Phương pháp chứng minh bất đẳng thức

Chứng minh bất đẳng thức hay nhất. Tổng hợp các phương pháp chứng minh bất đẳng thức trong trung học phổng thông với nhiều cách ha nhất. 19 phương pháp chứng minh bất đẳng thức hay nhất 2015 với đầy đủ các chuyên mục và có ví dụ cụ thể

PHẦN 1 CÁC KIẾN THỨC CẦN LƯU Ý

1

1 >

3/Một số hằng bất đẳng thức

+ A ≥ 0 với ∀A (dấu = xảy ra khi A = 0 )

+ - A < A = A

+ A B+ ≥ A + B ( dấu = xảy ra khi A.B > 0)

+ A−B ≤ A − B ( dấu = xảy ra khi A.B < 0)

PHẦN II CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

1 [(x−y) 2 + (x−z) 2 + (y−z) 2]≥ 0đúng với mọi x;y;z∈R

Vì (x-y)2 ≥0 với∀x ; y Dấu bằng xảy ra khi x=y

1

(x-z)2 ≥0 với∀x ; z Dấu bằng xảy ra khi x=z

(y-z)2 ≥0 với∀ z; y Dấu bằng xảy ra khi z=y

Vậy x2 + y2 + z2 ≥ xy+ yz + zx Dấu bằng xảy ra khi x = y =z

b)Ta xét hiệu: x2 + y2 + z2- ( 2xy – 2xz +2yz ) = x2 + y2 + z2- 2xy +2xz –2yz

Dấu bằng xảy ra khi x+y=z

2 2

4

2 4

2 2

1 2 2

n

a a

a n

a a

4 4

4

2 2

2 2

2 2

2 2

2 2

2 2

Dấu bằng xảy ra khi

0 2

0 2

0 2

m q m p m n m

m

m q

m p

m n

Ví dụ 2: Chứng minh rằng với mọi a, b, c ta luôn có : a4 +b4 +c4 ≥abc(a+b+c)

) 2 (

) 2 (

0 2

2 2

2 2

2

0 2

2 2

2 2 2

0

2 2

2 2

2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2

2

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2

2 4 4 4

2 2

2 4 4 4

≥

− +

− +

− +

− +

− +

−

⇔

≥

− +

+

− +

+

− +

+

− +

− +

− + +

⇔

ac ab ac

bc bc

ab a

c c

b b

a

ab a a c b a

ab c a c c b ac b c b b a a

c c

b b

a

ab c ac b bc a

c a a

c c b c

b b a b

a

ab c ac b bc a c b a

ab c ac b bc a c b a

ab b

Bất đẳng thứccuối đúng vậy ta có điều phải chứng minh

Ví dụ 3: cho x.y =1 và x〉y Chứng minh

y x

y x

y x

−

+ 2

2

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

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

<

+ +

=

z y x z y x

z y x

1 1

phải xảy ra trường hợp trên tức là có đúng 1 trong ba số x ,y ,z là số lớn hơn 1

+

+ +

+ +

<

c a

c c b

b b a a

Giải:

c b a

a b

a

a c

b a b a c b a b a

+ +

>

+

⇒ + +

>

+

⇒ + +

<

+

c b a

b c

b

b

+ +

>

c c

a

c

+ +

+

c c b

b b a

a

(*)

Ta có : ( 4 )

c b a

c a b a

a b a a

+ +

+

<

+

⇒ +

<

c b a

b a c b

b

+ +

+

<

b c a c

c

+ +

+

c c b

b b a

+ +

<

c a

c c b

b b a

a

b b

n

n n

n

a a

a a a

a

a a a n a a

1

2 1 2

1

Dấu “=” xảy ra khi a1 =a2 = =a n

Chú ý : ta dùng bất đẳng thức Côsi khi đề cho biến số không âm.

