (a ± b) 2 + = a ± 2ab + b ; a + b 2 2 2 2 = 2 2 ( a + b + c ) = a + b + c + 2ab + 2bc + 2ca 2 2 2 2 + + ( a + b )( b + c )( c + a ) = a b + ab + b c + bc + c a + ca + 2abc 2 2 2 2 2 2 + ( a + b + c )( ab + bc + ca )= a b + ab + b c + bc + c a + ca + 3abc 2 2 2 2 2 2 + ( a + b )( b + c )( c + a ) + abc = ( a + b + c )( ab + bc + ca ) + ( a + 1)( b + 1)( c + 1)= abc + ab + bc + ca + a + b + c + 1 + ( a − 1)( b − 1)( c − 1)= abc − ( ab + bc + ca ) + a + b + c − 1 + a + b + c − 3abc = ( a + b + c ) ( a + b + c − ab − bc − ca ) 3 3 3 2 2 2 ( ) ( )( )( ) 3 + a+b+c = a 3 + b3 + c3 + 3 a + b b + c c + a ( )( ) + a + b + c a 2 + b2 + c2 =a 3 + b3 + c3 + a 2 b + ab2 + b2 c + bc2 + c2a + ca 2 Một số bất đẳng thức cơ bản ( ) ( ) 2 + a 2 + b2 ≥ 2ab; 2 a 2 + b2 ≥ a + b ≥ 4ab Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2938 Trang 3/41
Website: tailieumontoan.com ( ) 2 3 a+b + a 2 + b2 − ab ≥ 4 + a + b + c ≥ ab + bc + ca 2 2 2 ( ) ( ) ≥ 3 ( ab + bc + ca ) 2 + 3 a 2 + b2 + c 2 ≥ a + b + c + 3 (a + c ) ≥ ( ab + bc + ca ) ≥ 3abc ( a + b + c ) 2 4 + b4 4 + Bất đẳng thức tam giác b − c < a < b + c a + b − c > 0    c − a < b < c + a ⇔ b + c − a > 0 a − b < c < a + b c + a − b > 0   Với a, b, c là ba cạnh của một tam giác. Một số kỹ thuật cơ bản trong phép biến đổi tương đương + Kỹ thuật xét hiệu hai biểu thức. + Kỹ thuật sử dụng các hằng đẳng thức. + Kỹ thuật thêm bớt một hằng số, một biểu thức. + Kỹ thuật đặt biến phụ. + Kỹ thuật sắp thứ tự các biến. + Kỹ thuật khai thác tính bị chặn của các biến. 2. Một số ví dụ minh họa Ví dụ 1. Cho a, b, c là các số thực bất kì. Chứng minh rẳng: a) a 2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca b) a 2 + b2 + c2 + 3 ≥ 2 a + b + c ( ) Phân tích: Các bất đẳng thức trên khá quen thuộc, ta có thể giải bằng cách xét hiệu vế trái và vế phải rồi phân tích thành tổng các bình phương. Lời giải a) Xét hiệu hai vế của bất đẳng thức a 2 − 2ab + b2 + b2 − 2bc + c2 + c2 − 2ca + a 2 (a ) ( + b2 + c2 − ab + bc + ca = 2 )2 ( ) ( ) ( ) 2 2 2 a−b + b−c + c−a = ≥0 2 Suy ra a 2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a= b= c b) Xét hiệu hai vế của bất đẳng thức (a 2 ) ( ) + b2 + c2 + 3 − 2 a + b + c = a 2 − 2a + 1 + b2 − 2b + 1 + c2 − 2c + 1 ( ) ( ) ( ) 2 2 2 = a −1 + b −1 + c −1 ≥0 Suy ra a 2 + b2 + c 2 + 3 ≥ 2 a + b + c ( ) Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a= b= c= 1 Ví dụ 2. Cho a, b, c là các số thực bất kì. Chứng minh rẳng: Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2938 Trang 4/41
Website: tailieumontoan.com 2 a 2 + b2 + c 2  a + b + c  ≥  3  3  Phân tích: Đây là một bất đẳng thức khá quen thuộc, ta có thể giải bằng cách xét hiệu vế trái và vế phải rồi phân tích thành tổng các bình phương. Lời giải Xét hiệu hai vế của bất đẳng thức ( ) ( ) 2 a 2 + b2 + c 2  a + b + c  2 3 a 2 + b2 + c 2 − a + b + c a −  = 3  3  9 ( ) ( ) ( ) 2 2 2 a−b + b−c + c−a = 9 2 a 2 + b2 + c 2  a + b + c  Suy ra ≥  3  3  Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a= b= c . Nhận xét: Qua hai ví dụ trên ta nhận thấy khi biến đổi tương đương bất đẳng thức bậc hai thường xuất ( ) ( ) ( ) 2 2 2 hiện các đại lượng a − b ; b − c ; c − a với điều kiện dấu đẳng thức xẩy ra tại a= b= c . Do đó trước khi biến đổi bất đẳng thức ta nên dự đoán dấu đẳng thức xẩy ra để từ đó có hướng đi hợp lí. Ví dụ 3. Cho a, b, c là các số thực bất kì. Chứng minh rẳng: ( a 2 + b2 + c 2 + d2 + e 2 ≥ a b + c + d + e ) Phân tích: Bất đẳng thức cần chứng minh có hình thức tương tự như các bất đẳng thức trên, ta có thể giải bằng cách xét hiệu vế trái và vế phải rồi phân tích thành tổng các bình phương. Để được các tích ab, ac, ad, ae vào