Chuyên đề BD HSG: Bất đẳng thức

Để chứng minh một BĐT ta thường dùng một trong các cách chính sau đây:1.. Biến đổi tương đương BĐT cần chứng minh về các BĐT đúng hoặc giả... Nội dung phương pháp Sử dụng những BĐT được

Để chứng minh một BĐT ta thường dùng một trong các cách chính sau đây:

1 Biến đổi tương đương BĐT cần chứng minh về các BĐT đúng (hoặc giả

IV Các bất đẳng thức đúng được thừa nhận

1 x2 ≥ 0 với mọi x∈R Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = 0

2 2 + 2 + + 2 ≥

x x x với mọi x1,…, xn∈R Dấu “=” xảy ra ⇔ x1 = … = xn = 0

3 |x| ≥ 0 với mọi x∈R Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = 0

7 Bất đẳng thức về GTTĐ: |a| - |b| ≤ |a ± b| ≤ |a| + |b| Để xét dấu bằng xảy ra

cần xét dấu các trường hợp của a và b

V Ví dụ minh hoạ

Ví dụ 1: Chứng minh rằng (a + b + c)2 ≥ 3(ab + bc + ca) với mọi a,b,c∈R (1)

Lời giải:

Cách 1: (1) ⇔ a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca ⇔ 2(a2 + b2 + c2) ≥ 2(ab + bc + ca) ⇔

(a – b)2 + (b – c)2 + (c – a)2 ≥ 0 (1’) Vì (1’) đúng với mọi a,b,c∈R nên (1) đúngvới mọi a,b,c∈R Dấu bằng xảy ra khi a = b = c

Cách 2: ∀a,b,c∈R ta có (a – b)2 + (b – c)2 + (c – a)2 ≥ 0 ⇒ 2(a2 + b2 + c2) ≥ (2ab+ bc + ca) ⇒ a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca ⇒ a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ca ≥ 3(ab+ bc + ca) ⇒ (a + b + c)2 ≥ 3(ab + bc + ca) Dấu bằng xảy ra khi a = b = c

PHẦN II

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP VÀ KĨ THUẬT CHỨNG MINH

BẤT ĐẲNG THỨC

-I Phương pháp biến đổi tương đương

1 Nội dung phương pháp

Sử dụng những BĐT được thừa nhận, áp dụng các tính chất để biến đổi các BĐT cần chứng minh theo ba cách trên.

2 Các ví dụ

Ví dụ 1: (1 +y)(1 +x) (1 ≥ + xy) 2 ∀x y, ≥ 0 (1)

Lời giải: (1) ⇔ + + + 1 x y xy ≥ + 1 xy+ 2 xy ⇔ + −x y 2 xy ≥ ⇔ 0 ( x− y) 0 ≥ (1’) Vì (1’)luôn đúng với mọi x, y ≥ 0 nên (1) luôn đúng với mọi x, y ≥ 0

a) Cho a, b ≥ 0 Chứng minh: a2009 + b2009 ≥ a2000b9 + b2000a9 (6a).

b) Chứng minh: ambn + anbm ≤ am+n + bm+n với mọi a, b ≥ 0 (6b)

c) Chứng minh (am + bm)(an + bn) ≤ 2(am+n + bm+n) với mọi a, b ≥ 0 (6c)

Lời giải:

a) (6a) ⇔ (a2001 - b2001)(a9 - b9) ≥ 0 (6a’)

+) Nếu a ≥ b ≥ 0 thì a2001 - b2001 ≥ 0 và a9 - b9≥ 0 nên (6a’) đúng

+) Nếu b > a ≥ 0 thì a2001 - b2001 < 0 và a9 - b9 < 0 nên (6a’) đúng

Vậy (6a’) đúng nên (6a) đúng

b) Tương tự (6a).

c) Đưa về (6b).

Ví dụ 7: Chứng minh: Nếu a + b ≥ 1 thì a3+ b3≥ 1

4 (7)

HDCG: Sử dụng cách biến kéo theo (bắt đầu từ GT hoặc một BĐT đúng đã có).