Ví dụ 1 : Giải phương trình :

2

3 4 2

2 1 2

4 1 4

2

= +

+ +

+

x x

x x

a x x

Khi đó phương trình có dạng :

2

3 1 1

+

+ +

+

b b

a

Vế trái của phương trình:

5

3

1 1 3

+ +

≥

b a b a b a b a

Vậy phương trình tương đương với :

0 1

4 2 1 1

1 1

1

2 2

2

+ +

≤ +

+ +

+ +

⇒

≥ +

+

ac ab bc

a bc a

bc a bc

2

1 1 2

Dấu “=” xảy ra khi a = b = c

− +

+

− +

+

−

c b

a c

b a

c b

a

(*)

Giải : Theo bất đẳng thức Côsi :

) 1 ( ) )(

)(

(

3 3

c b a b a c a c b

abc c

b a

c b

a c

b a

c

b

a

− +

− +

− +

≥

− +

+

− +

2

1 ) )(

(b+c−a c+a−b ≤ b+c−a+c+a−b =c

Viết tiếp hai BDT tương tự (2) rồi nhân với nhau sẽ được

) 3 ( 1 ) )(

)(

(

) )(

)(

(

≥

− +

− +

− +

→

≤

− +

− +

− +

c b a b a c a c b

abc

abc c

b a b a c a c b

Từ (1),(3) suy ra (*) Dấu “=” xảy ra khi a = b = c hay ABC là đều

c b a

, , 0

y a

x ac zc yb xa

z c a y c a x c a c

z ac zc b

y ac yb a

x ac xa

y c a b

y ac yb c a b

ac b

+ + +

+ +

⇒

+ + + + +

≤ +

+ +

⇔ +

≤ +

⇔

) ( )

( ) (

2

2 2

2 2

đpcm z

y x ac

c a c

z b

y a

x ac zc yb xa

z y x c a c

z b

y a

x ac zc yb xa

z y x c a c

z b

y a

x ac zc yb xa

+ +

+

⇔

+ + +

+

⇔

+ + +

)(

( )

2

2 1 2 2

2

2 1

2 2

2 1

a b

a b

2

2 1 1

Hay

n

n a

b a

b a

=

+ + +

=

2 2

2

2 1

2 2

2

2 1

n

n b b

b b

a a

a a

• Nếu a,b > 0:

b

b a

7

Suy ra:

b a b a b

a b

n n

n n

.

1 )

( 2

1 )

( 2

1

2 2 1 1

2 2

2

2 1 2

2 2

2 1 2

2 1 1

≤ +

+ +

⇒

≤ + + + +

+ + +

≤ +

+

β α

Lại có: a1b1+a2b2 + +a n b n ≤ a1b1 + a2b2 + + a n b n

2

2 1 2 2

2

2 1

2 2

2 1

n

i i

b

a b

a b

a dáu cùng

n i

2

2 1

1 1

α

β α

Ví dụ 1 :

8

1 cos sin 8 x+ 8 x≥

Giải: Ta có: sin 2 x+ cos 2 x= 1 , ∀x∈R

B B

1

2

1

m m

m m

m m m m

m m m

m m

2 ,

3 2

2 2

2 1

n Z n

a a

2

+ + + +

n

a a

1 1 4

1

1 1

2

2

k k

k k

Do đó theo bất đẳng thức Bunhiacopski:

2 3

2 3

1

3

1 2

1

2

2 1 2

+ + + +

n a

a a n

a a

a d b c

Phương pháp 6: Bất đẳng thức Trê- bư-sép

b

a a

a

2 1

2 1

thì

n

b a b

a b a n

b b

b n

a a

b

a a

a

2 1

2 1

b

a a

a

2 1

2 1

thì

n

b a b

a b a n

b b

b n

a a

a + + + n + + + n ≥ + + + n n

.

2 1

b

a a

a

2 1

2 1

Ví dụ 1: Cho ∆ABC có 3 góc nhọn nội tiếp đường tròn bán kính R = 1 và

3

2 sin

sin sin

2 sin sin 2 sin sin 2 sin

.