trong bình phương ta cần ghép a với b, c, d, e, và vì vai trò của b, c, d, e như nhau nên ta có thể nghĩ đến việc biến đổi như sau ( a 2 + b2 + c 2 + d2 + e 2 ≥ a b + c + d + e ) ( ) + ( a − kc ) + ( a − kd ) + ( a − ke ) 2 2 2 2 ⇔ a − kb ≥0 Trong trường hợp trên ta có thể chọn k = 2 , tức là ta phải nhân hai vế với 4. Lời giải Xét hiệu hai vế của bất đẳng thức ( a 2 + b2 + c 2 + d2 + e 2 − a b + c + d + e ) = ( ) ( 4 a 2 + b2 + c2 + d2 + e2 − 4 ab + ac + ad + ae ) 4 = ( ) ( ) ( a 2 − 4ab + 4b2 + a 2 − 4ac + 4c2 + a 2 − 4ad + 4d2 + a 2 − 4ae + 4e2 ) ( ) 4 ( a − 2b ) + ( a − 2c ) + ( a − 2d ) ( ) 2 2 2 2 + a − 2e ≥0 4 Suy ra ( a 2 + b2 + c 2 + d2 + e 2 ≥ a b + c + d + e ) Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi = = 2c a 2b = 2d = 2e . Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2938 Trang 5/41
Website: tailieumontoan.com Nhận xét: Với bất đẳng thức trên, ngoài phép biến đổi tương đương ta còn có thể dùng tính chất của tam thức bậc hai để chứng minh. Ví dụ 4. Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn điều kiện a, b, c ≥ 1 . Chứng minh rẳng: 1 1 2 1 1 1 3 a) + ≥ b) + + ≥ 1+a 2 1+b 2 1 + ab 1+a 3 1+b 3 1+ c 3 1 + abc Phân tích: Để ý ta thấy, mẫu của các biểu thức xuất hiệt các bình phương, ý tưởng chứng minh bất đẳng thức trên là xét hiệu và phân tích làm xuất hiện các bình phương. Chú ý đến giả thiết a, b ≥ 1 ⇒ ab − 1 ≥ 0 . Lời giải a) Xét hiệu hai vế của bất đẳng thức 1 1 2 1 1 1 1 + − = − + − 1+a 2 1+b 2 1 + ab 1 + a 2 1 + ab 1 + b 2 1 + ab ( )( ) 2 a − b ab − 1 = ≥0 ( )( a 2 + 1 b2 + 1 ab + 1 )( ) 1 1 2 Suy ra + ≥ 1 + a 2 1 + b2 1 + ab Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a= b= 1 . b) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với. 1 1 1 3 1 1 1 1 4 + + ≥ ⇔ + + + ≥ 1+a 3 1+ b 3 1+ c 3 1 + abc 1+a 3 1+ b 3 1+ c 3 1 + abc 1 + abc Áp dụng bất đẳng thức ở câu a ta được 1 1 1 1 2 2 + + + ≥ + 1+a 3 1+ b 3 1+ c 3 1 + abc 1 + a 3 b3 1 + abc4 4 4 ≥ = 1 + abc 1 + a 3 b3 abc4 1 1 1 3 Suy ra + + ≥ 1 + a 3 1 + b3 1 + c3 1 + abc Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a= b= c= 1 . Ví dụ 5. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a 3 + b3 =a − b . Chứng minh rẳng: a 2 + b2 + ab < 1 Phân tích: Quan sát bất đẳng thức cần chứng minh ta thấy có biểu thức a 2 + b2 + ab . Trong khi đó giả thiết lại xuất hiện biểu thức a − b . Vậy mối liên hệ của hai biểu thức này như thế nào? Dễ thấy được ( )( ) hằng đẳng thức a − b a 2 + b2 + ab = a 3 − b3 . Do đó một cách rất tự nhiên ta nhân hai vế của giả thiết với biểu thức a 2 + b2 + ab để làm xuất hiện a 3 − b3 và a 2 + b2 + ab , khi đó ta được a 3 − b3 a 3 − b3 a + ab + b = 2 2 . Tới đây chỉ cần chứng minh 3 < 1 là xong. a 3 + b3 a + b3 Lời giải Biến đổi giả thiết ta được Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2938 Trang 6/41
Website: tailieumontoan.com ( )( a 3 + b3 =a − b ⇔ a 3 + b3 a 2 + ab + b2 = a − b a 2 + ab + b2 ) ( )( ) a 3 − b3 ⇔ (a 3 + b )( a3 2 + ab + b ) = a 2 3 − b ⇔ a + ab + b = 3 3 2 2 a + b3 Ta cần chứng minh được a 3 − b3 < 1 ⇔ a 3 − b3 < a 3 + b3 ⇔ 0 < 2b3 ⇔ 0 < b a +b 3 3 Do b > 0 hiển nhiên đúng. Nên bất đẳng thức được chứng minh. Ví dụ 6. Cho a, b là các số thực dương thỏa mãn điều kiện a > b . Chứng minh rằng: a 2 − b2 + 2ab − b2 > a Phân tích: Bất đẳng thức có chứa căn bậc hai và các biểu thức trong căn có chứa các bình phương, lại có thêm điều kiện a > b > 0 , nên ta bình phương hai vế để biến đổi bất đẳng thức. Lời giải Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: ( ) 2 a 2 − b2 + 2ab − b2 > a2 ⇔ a 2 − b2 + 2 a 2 − b2 . 2ab − b2 + 2ab − b2 > a 2 ( ) ⇔ 2b a − b + 2 a 2 − b2 . 