Lời giải: Từ giả thiết: a + b ≥ 1 ⇒ b ≥ 1 – a ⇒ b3 = (1 – a)3 = 1 – a + a2 – a3 ⇒

trình: b2 + (a – 1)b + a(a – 1) = 0 (*) Coi vế trái (*) là một tam thức bậc hai có

∆ = (a – 1)2 – 4a(a – 1) = (1 – a)(1 + 3a) Để b có thể hữu tỉ ta chọn a sao cho ∆

-II Phương pháp sử dụng các hằng đẳng thức bậc hai

1 Nội dung phương pháp

Biến đổi các biểu thức trong các BĐT cần chứng minh về các bình phương, sau đó đánh giá các biểu thức đó.

a) Với x∈R thì P ≥ - 4; P = - 4 khi x = - 2 Vậy MinP = - 4

b) Với x ≥ - 3 thì P ≥ - 4; P = - 4 khi x = - 2 Vậy MinP = - 4.

c) Với x ≥ - 1 thì x + 2 ≥ 1 ⇒ (x + 2)2 ≥ 1 ⇒ P ≥ - 3;P = - 3 khi x = - 1 VậyMinP = - 3

Ví dụ 2: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x2 + y2 + 2x - 4y trong cáctrường hợp:

a) x,y∈ R b) x, y ≥ 0 c) x, y ≥ 3

HD: Tương tự VD 1.

Ví dụ 3: Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức sau:

a) P = x2 + 2y2 – 2xy + 2x - 10y.

b) Q = 10x2 + 20y2 + 24xy + 8x - 24y.

c) R = x2 + 6y2 + 14z2 - 8yz + 6xz - 4xy + 1.

4 D = x2 + 2y2 + 3z2 – 2xy + 2zx – 2x – 2y – 8z + 6 với mọi x, y, z.

III Phương pháp miền giá trị

-1 Nội dung phương pháp

Phương pháp dựa trên cơ sở lí thuyết sau: Nếu phương trình P = f(x) có nghiệm trên D khi và chỉ khi m ≤ P ≤ M thì minP = m và MaxP = M.

2 Các ví dụ

Ví dụ 1: Tìm GTLN - GTNN của = + +

− +

2 2

1 ,

11 52 23

MaxP MinP

Ví dụ 3: Cho x2 + y2 + xy = 1 Tìm GTLN - GTNN của P = 2x2 - xy + y2

HD: Đưa về VD2.

Ví dụ 4: Cho x2 + y2 + xy ≤ 1 Tìm GTLN - GTNN của P = x2 - 2xy + 3y2.

HD: Đặt a = x2 + y2 + xy, 0 ≤ a ≤ 1 đưa về VD3

Ví dụ 5 (Đề thi chung vào chuyên Tuyên Quang 2008): Cho hai số dương x,y

thoả mãn điều kiện x + y = 2 Chứng minh x y x2 2 ( 2 +y2 ) £ 2 (5)

HDCG: Giả thiết và biểu thức VT có dạng đối xứng nên ta có thể đưa về S và P

c) C = x2 + xy + 2y2 với điều kiện 2x2 - xy + y2 = 1

d) D = x2 + xy + 2y2 với điều kiện 2x2 - xy + y2 = 1

Bài 2: Tìm giá trị nhỏ nhất của E = x2 + y2 với 2x2 + y2 + xy ≥ 1

Bài 3: Cho x2 + y2 - xy = 1 Tìm GTLN - GTNN của biểu thức:

2 Một số kĩ thuật sử dụng BĐT Cauchy

a) Kĩ thuật đánh giá giữa TBC và TBN

Ví dụ 1: Chứng minh: (a b)(b c)(c a) 8abc + + + ≥ ∀ a, b, c 0 ≥ (1)

HDCG: Sử dụng BĐT Cauchy cho các tổng ở vế trái.

Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số không âm ta được:

+ ≥

a b 2 ab≥ 0, b c 2 bc + ≥ ≥ 0, a c 2 ac + ≥ ≥ 0 ⇒( a b b c a c+ ) ( + ) ( + ) ≥8 a b c 2 2 2 =8abc

Ví dụ 2: Chứng minh: ( 1 a 1 b 1 c + ) ( + ) ( + ) ≥ +(1 3abc)3 với a, b, c ≥ 0 (2)

HDCG: Khai triển VT thành tổng và áp dụng BĐT Cauchy.

Lời giải: Ta có: ( 1 a 1 b 1 c+ ) ( + ) ( + ) = + + + +1 a b c ab ac bc abc.+ + +

Áp dụng BĐT Cauchy ta được: a b c 3 abc + + ≥ 3 ≥ 0, ab ac bc 3 a b c+ + ≥ 3 2 2 2 ≥ 0

⇒ ( 1 a 1 b 1 c + ) ( + ) ( + ) ≥ + 1 3 abc 3 a b c3 + 3 2 2 2+ abc = +(1 3abc)3

HDCG: Thêm vào VT một lượng hợp lí để khi biến thành tích sẽ có dạng của vế

phải sau đó áp dụng BĐT Cauchy.

HD: Rút từng phân số trong GT sau đó dùng BĐT Cauchy.

b) Kĩ thuật nhân thêm hằng số

Ví dụ 10: Cho a, b > 1 Chứng minh rằng: a b− + 1 b a− ≤ 1 ab (10)

HDCG: Thêm hằng số vào trong căn để có 2 số hạng, sau đó áp dụng BĐT

Cauchy.

c) Tương tự như cách làm của b).

Ví dụ 14: Cho các số dương x, y, z sao cho x + y + z = 1 Tìm các giá trị nhỏ

x2 + k2 ≥ 2kx (dấu “=” xảy ra khi x = k)

y2 + k2 ≥ 2kx (dấu “=” xảy ra khi y = k)

3z2 + 3m2 ≥ 6mz (dấu “=” xảy ra khi z = m)

2y2 + 2m2 ≥ 4mx (dấu “=” xảy ra khi y = m)

3z2 + 3n2 ≥ 6nz (dấu “=” xảy ra khi z = n)

2 11

d) Việc mở rộng cho D tương tự cách làm của c).

Ví dụ 15: Cho a ≥ 3 Tìm Min của: P =a+ 1

a

HD: Ta dự đoán từ đề bài rằng P sẽ nhỏ nhất khi a = 3 và đây chính là "điểm

rơi" của bài toán.

Ví dụ 16 (Đề thi vào chuyên toán tỉnh Tuyên Quang năm 2008):

Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức = +

+ +

x y P

HDCG: Vì P có tính chất đối xứng nên ta dự đoán P đạt GTNN và GTLN khi

+

4 48

t P

đó ta có lời giải như sau:

x y

Lời giải: Ta có x 2+ =2 x 2+ + ≥1 1 3 x 1.1 3 2 ⇒ ( + ) ≥ ⇒( ) ≤

+

2 3

3 2

27

Dấu “=” xảy ra ⇔ x2= ⇔ = ± 1 x 1 Vậy y đạt GTLN bằng 271 khi x = ± 1

Ví dụ 20 (USA MO 1998): Cho a, b, c > 0 Chứng minh:

HDCG: Khai triển hằng đẳng thức ở dưới mẫu số, sau đó áp dụng BĐT

Cauchy hợp lí sao cho khi giản ước có dạng VP.

HDCG: Ghép cặp đôi một các số hạng của VT sau đó áp dụng BĐT Cauchy.

Lời giải: Áp dụng BĐT Cauchy cho hai số không âm ta được:

HDCG: Ghép mỗi số hạng ở này với một lượng thích hợp ở vế kia sao cho sau

khi áp dụng BĐT Cauchy thì có dạng vế trái.

 +

HDCG: Thêm vào các số hạng ở VT một lượng hợp lí để sau khi áp dụng BĐT

Cauchy xuất hiện VP (chú ý điều chỉnh hệ số hợp lí).

Nhận xét: Khi dùng kĩ thuật này thường chúng ta phải chứng minh thêm một

BĐT phụ khác Nhiều khi chứng minh BĐT phụ đó là rất khó khăn.