C B

A

C C B

B a

+ +

+ +

Giải: Không giảm tính tổng quát ta giả sư .

a

C B

A

2 sin 2

sin 2

sin

sin sin

1 sin

sin sin

2 sin sin 2 sin sin 2 sin sin

2 sin sin 2 sin sin 2 sin sin

3

2 sin 2 sin 2 sin sin sin

sin

C B

A C

B A

C C

B B A

A

C C B

B A

A

C B

A C

B A

+ +

≤ +

+

+ +

⇔

+ +

≥

≥ +

+ +

+

C B

A

C B

sin 2

sin

sin sin

sin

9

Mặt khác:

) 2 ( 2 sin sin ).

sin 2 )(

sin 2

(

sin sin sin 4 sin sin 2 sin

2

) cos(

) cos(

sin 2 cos ) cos(

sin

2

2 sin ) cos(

).

sin(

2 2 sin 2 sin 2

sin

S C b a C B R A R

C B A B

A C

B A B

A C C

B A C

C B

A B

A C

B A

−

=

+

− +

= +

+

Thay (2) vào (1) ta có

3

2 sin

sin sin

2 sin sin 2 sin sin 2 sin

C B

A

C C

B B a

+ +

+ +

Ví dụ 2(HS tự giải):

c b

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

c/ Cho a>0 , b>0, c>0 CMR:

2

3

≥ +

+ +

+

c a c

b c b a

d)Cho x≥ 0,y≥ 0 thỏa mãn 2 x − y = 1 ;CMR: x+y

≥ +

≥

≥

b a

c c a

b c b

2 2 2

+ +

+ +

≥ +

+ +

+

c c a

b c b

a c b a b a

c c c a

b b c b

a

3

.

2 2 2 2

2

2

3 3

1

=

2 1

Vậy

2

1 3 3

3

≥ +

+ +

+

c c a

b c b

a

Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=

3 1

Ví dụ 4: Cho a,b,c,d>0 và abcd =1 .Chứng minh rằng :

2 2 2

x

ab ab cd

ab c

ac ab

ab

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

- Cho a > -1,α ≥ 1 thì (1 +a)α ≥ 1 +na Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = 0.

- cho a≥ − 1 , 0 < α < 1 thì (1 +a)α ≤ 1 +na Dấu bằng xảy ra khi va chỉ khi

5 5

⇔

c b a

c c

b a

b c

b a a

Áp dụng BĐT Bernouli:

c b a

a c b c

b a

a c b c

b

a

a

+ +

− + +

− + +

2 5

1

2 1

(2)Chứng minh tương tự ta đuợc:

c b a

b a c c

b

a

b

+ +

− + +

2 5

c b a c

b

a

c

+ +

− + +

2 5

c b a

c c

b a

b c

b

a

a

(đpcm)Chú ý: ta có bài toán tổng quát sau đây:

“Cho a1,a2, a n > 0 ;r≥ 1 Chứng minh rằng

r n

r n r

r

n

a a

a n

a a

Dấu ‘=’ ⇔a1 =a2 = =a n.(chứng minh tương tự bài trên)

11

Ví dụ 3: Cho 0 ≤x,y,z≤ 1 Chứng minh rằng

2 2 2 2 2

2 0

2 3

0 2 1 2

a

a a a

Chứng minh tương tự:

) 3 ( 3 2

) 2 ( 3 2

8

81

1 1 1 2 2

1 1 1 2 9

đpcm c

b a c b a

c b a c b a c

b a c

+ +

b a x

x x x x

x

c

c c n c

c c c c

4

2

2 1 2

1

Phương pháp 8: Sử dụng tính chất bắc cầu

Kiến thức: A>B và B>C thì A>C

Ví dụ 1: Cho a, b, c ,d >0 thỏa mãn a> c+d , b>c+d

>

+

>

d c b

d c a

d c a

⇒ (a-c)(b-d) > cd

⇔ ab-ad-bc+cd >cd ⇔ ab> ad+bc (điều phải chứng minh)

Ví dụ 2: Cho a,b,c>0 thỏa mãn

3

5

2 2

2+b +c =

abc c b a

1 1 1 1

<

+ +

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

1 1 1

− + 〈

abc

1

Ví dụ 3: Cho 0 < a,b,c,d <1 Chứng minh rằng (1-a).(1-b) ( 1-c).(1-d) > 1-a-b-c-d

Giải: Ta có (1-a).(1-b) = 1-a-b+ab

Do a>0 , b>0 nên ab>0⇒ (1-a).(1-b) > 1-a-b (1)