2ab − b2 > 0 ( ) Vì a > b > 0 nên b a − b > 0 . Vậy bất đẳng thức được chứng minh Ví dụ 7. Cho a, b, c là các số thực dương tùy ý. Chứng minh rằng: ( a 4 + b4 + c4 ≥ abc a + b + c ) Phân tích: Bất đẳng thức trên là một bất đẳng thức cơ bản có vế trái là các lũy thừa bậc chẵn. Để ý ta ( thấy abc a + b + = c ) ab.bc + bc.ca + ca.ab , do đó rất tự nhiên ta nghĩ đến việc biến đổi bất đẳng thức thành tổng của các bình phương. Lời giải Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với a 4 + b4 + c4 − a 2 bc − b2ac − c2ab ≥ 0 ⇔ 2a 4 + 2b4 + 2c4 − 2a 2 bc − 2b2ac − 2c2ab ≥ 0 ( ) + 2a b + ( b − c ) + 2b c + ( c − a ) + 2a c − 2a bc − 2b ac − 2c ab ≥ 0 2 2 2 ⇔ a 2 − b2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ⇔ (a − b ) + ( b − c ) + ( c − a ) + ( ab − bc ) + ( bc − ac ) + ( ab − ac ) ≥ 0 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 Suy ra a 4 + b4 + c4 ≥ abc a + b + c ( ) Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a= b= c Ví dụ 8. Cho a, b là các số thực dương tùy ý. Chứng minh rẳng: (a 10 )( ) ( + b10 a 2 + b2 ≥ a 8 + b8 )(a 4 + b4 ) Phân tích: Để ý ta = thấy a10 .a 2 a=.a , b10 .b2 b8 .b4 , do đó ta biến đổi tương đương để thu gọn và 8 4 chứng minh bất đẳng thức. Lời giải Biến đổi tương đương bất đẳng thức Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2938 Trang 7/41
Website: tailieumontoan.com (a 10 )( + b10 a 2 + b2 ≥ a 8 + b8 ) ( )(a 4 + b4 ) ⇔ a + a b + a b + b ≥ a + a b + a b8 + b12 12 10 2 2 10 12 12 8 4 4 ( ) ( ) ⇔ a 8 b2 a 2 − b2 + a 2 b8 b2 − a 2 ≥ 0 ⇔ a 2 b2 a 2 − b2 a 6 − b6 ≥ 0 ( )( ) ⇔ a b (a − b ) ( a + a b + b ) ≥ 0 2 2 2 2 2 4 2 2 4 Bất đẳng thức cuối đúng. Vậy ta có điều phải chứng minh. Ví dụ 9. Cho các số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c =. 0 Chứng minh rằng: ab + 2bc + 3ca ≤ 0 Phân tích: Từ giả thiết a + b + c = 0 ta có thể rút một biến theo các biến còn lại, chẳng hạn c =−a − b , thay vào biểu thức của bất đẳng thức ta được 3a 2 + 4ab + 2b2 là biểu thức chỉ chứa hai biến và xuất hiện các bình phương. Đến đây ta tìm cách phân tích thành tổng các bình phương để chứng minh bất đẳng thức. Lời giải Theo giả thiết thì c = ( ) − a + b , nên bất đẳng thức đã cho tương ứng với ( ) ab + c 2a + 3a ≤ 0 ⇔ ab + −a − b 2b + 3a ≤ 0 ( )( ) ( ) 2 ⇔ ab − 2ab − 3a 2 − 2b2 − 3ab ≤ 0 ⇔ 3a 2 + 4ab + 2b2 ≥ 0 ⇔ a 2 + 2 a + b ≥0 Từ đó ta có điều phải chứng minh . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a= b= c= 0 . Ví dụ 10. Chứng minh với các số thực a dương, ta có: a + 5 a2 + 1 ≥ 11 ( ) a +1 2 2a 2 Phân tích: Bất đẳng thức cần chứng minh chỉ chứa một biến a, nên thông thường ta sử dụng phương pháp biến đổi tương đương để chứng minh. Để ý thêm nữa ta thấy, bất đẳng thức chứa các đại lượng ( ) 2 a 2 + 1 và 2a làm ta liên tưởng đến hằng đẳng thức a − 1 , lại thấy đẳng thức xẩy ra khi a = 1 nên suy ( ) 2 nghĩ rất tự nhiên là biến đổi tương đương bất đẳng thức làm xuất hiện đại lượng a − 1 xem có thể chứng minh bài toán được không. Với a = 1 khi đó= ta có 2 a 1 5 a +1 = ; 2 11 1 5 và = + 5 nên ( ) a +1 2 2a 2 2 ta chuyển vế để biến đổi bất đẳng thức. Lời giải Biến đổi tương đương bất đẳng thức a + 5 a2 + 1 ≥ 11 ⇔ 2 (a 1 5 a +1 − + 2 ) −5≥ 0 ( ) a2 + 1 2a 2 a +1 2 2a ( ) ( ) ( ) 2 2 2 − a −1 5 a −1 a −1 5 1  ⇔ + ≥ 0 ⇔  − ≥0 ( 2 a2 + 1 2a ) 2  a a + 1 2 ( a − 1) ( a − 1) . ( a − 1) ( )≥0 2 2 2 5a 2 − a + 5 + 9 a2 + 1 ⇔ . ≥0⇔ 2 ( a a2 + 1 ) 2 ( 2 a2 + 1 ) Bất đẳng thức cuối đúng nên ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = 1 . Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2938 Trang 8/41