1 Chứng minh: (a b c)(a + + 2+ b2+ c ) 9abc ; a,b,c 02 ≥ ≥

HD: Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số không âm:

Áp dụng BĐT Côsi cho ba số không âm: ( ) x2 3+( )y3 3+ 43≥ 3x y 4 12x y2 3 = 2 3

5 Chứng minh: a1995 > 1995 a 1 ( − ) (5) với mọi a > 0

16 Chứng minh: a3+ b3+ c3≥ a bc b ac c ab2 + 2 + 2 với mọi a, b, c > 0.

HD:a3+ abc 2a bc ≥ 2 , b3+ abc 2b ac ≥ 2 , c3+ abc 2c ab ≥ 2

HD: Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 9 số không âm:

= + +3 +3 +3 + 4 + 4 + 4 + 4 ≥ 9

4 thì y đạt GTLN bằng 6258

26 Cho = ( + )

2 3 2

x y

HD: x 2+ =2 x 2+ + ≥1 1 3 x 1.1 3 2 ⇔ ( + ) ≥ ⇒( ) ≤

+

2 3

3 2

Ví dụ 8 (Dự bị IMO 1993): Cho a, b, c, d > 0 Chứng minh:

HDCG: Thêm vào P một lượng 3+4+5 bằng cách ghép vào ba phân số của P

để có (a+b+c) chung, sau đó áp dụng (**).

c) Kĩ thuật biến đổi thuận Bunhiacopxki

Ví dụ 10 (USA MO): Cho a, b, c > 0 và abc = 1 Chứng minh rằng:

các biểu thức dạng tổng trong BĐT cần chứng minh sẽ xuất hiện dạng bình phương ban đầu.

Ví dụ 11: Cho a, b, c > 0 Chứng minh:

HD: Dùng kĩ thuật đánh giá phân thức.

4 Cho a, b, c > 0 và abc = 1 Chứng minh rằng:

-PHẦN III BẤT ĐẲNG THỨC TRONG CÁC KÌ THI ĐẠI HỌC VÀ CAO ĐẲNG

4 (CĐSPHCM khối ABTDM 2006): Cho x, y là hai số thực dương và thoả

mãn x + y = 54 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = 4+ 1

9 (CĐBC Hoa Sen khối D 2006): Cho x, y, z > 0; x + y + z = xyz Tìm giá trị

nhỏ nhất của biểu thức A = xyz

10 (Học viện BCVT 2001): Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c thoả mãn

13 (Học viện NH TPHCM khối A 2001): Cho ∆ABC có 3 cạnh là a, b, c và p

15 (ĐH PCCC khối A 2001): Chứng minh rằng với a ≥ 2, b ≥ 2, c ≥ 2 thì:

log b c + a log + c a + b log + a b + c 1 >

16 (ĐH Quốc gia HN khối D 2001): Chứng minh rằng với mọi x ≥ 0 và với

mọi α > 1 ta luôn có: xα + α – 1 ≥ αx Từ đó chứng minh rằng với 3 số dương a,

18 (ĐH Vinh khối A, B 2001): Chứng minh rằng nếu a, b, c là độ dài ba cạnh

của một tam giác có chu vi bằng 3 thì: 3a2 + 3b2 + 3c2 + 4abc ≥ 13

19 (ĐH Y Thái Bình khối A 2001): Cho a, b, c > 0 và a + b = c Chứng minh

b) (ab + bc + ca)2 ≥ 3abc(a + b + c)

24 (ĐH Nông nghiệp I khối A 2000): Cho 3 số dương a, b, c thoả mãn điều

26 (ĐH Y HN 2000): Giả sử x, y là hai số dương thoả điều kiện 2 3+ = 6

30 (CĐSP Nha Trang 2000): Cho 2 số thực a, b thoả mãn điều kiện: a, b ≥ –1

và a + b = 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: A = a 1 + + b 1 +