Do c <1 nên 1- c >0 ta có ⇒(1-a).(1-b) ( 1-c) > 1-a-b-c

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

Ví dụ 4: Cho 0 <a,b,c <1 Chứng minh rằng: 2a3 + 2b3 + 2c3 < 3 +a2b+b2c+c2a

c a b

c a b

c a b

a d

c b

+ + +

+ + +

+ + +

<

b a d

d a

d c

c d

c b

b c

b a

a

d c b a

d a c

b a

a c

b

a

a

+ + +

+

<

+ +

a c

b a

a

+ + +

d c b

a

a

+ +

a

+ + <a b c d

d a

+ + +

a b d

c b

b d

c b

a

b

+ + +

+

<

+ +

<

+ +

d c b a

c b a

d c

c d

c b a

c

+ + +

+

<

+ +

<

+ +

d c b a

c d b

a d

d d

c b

a

d

+ + +

+

<

+ +

<

+ +

+ + +

+ + +

+ + +

<

b a d

d a

d c

c d

c b

b c

b a

ab <

d

c d

cd d

b

cd ab b

Ví dụ 3 : Cho a;b;c;dlà các số nguyên dương thỏa mãn : a+b = c+d =1000

tìm giá trị lớn nhất của

d

b c

b

c

a d

b

≤

d

b d c

b a c

a

+ =

d c

999 1

Vậy giá trị lớn nhất của

d

b c

tổng hữu hạn hoặc tích hữu hạn

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

u k =a k −a k+ 1

Khi đó :S = (a1 −a2) (+ a2 −a3)+ +(a n−a n+1)=a1 −a n+1

(*) Phương pháp chung về tính tích hữu hạn: P = u1u2 u n

1

+

k

k a a

Khi đó P =

1

1 1 3

2 2

1

+ +

=

n n

n a

a a

a a

a a a

Ví dụ 1: Với mọi số tự nhiên n >1 chứng minh rằng

4

3 1

2

1 1

1 2

+ + + +

+ +

<

n n n

n

Giải: Ta có

n n n k

1 1

1

2

1 2

1

2

1 1

n n

+ +

>

1

2 2

2 1

Khi cho k chạy từ 1 đến n ta có

1 1

1 1

Phương pháp 11: Dùng bất đẳng thức trong tam giác

Kiến thức: Nếu a;b;clà số đo ba cạnh của tam giác thì : a;b;c> 0

Và |b-c| < a < b+c ; |a-c| < b < a+c ; |a-b| < c < b+a

Ví dụ 1: Cho a;b;c là số đo ba cạnh của tam giác chứng minh rằng

1/ a2+b2+c2< 2(ab+bc+ac)

15

xy

c a b

c b a

) (

) (

2 2 2

b a c c

c a b b

c b a a

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

− +

− +

− +

>

⇒

− +

− +

− +

2 2

2 2

2 2

2 2

2 2

2 2

2 2 2

= +∑

Trong mặt phẳng tọa độ, xét:

) , ( 1 1

1 x y

M : M2(x1+x2,y1+y2);…;M n(x1+  +x n,y1+  +y n)

2 1

2 1

2

2 2 2

3

2 3 3

⇒

≥ +

⇒∑

2 1

2 2

Phương pháp 13: Đổi biến số

Ví dụ1: Cho a,b,c > 0 Chứng minh rằng

2

3

≥ +

+ +

+

c a c

b c b

y+ −

; b =

2

y x

z+ −

; c =

2

z y

x y

z y

x x

z x

y

z

y y

z z

x x

z y

x x y

y

x x

y

z

x x

z

z

y y

z

nên ta có điều phải chứng minh

1 2

1

2 2

+

+ +

+

Giải: Đặt x = a2 + 2bc ; y = b2 + 2ac ; z = c2 + 2ab Ta có x+y+z=(a+b+c)2 < 1 (1) ⇔ 1+1+1 ≥ 9

z y

Theo bất đẳng thức Côsi ta có: x+y+z≥3.3 xyz, và: 1x +1y+1z ≥3.3 1

+

z y x z y

z y

Gợi ý: Đặt x =u , y =v ⇒2u-v =1 và S = x+y =u2 + ⇒v2 v = 2u-1

thay vào tính S min

Bài tập tự giải

1) Cho a > 0 , b > 0 , c > 0 CMR: 25 16 > 8

+

+ +

+

c a c

b c b a

17

2)Tổng quát m, n, p, q, a, b >0

CMR

b a

pc a c

nb c b

+

+ +

+ +

2 2

0 )