Website: tailieumontoan.com Ví dụ 11. Cho a, b, c là các số thực dương tùy ý. Chứng minh rằng: a 3 + b3 b3 + c3 c3 + a 3 ab + bc + ca ≥2 a+b+c ( ) Phân tích: Quan sát bất đẳng thức cần chứng minh ta nhận thấy những đặc điểm sau: + Hai vế của bất đẳng thức cùng có bậc một. + Bất đẳng thức cần chứng minh làm ta liên tưởng đến một bất bất đẳng thức khá hay dùng ( x 3 + y 3 ≥ xy x + y . ) Lời giải ( Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức x 3 + y 3 ≥ xy x + y với x, y là các số dương ) Thật vậy ( ) ( )( ) ( ) ( ) 2 x 3 + y 3 ≥ xy x + y ⇔ x + y x2 + y2 − xy ≥ xy x + y ⇔ x − y ≥0 Áp dụng bất đẳng thức trên ta được a 3 + b3 b3 + c3 c3 + a 3 ab a + b bc b + c ( ca c + a ) ( ) ( ) ab + bc + ca ≥ ab + bc + ca = 2 a+b+c ( ) a 3 + b3 b3 + c3 c3 + a 3 Suy ra ab + bc + ca ≥2 a+b+c ( ) Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a= b= c. Ví dụ 12. Chứng minh rằng với mọi số thực x ta luôn có (2x + 1) . ( x2 − x + 1 > 2x − 1 . x2 + x + 1) Phân tích: Bất đẳng thức chỉ chứa một biến và có chứa căn bậc hai. Trước hết ta kiểm tra điều kiện xác định của các căn thức 2 2  1 3  1 3 x − x + 1 =  x −  + > 0 và x2 + x + 1 = 2 x +  + >0  2 4  2 4 Nên bất đẳng thức được xác định với mọi x. Quan sát bất đẳng thức ta thấy nếu thay x bằng −x thì vế trái của bất đẳng thức trở là ( −2x + 1) . ( ) x2 + x + 1 và vế phải của bất đẳng thức là 2x − 1 . x2 − x + 1 , khi đó nếu nhân hai vế với −1 thì được ( 2x − 1) . x2 + x + 1 < ( 2x + 1) . x2 − x + 1 , tức là bất đẳng thức không thay đổi gì cả. Như vậy ta chỉ cần xét trường hợp x không âm là được. 1 Với 0 ≤ x ≤ , ta thấy vế trái luôn dương và vế phải nhỏ hơn hoặc bằng không nên ta có thể 2 1 1 chia nhỏ các trường hợp 0 ≤ x ≤ và x > để chứng minh bất đẳng thức. 2 2 Lời giải 2 2  1 3  1 3 Vì x − x + 1 =  x −  + > 0 và x2 + x + 1 =  x +  + > 0 2  2 4  2 4 Nên bất đẳng thức được xác định với mọi x. Nếu x < 0 , ta đặt x =−t, t > 0 khi đó bất đẳng thức trở thành. Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2938 Trang 9/41
Website: tailieumontoan.com ( −2t + 1) t + t + 1 > ( −2t − 1) 2 t2 − t + 1 ⇔ ( 2t + 1) t − t + 1 > ( 2t − 1) t 2 2 + t+1 Bất đẳng thức cuối này có dạng như bất đẳng thức ở đề bài và quan trọng hơn lúc này ta lại có t > 0 . Như vậy, với lập luận này ta thấy rằng chỉ cần xét bài toán trong trường hợp x ≥ 0 là đủ. Lúc này có hai khả năng xảy ra : 1 + Nếu 0 ≤ x ≤ 2 ( ) ( thì 2x + 1 . x2 − x + 1 > 0; 2x − 1 . x2 + x + 1 ≤ 0 ) ( suy ra 2x + 1 ) ( x2 − x + 1 > 2x − 1 ) x2 + x + 1 . Nên bất đẳng thức đúng. 1 + Nếu x > thì hai vế cùng dương, nên bình phương hai vế ta được 2 (2x + 1) ( x ) ( ) (x ) 2 2 2 − x + 1 > 2x − 1 2 + x +1 ⇔ 4x + x + 3x + 1 > 4x + x − 3x + 1 ⇔ x > 0 4 2 4 2 1 Mà x > nên bất đẳng thức cuối cùng đúng. 2 Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Ví dụ 13. Cho các số thực a, b, c ∈ [0, 1] . Chứng minh rằng: a 4 + b3 + c2 − ab − bc − ac ≤ 1 Phân tích: Từ giả thiết a, b, c ∈ [0, 1] ta được 0 ≤ a, b, c ≤ 1 , khi đó theo tính chất của lũy thừa ta được a ≥ a 4 ; b ≥ b3 ; c ≥ c2 . Biểu thức ở vế trái của bất đẳng thức được thay bằng đại lượng a + b + c − ab − bc − ca . Cũng từ giả thiết a, b, c ∈ [0, 1] và biểu thức bên làm ta liên tưởng đến tích (1 − a )(1 − b )(1 − c ) ≥ 0 . Do đó ta sử dụng phép biến đổi tương đương để chứng minh bất đẳng thức trên. Lời giải Theo giả thiết a, b, c ∈ [0, 1] ta có (1 − a )(1 − b )(1 − c ) ≥ 0 ⇔ 1 − ( a + b + c ) + ab + bc + ac − abc ≥ 0 ⇔ 1 ≥ a + b + c − ab − bc − ac + abc Cũng từ giả thiết a, b, c ∈ [0, 1] nên abc ≥ 0 và a ≥ a 4 ; b ≥ b3 ; c ≥ c2 . Do đó ta suy ra 1 ≥ a + b + c − ab − bc − ac ≥ a 4 + b3 + c2 − ab − bc − ac Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a= b= c= 1 hoặc a= 1; b= c= 0 và các hoán vị. a 2 b2 a b Ví dụ 14. Chứng minh rằng với mọi số thực khác không a, b ta có: 2 + 2 ≥ + b a b a Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2938 Trang 10/41