31 (CĐSP Nhà trẻ – Mẫu giáo TƯ I 2000): Chứng minh BĐT sau đây luôn

luôn đúng với mọi số thực x, y, z bất kì khác không: + + ≥

34 (ĐH An ninh HN khối D 1999): Cho 3 số x, y, z thay đổi, nhận giá trị

thuộc đoạn [0; 1] Chứng minh rằng: 2(x3 + y3 + z3) – (x2y + y2z + z2x) ≤ 3

35 (Đại học 2002 dự bị 1): Gọi x, y, z là khoảng cách từ điểm M thuộc miền

trong của ∆ABC có 3 góc nhọn đến các cạnh BC, CA, AB Chứng minh rằng:

+ + + + ≤ a2 b2 c2

2R (a, b, c là các cạnh của ∆ABC, R là bán kính đườngtròn ngoại tiếp) Dấu “=” xảy ra khi nào?

36 (Đại học 2002 dự bị 3): Giả sử x, y là hai số dương thay đổi thoả mãn điều

kiện x + y = 54 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S = 4x 4y+ 1

37 (Đại học 2002 dự bị 5): Giả sử a, b, c, d là 4 số nguyên thay đổi thoả mãn

1 ≤ a < b < c < d ≤ 50 Chứng minh bất đẳng thức: a c bb d+ ≥ 2+ +50bb 50 và tìm giá trịnhỏ nhất của biểu thức: S = a cb d+

38 (Đại học 2002 dự bị 6): Cho tam giác ABC có diện tích bằng 32 Gọi a, b, clần lượt là độ dài các cạnh BC, CA, AB và ha, hb, hc tương ứng là độ dài cácđường cao kẻ từ các đỉnh A, B, C Chứng minh rằng:

44 (Đại học khối D 2005): Cho các số dương x, y, z thoả mãn xyz = 1 Chứng

minh rằng: 1 x+ 3+y3 + 1 y+ 3+z3 + 1 z+ 3+x3 ≥ 3 3

45 (Đại học khối A 2005 dự bị 1): Cho 3 số x, y, z thoả x + y + z = 0 CMR:

47 (Đại học khối B 2005 dự bị 1): Cho 3 số dương a, b, c thoả mãn: a+b+c=34.Chứng minh rằng: 3a 3b + +3b 3c + +3c 3a 3 + ≤ Khi nào đẳng thức xảy ra?

48 (Đại học khối B 2005 dự bị 2): Chứng minh rằng nếu 0 ≤ y ≤ x ≤ 1 thì

− ≤ 1

x y y x

4 Đẳng thức xảy ra khi nào?

49 (Đại học khối D 2005 dự bị 2): Cho x, y, z là 3 số dương và xyz = 1

50 (Đại học khối A 2006): Cho 2 số thực x ≠ 0, y ≠ 0 thay đổi và thoả mãn

điều kiện: (x + y)xy = x2 + y2 – xy

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = 13+ 13

3

t = 3(t2t2−1) < 0, ∀t ∈ 0;31

Từ bảng biến thiên ta suy ra: A ≥ 10 Dấu "=" xảy ra khi x = y = z = 31

Vậy Amin = 10 đạt được khi x = y = z = 31

• Cách 2: Theo BĐT Côsi: 1 ≥ x + y + z ≥ 33 xyz > 0 ⇔ 3

1 xyz ≥ 3 ⇒ x +9x 31 ≥ 2,

1 4y4y 5

x y 4 x,y 0

⇔  = =

x 1 1 y

7 Xét vế trái của BĐT đã cho:

Vậy maxA = 20 (x = 3, y = 0), minA = –12 (x = 1, y = –10)

9 Ta có: x + y + z ≥ 33 xyz ⇔ xyz ≥ 33 xyz ⇔ (xyz)2 ≥ 27 ⇔ xyz ≥ 3 3

Dấu “=” xảy ra ⇔ x = y = z = 3 Vậy minA = 3 3

Vì vai trò của a, b, c là như nhau, nên ta có thể giả thiết a ≥ b ≥ c Ta được:

VT = log b c + a log + c a + b log + a b + c log ≥ a b + a log + a b + b log + a b + c log = a b + abc

Vì a, b, c ≥ 2 nên abc ≥ 2ab = ab + ab > a + b

Do đó VT ≥ loga+babc > loga+b(a + b) = 1

b 1 3 b.

c 2 2 c;   + ≥ ÷

 

3 2

⇒ 27 – 9(2a + 2b + 2c) + 3(4ab + 4bc + 4ca) – 8abc ≤ 1

⇔ 27 – 54 + 12(ab + bc + ca) – 8abc ≤ 1 ⇔ 4abc ≥ 6(ab + bc + ca) – 14

⇔ 3(a2 + b2 + c2) + 4abc ≥ 3(a2 + b2 + c2) + 6(ab + bc + ca) – 14 = 13

⇔ (a + b) [4(a2 + b2 – ab) – (a2 + b2 + 2ab)] ≥ 0

⇔ (a + b)(3a2 + 3b2 – 6ab) ≥ 0 ⇔ (a + b)(a – b)2 ≥ 0

BĐT cuối cùng này đúng, nên BĐT cần chứng minh là đúng

Đẳng thức xảy ra ⇔ a = ± b

23.

a) a2 + b2 ≥ 2ab; b2 + c2 ≥ 2bc; c2 + a2 ≥ 2ca ⇒ a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca.Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c

b) (ab + bc + ca)2 = (ab)2 + (bc)2 + (ca)2 + 2(abbc + bcca + caab) ≥

≥ abbc + bcca + caab + 2abc(a + b + c) = 3abc(a + b + c)

6 3( 2 3) y

Mặt khác ta có: xyz(xy + yz + zx) > 0 (4)

Cộng các BĐT (3) và (4) vế theo vế ta được:

(xy + yz + zx)(2 + xyz) > 18xyz ⇒ xy + yz + zx >2 xyz18xyz+ (vì 2 +xyz > 0)

29 Ta có: 34 = 81, 43 = 64 ⇒ 34 > 43 ⇒ BĐT cần chứng minh đúng với n = 3.Với n > 3, đpcm ⇔ n >  + ÷

Dấu “=” xảy ra ⇔ a 1 + = b 1 + ⇔ a = b ⇔ a = b = 21 (do a + b = 1)

Vậy maxA = 6 khi a = b = 21

Cộng (2), (3), (4) vế theo vế ta được: 2(x2 + y2 + z2) – (x2y + y2z + z2x) ≤ 3 Vậy (1) đúng ⇒ (*) đúng.

x y 4

⇔  = =

x 1 1 y

0 x

4 ⇔ x = 1 Lập bảng xét dấu f′(x),suy ra MinS = 5

x y 4

⇔  + = =

x 4y 5

x y

4 ⇔  = =

x 1 1 y

• Tìm max: y = sin5x + 3cosx ≤ sin4x + 3cosx (1).

Ta chứng minh: sin4x + 3cosx ≤ 3 ∀x ∈ R (2) ⇔ 3(1 – cosx) – sin4x ≥ 0

⇔ 3(1–cosx) – (1–cos2x)2 ≥ 0 ⇔ (1–cosx)[ 3 – (1–cosx)(1+cosx)2] ≥ 0 (3).Theo BĐT Côsi ta có:

(1 – cosx)(1 + cosx)(1 + cosx) = 21(2 – 2cosx)(1 +cosx)(1 + cosx) ≤

khi cosx = 1 ⇔ x = k2π Vậy maxy = 3

• Tìm min: Ta có y = sin5x + 3cosx ≥ – sin4x + 3cosx

Tương tự như trên, ta được miny = – 3, đạt được khi x = π + k2π

Ta thấy trong các bất đẳng thức (1), (2), (3) thì dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi

x = y = z Vậy đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 34

43 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số dương ta có:

• Với y ≥ 2 ⇒ f(y) ≥ 2 1 y + 2 ≥ 2 5 > 2 + 3 Vậy A ≥ 2 + 3 với mọi số thực

x, y Khi x = 0 và y = 13 thì A = 2 + 3 Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 2 + 3