Website: tailieumontoan.com 2 a 2 b2  a b  Phân tích: Để ý ta thấy 2 + 2 =  +  − 2 , do đó ta có thể biến đổi bất đẳng thức thành b a b a 2 a b a b  +  − 2 −  +  ≥ 0 . Đến đây ta có thể phân tích thành tích rồi quy đồng hoặc đặt biến phụ b a b a a b = t + , chú ý điều kiện t ≥ 2 . b a Lời giải Bất đẳng thức đã cho tương đương với 2 a 2 b2 a b a b a b a b  a b  2 + 2 ≥ + ⇔  +  − 2 −  +  ≥ 0 ⇔  + + 1  + − 2  ≥ 0 b a b a b a b a b a  b a  Đến đây ta có hai hướng xử lý bất đẳng thức trên. + Hướng 1: Biến đổi tương đương tiếp ta được bất đẳng thức (a )( ) 2 2 + b2 + ab a − b ≥0 a 2 b2 (a + b) + (a )≥0 2 2 + b2 Mà = a + b + ab 2 2 2 Do đó bất đẳng thức được chứng minh. 2 a b a b + Hướng 2: Đặt = t + , khi đó ta được t2 =  +  ≥ 4 ⇒ t ≥ 2 b a b a Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại thành t + 1 t − 2 ≥ 0 . ( )( ) - Nếu t ≥ 2 , suy ra t − 2 ≥ 0 nên t + 1 t − 2 ≥ 0 . ( )( ) - Nếu t ≤ −2 , suy ra t + 1 < 0; t − 2 < 0 nên t + 1 t − 2 > 0 ( )( ) Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a = b Ví dụ 15. Chứng minh rằng với mọi số thực a, b ta có: ( )( ) ab a − 2 b + 6 + 12a 2 − 24a + 3b2 + 18b + 36 > 0 Phân tích: Quan sát bất đẳng thức ta nhận thấy vế trái của có sự xuất hiện các đại lượng ( ) ( ) và chú ý thêm các đại lượng bên ta nhận thấy a ( a − 2 ) + 1 = ( a − 1) và 2 a a −2 ; b b+6 b ( b + 6 ) + 9 = ( b + 3 ) . Đến đây ta thấy có hai ý tưởng chứng minh bất đẳng thức trên. 2 + Thứ nhất là ta biến đổi tương đương làm xuất hiện các bình phương ( a − 1) , ( b + 3 ) . 2 2 + Thứ hai là đặt biến phụ x =a ( a − 2 ) ; y =b ( b + 6 ) và sử dụng điều kiện của biến phụ để chứng minh. Lời giải Cách 1: Gọi P là vế trái của bất đẳng thức đã cho, ta có ( )( ) P= ab a − 2 b + 6 + 12a 2 − 24a + 3b2 + 18b + 36 ( ) ( = a a − 2 b b + 6 + 12  + 3 b    ) ( b + 6 ) + 12 ( ) ( ) ( )  ( )  b + 3 + 3  a − 1 + 2  > 0 2 2 = b b + 6 + 12  a a − 2 + 3  =     Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2938 Trang 11/41
Website: tailieumontoan.com Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Cách 2: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với ( )( ) ( ) ( ) 2 2 ab a − 2 b + 6 + 12 a − 1 + 3 b + 3 −3>0 ( )  ( ) 2 x = a a − 2 x + 1 = a − 1 ≥ 0 Đặt  ⇔ =  y b b(+ 6 ) 2 y + 9 = b + 3 ≥ 0 ( ) Khi đó bất đẳng thức được viết lại thành ( ) ( ) xy + 12 x + 1 + 3 y + 9 − 3 > 0 ⇔ x + 3 y + 12 ≥ 0 ( )( ) Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng vì x + 1 ≥ 0; y + 3 ≥ 0 . Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Ví dụ 16. Cho a, b, c là các số thực bất kì. Chứng minh rằng: 1019a 2 + 18b4 + 1007c2 ≥ 30ab2 + 6b2 c + 2008ca Phân tích: Quan sát bất đẳng thức cần chứng minh ta thấy vế trái xuất hiện các lũy thừa bậc chẵn và vế phải xuất hiện tích của hai trong ba biến nên ta nghĩ đến việc biến đổi bất đẳng thức thành tổng các bình phương. Tuy nhiên vì hệ số khác nhau nên ta cần phải tinh ý khi phân tích. ( ) ( ) ( ) 2 2 2 Sau khi chuyển vế ta phân tích thành m a − b2 + n b2 − c +k c−a và cần tìm m, n, k sao cho m + k= 1019; n + k= 18; k + m= 1007 . Giải hệ điều kiện trên ta tìm được = m 15;= k 1004 . Đến đây ta chứng minh được bất đẳng thức. n 3;= Lời giải Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với ( ) ( ) ( 15 a 2 − 2ab2 + b2 + 3 b4 − 2b2 c + c2 + 1004 c2 − 2ca + a 2 ≥ 0 ) ⇔ 15 ( a − b ) +3 ( b − c ) + 1004 ( c − a ) ≥ 0 2 2 2 2 2 Vật bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi = a b= 2 c. Ví dụ 17. Cho a, b là các số thực thỏa mãn a ≥ 1; b ≥ 1 . Chứng minh rằng: a b − 1 + b a − 1 ≤ ab Phân tích: Bất đẳng thức có chứa căn bậc hai và đẳng thức xẩy ra tại a= b= 2 , do đó ta có các ý tưởng chứng minh bất đẳng thức sau đây: + Thứ nhất là đặt biến phụ x = a − 1; y = b − 1 để làm mất căn bậc hai và phân tích thành các bình phương. + Thứ hai là khử căn bậc hai bằng một đánh giá quen thuộc x2 + y2 ≥ 2xy . Để ý đến chiều bất đẳng thức và điều kiện dấu bằng xẩy ra tại a= b= 2 ta đánh giá được a −1 ≤ ( a − 1) .1 ≤ a − 21 + 1 = a2 ; b −1 = ( b − 1) .1 ≤ b − 21 + 1 = b2 Lời giải Cách 1: Đặt x = a − 1; y = b − 1 , khi đó x ≥ 0; y ≥ 0 . Bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại ( ) ( ) ( thành x 2 + 1 y + y2 + 1 y ≤ x 2 + 1 y2 + 1 )( ) Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2938 Trang 12/41
Website: tailieumontoan.com (x 2 ) ( ) ( )( ) + 1 y + y2 + 1 y ≤ x 2 + 1 y2 + 1 ⇔ (x 2 + 1)( y + 1) − 2 ( x + 1) y + ( x + 1)( y 2 2 2 2 ) ( + 1 − 2 y2 + 1 x ≥ 0 ) ⇔ (x + 1) ( y − 1 ) + ( y + 1) ( x − 1 ) ≥ 0 2 2 2 2 Bất đẳng thức cuối cùng đúng. Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x= y= 1 hay a= b= 2 . Cách 2: Áp dụng một bất đẳng thức quen thuộc ta được a −1 ≤ ( a − 1) .1 ≤ a − 21 + 1 =a2 b − 1= ( b − 1) .1 ≤ b − 21 + 1= b2 ab ab Do đó ta được a b −1 + b a −1 ≤ + = ab 2 2 Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a= b= 2 . ( Ví dụ 18. Chứng minh rằng với mọi số thực a, b ta có: 2 a 4 + b4 ≥ ab3 + a 3 b + 2a 2 b2 ) Phân tích: Để ý ta thấy, với a = b thì dấu đẳng thức xẩy ra nên ta tách các hạng tử để tạo ra nhân tử ( ) 2 chung a − b . Lời giải Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với ( ) + (a )( ) 2 a 4 − 2a 2 b2 + b4 + a 4 − a 3 b + b4 − ab3 ≥ 0 ⇔ a 2 − b2 3 − b3 a − b ≥ 0 ( ) ( ) ( ⇔ a − b  a + b + a 2 + ab + b2  ≥ 0 ⇔ a − b 3 a + b ) ( ) ( ) + a 2 + b2  ≥ 0 2 2 2 2     Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b . Ví dụ 19. Cho a, b là hai số thực khác không. Chứng minh rằng: 4a 2 b2 a 2 b2 + + ≥3 (a ) 2 2 + b2 b2 a 2 Phân tích: Quan sát bất đẳng thức ta nhận thấy khi a 2 = b2 thì bất đẳng thức xẩy ra dấu bằng và (a ) 2 a2 b 2 2 + b2 2 = + 2 − 2 . Nên ta có các ý tưởng biến đổi tương đương bất đẳng thức như sau: b a a 2 b2 ( ) 2 + Thứ nhất là quy đồng hai về và phân tích làm xuất hiện nhân tử chung a 2 − b2 2  2ab  + Thứ hai là đặt biến phụ t =  2 2  , chú ý điều kiện 0 < t ≤ 1 . a + b  Lời giải Cách 1: Bất đẳng thức đã cho tương đương với. Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2938 Trang 13/41
Website: tailieumontoan.com ( ) 2 4a b 2 2 a 2 b 2 4a 2 b2 − a 2 + b2 a 4 − 2a 2 b2 + b4 −1+ + 2 −2 ≥ 0 ⇔ + ≥0 (a + b ) (a + b ) 2 2 2 2 2 b a 2 2 a 2 b2 − (a − b ) ( a −b ) 2 2 2  2  2 2 ≥ 0 ⇔ (a − b )   1 1  2 ⇔ + − ≥0 2 2 (a + b ) (a + b )  2 2 2 2 2 2 2 a b2 a b 2 2  (a − b ) (a + b ) − a b  2 2 (a − b ) (a + b + a b ) ≥ 0 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 2 2 ⇔ ≥0⇔ a b (a + b ) a b (a + b ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng. Vậy bất đẳng thức được chứng minh Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = ±b . (a ) 2 4a 2 b2 2 + b2 Cách 2: Bất đẳng thức được viết lại thành + ≥ 5. (a ) 2 2 +b 2 a 2 b2 ( ) 2 2  2ab  2 a 2 + b2  a 2 + b2  4 Đặt t =  2 2  , khi đó ta được 0 < t ≤ 1 . Suy ra= 4=   a + b  2 2 ab  2ab  t Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành 4 t t+ ≥ 5 ⇔ t2 − 5t + 4 ≥ 0 ⇔ t − 1 t − 4 ≥ 0 ( )( ) Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng vì 0 < t ≤ 1 . Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = ±b . Ví dụ 20. Cho các số thực dương a, b, m, n m ≥ n . Chứng minh rằng: ( ) a b 2 + ≥ na + mb mb + na m + n Phân tích: Nhận thấy bất đẳng thức xẩy ra dấu bằng tại a = b, do đó một cách tự nhiên ta nghĩ đến biến ( ) 2 đổi bất đẳng thức làm xuất hiện a − b , chú ý đến điều kiện m ≥ n Lời giải Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với a − 1 + b − 1 ≥0⇔ m a−b − m a−b ≥0 ( ) ( ) na + mb n + m nb + ma n + m ( )( na + mb n + m ) ( nb + ma n + m )( ) m (a − b)  m (a − b) 2 1 1  m−n ⇔  − ≥0⇔ . ≥0 n + m  na + mb nb + ma  n+m ( na + mb )( nb + ma ) Vì a, b > 0 và m ≥ n nên bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng. Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b hoặc m = n . Ví dụ 21. Cho a, b là các số thực dương tùy ý. Chứng minh rằng: a 2b 2 a 2 + 2ab + ≥ 2a 3 + b3 3 2a 2 + b2 Phân tích: Quan sát bất đẳng thức ta nhận thấy dấu đẳng thức xảy ra với a = b , khi đó rất tự nhiên ta ( ) 2 nghĩ đến biến đổi bất đẳng thức làm xuất hiện đại lượng a − b . Mặt khác với a = b ta lại có Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2938 Trang 14/41
Website: tailieumontoan.com a 2b 1 a 2 + 2ab 2 1 = = ; 1 . Để ý là = 1 − , nên ta ta biến đổi bất đẳng thức thành 2a 3 + b3 3 2a + b 2 2 3 3 a 2b 1 a + 2ab 2 − ≥ − 1 . Tới đây ta quy đồng hai vế và phân tích thành các bình phương. 2a 3 + b3 3 2a 2 + b2 Lời giải Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với a 2b 2 a 2 + 2ab a 2b 1 a 2 + 2ab + ≥ ⇔ − ≥ −1 2a 3 + b3 3 2a 2 + b2 2a 3 + b3 3 2a 2 + b2 ( )( ) (  )  2 2 − a − b 2a + b − a−b 1 2a + b ( ) 2 ⇔ ≥ ⇔ a−b  2 − ≥0 3 2a + b 3 ( 3 ) 2a + b 2 2  2a + b  2 3 2a 3 + b3 ( )   ( ) ( ) ( )( ) 2 ⇔ a − b 3 2a 3 + b3 − 2a 2 + b2 2a + b  ≥ 0   ( )( ) ( )( ) 2 4 ⇔ a − b 2a + 2b − 2a b − 2ab ≥ 0 ⇔ a + b a − b ≥ 0 3 3 2 2 Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng. Vật bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a = b . Ví dụ 22. Cho các số thực a , b không đồng thời bằng 0. Chứng minh rằng: 2ab b2 3 + ≤ a + 4b 2 2 3a + 2b 2 2 5 2ab 2 b2 1 Phân tích: Dấu đẳng thức xảy ra với a = b , khi = đó 2 =; . Nên ta ta biến đổi a + 4b 2 5 3a + 2b 2 2 5 2 2ab 1 b2 bất đẳng thức thành − 2 + − ≥ 0 . Tới đây ta quy đồng hai vế và phân tích thành 5 a + 4b2 5 3a 2 + 2b2 các bình phương. Lời giải Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với 2ab b2 3 2 2ab 1 b2 + ≤ ⇔ − + − ≥0 a 2 + 4b2 3a 2 + 2b2 5 5 a 2 + 4b2 5 3a 2 + 2b2 ⇔ 2a 2 − 10ab + 8b2 3a 2 − 3b2 + ≥ 0 ⇔ 2 a − b a − 4b + 3 a−b a+b ( ≥0 )( ) ( )( ) a 2 + 4b2 3a 2 + 2b2 a 2 + 4b2 3a 2 + 2b2 ( ) ( )( ) ( ⇔ a − b 2 a − 4b 3a 2 + 2b2 + 3 a + b a 2 + 4b2  ≥ 0   )( ) ( )( ) ( )( ) 2 2 ⇔ a − b 9a − 21a b + 16ab − 4b ≥ 0 ⇔ a − b 3a − 2b ≥ 0 3 2 2 3 Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng. Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a = b hoặc 3a = 2b Ví dụ 23. Cho a, b, c là các số thực dương tùy ý. Chứng minh rằng: ( )( ) ( )( a) a a − b a − c + b b − c b − a + c c − a c − b ≥ 0 ) ( )( ) b) a + b + c ≥ a b + b c + c a 6 6 6 5 5 5 Phân tích: Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2938 Trang 15/41
Website: tailieumontoan.com a) Quan sát bất đẳng thức thứ nhất ta nhận thấy a − c = ( a − b ) + ( b − c ) do đó bất đẳng thức lúc này ( ) ( )( ) 2 tương đương với a a − b + c a − c b − c ≥ 0 . Đến đây chỉ cần sắp thứ tự các biến sao cho ( )( ) c a − c b − c ≥ 0 là xong. b) Tương tự như trên ta có a − c = ( a − b ) + ( b − c ) , biến đổi tương đương bất đẳng thức ta được bất đẳng thức ( a − b ) ( a − b ) + ( a − c ) ( b − c ) ≥ 0 . Đến đây ta chỉ cần sắp thứ tự các biến sao cho 5 5 5 5 (a − c) (b 5 ) − c5 ≥ 0 là xong. Lời giải a) Vì vai trò của a, b, c trong bất đẳng thức như nhau nên không mất tính tổng quát ta giả sử a ≥ b ≥ c ≥ 0 . Khi đó ta có ( )( ) ( )( ) ( )( ) a a−b a−c +a b−c b−a +c c−a c−b ≥ 0 ⇔ a ( a − b ) ( a − b ) + ( b − c )  + b ( b − c )( b − a ) + c ( c − a )( c − b ) ≥ 0   ⇔ a ( a − b ) + a ( a − b )( b − c ) − a ( b − c )( a − b ) + c ( a − c )( b − c ) ≥ 0 2 ⇔ ( a − b ) ( a + b − c ) + c ( a − c )( b − c ) ≥ 0 2 Vì a ≥ b ≥ c ≥ 0 nên bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng. Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a= b= c . b) Vì vai trò của a, b, c trong bất đẳng thức như nhau nên không mất tính tổng quát ta giả sử a ≥ c ≥ 0; b ≥ c ≥ 0 . Khi đó ta có a 6 − a 5 b + b6 − b5 c + c6 − c5 a ≥ 0 ⇔ a 5 a − b + b5 b − c + c5 c − a ≥ 0 ( ) ( ) ( ) ( ) ⇔ a a−b −b  a−b + c−a +c c−a ≥ 0 5   5 ( ) ( ) 5 ( ) ( )( ⇔ a − b a − b + a − c b − c5 ≥ 0 5 5 5 ) ( )( ) Vì a ≥ c ≥ 0; b ≥ c ≥ 0 nên bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng. Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a= b= c . Ví dụ 24. Cho a, b, c là các số thực dương tùy ý. Chứng minh rằng: bc ca ab + + ≥a+b+c a b c Phân tích: Quan sát bất đẳng thức ta có các nhận xét như sau: ( ) + ( ca ) + ( ab ) 2 2 2 + Quy đồng hai vế của bất đẳng thức thì vế trái xuất hiện bc và vế phải xuất hiện ( abc a + b + = c ) ab.bc + bc.ca + ca.ab . Như vậy chỉ cần chuyển vế trái ta viết được thành tổng các bình phương ( ) 2 bc ca c a−b + Để ý ta thấy + − 2c = . Như vậy ta cần nhân hai vế với 2 và ghép tương tự. a b ab Lời giải Cách 1: Biến đổi tương đương bất đẳng thức trên như sau Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2938 Trang 16/41
Website: tailieumontoan.com bc ca ab ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 + + ≥ a + b + c ⇔ bc + ca + ab ≥ abc a + b + c a b c ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 ⇔ 2 bc + 2 ca + 2 ab − 2abc a + b + c ≥ 0 ⇔ ( ab − bc ) + ( bc − ca ) + ( ca − ab ) ≥ 0 2 2 2 Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng. Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a= b= c . Cách 2: Biến đổi tương đương bất đẳng thức trên như sau bc ca ab  bc ca ab  a + b + c ≥ a + b + c ⇔ 2 + + ≥2 a+b+c ( )  a b c   bc ca   ca ab   ab bc  ⇔ + − 2c  +  + − 2a  +  + − 2b  ≥ 0  a b   b c   c a  ⇔ 2 ( c b + a − 2ab 2 + 2 ) a c + b − 2bc 2 ( + 2 2 ) b c + a − 2ca ≥0 ( ) ab bc ca ( ) ( ) ( ) 2 2 2 c a−b a b−c b c−a ⇔ + + ≥0 ab bc ca Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng. Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a= b= c . Ví dụ 25. Cho a, b, c là các số thực dương tùy ý. Chứng minh rằng: a 2 b2 c 2 + + ≥a+b+c b c a ( ) 2 a2 a−b Phân tích: Nhận thấy − 2a + b = . Áp dụng tương tự ta được bất đẳng thức cần chứng minh. b b Lời giải Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với  a2   b2   c2   − 2a + b  +  − 2b + c  +  − 2c + a  ≥ 0 b   c  a  a − 2ab + b 2 2 b − 2bc + c 2 2 c − 2ca + a 2 2 ⇔ + + ≥0 b c a ( ) ( ) ( ) 2 2 2 a−b b−c c−a ⇔ + + ≥0 b c a Vì a, b, c là các số thực dương nên bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng. Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a= b= c . Ví dụ 26. Cho a, b là các số thực dương, tìm hằng số k lớn nhất thỏa mãn bất đẳng thức. k 1 1 8 + 2k + 2 + 2 ≥ a +b ( ) 22 2 a b a+b Phân tích: Vì vai trò của a, b như nhau nên ta dự đoán dấu đẳng thức xẩy ra tại a = b , do đó khi biến đổi (a − b) . 2 bất đẳng thức ta cần làm xuất hiện nhân tử Khi đó bất đẳng thức trở thành ( a − b ) ( a )( ) 2 2 + 4ab + b2 a 2 + b2 − ka 2 b2  ≥ 0 . Để tìm k lớn nhất ta cho a = b , khi đó ta được  12a 4 − ka 4 ≥ 0 ⇒ k ≤ 12 . Đến đây ta chỉ cần chứng minh k = 12 bất đẳng thức đúng là được. Lời giải Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2938 Trang 17/41

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.