(

0

0 ,

0 )

(

0

0 ,

0 )

(

a x x

f

a x x

f

a x x

2

0

0

2 1

S

f a x

2

0

0

2 1

S

f a x

x

2 1

α

β α

f f x

x

x x

Ví dụ 1:Chứng minh rằng f( )x,y =x2 + 5y2 − 4xy+ 2x− 6y+ 3 > 0 (1) Giải: Ta có (1) ⇔ x2 − 2x(2y− 1)+ 5y2 − 6y+ 3 > 0

Vì a = (y2 + 1)2 > 0 vậy f( )x,y > 0 (đpcm)

Phương pháp 15: Dùng quy nạp toán học

Kiến thức:

2 - Giả sử BĐT đúng với n =k (thay n =k vào BĐT cần chứng minh được gọi là giả thiết quy nạp )

3- Ta chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k +1 (thay n = k+1vào BĐT cần chứng minh rồi biến đổi để dùng giả thiết quy nạp)

Ví dụ1: Chứng minh rằng :

n n

1 2

1

2

1 1

1

2 2

2 + + + < − ∀n∈N;n> 1 (1) Giải: Với n =2 ta có

2

1 2 4

1 1

2

1 1

1

2 2

1 1 2 ) 1 (

1 1

2

1 1

1

2 2

2 2

2 + + +k + k+ < −k + k+ < −k+

1 1

1 1

1 )

1 (

1

1

1

2 2

+

+ +

<

+ + +

) 1 (

1

1 < ⇔ + < + +

+ +

k k

k k k

Giải: Ta thấy BĐT (1) đúng với n=1

Giả sử BĐT (1) đúng với n=k ta phải chứng minh BĐT đúng với n=k+1

b a b

2

2

1 1 1

= +

1 1

1 1

≥ + + +

(+) Giả sử a < b và theo giả thiết - a<b ⇔ a k <b k ⇔a k <b k ⇔ (a k −b k).(a−b)≥ 0

1 ( −a1 −a2  −a k ≥

n= k+1 Ta cần chứng minh:

2

1 ) 1 ( ) 1 )(

1 ( −a1 −a2  −a k+1 ≥

Ta có: ( 1 −a1)( 1 −a2)  ( 1 −a k+1) = ( 1 −a1)( 1 −a2)  ( 1 −a k−1)[ 1 − (a k +a k+1) +a k a k+1]

2

1 )]

( 1 )[

1 ( ) 1 )(

1 2

1 ( −a1 −a2  −a n ≥

Ví dụ 5: Cho 1 ≤n∈ Ν, a i,b i∈R,i= 1 , 2 , ,n Chứng minh rằng:

) )(

( )

2

2 1 2 2

2

2 1

2 2

2 1

( )

2

2 1 2 2

2

2 1

2 2

2 1

n= k+1 Ta cần chứng minh:

) )(

( )

1

2 2

2 1

2 1

2 2

2 1

2 1 1 2

2 1

1b +a b + +a k+b k+ ≤ a +a + +a k+ b +b + +b k+

1 2 2

2

2 1 2 2

2

2

( ) 1

2 1

2 1 2

2 2

2 1

+a b b  b k a k b k ≥ (a1b1+a2b2 +  +a k b k) + 2a1b1a k+1b k+1 + 2a2b2a k+1b k+1 +

2 1

2 1 1 1

+ +  a k b k a k b k a k b k

2 )

2 2 1

2 1

a n

a a

2

2 1 2 2

( + +  + ≤ + +  +

a k

a a

2

2 1 2 2

(

2 1

2 2

2 1 2 1 2

1

+

+ + +

≤ +

+ +

k

a a

a k

a a

(1)Đặt:

k

a a

a

a = 2 + 3 +  + k 1+

) 2 (

1

1 )

1

a k

a k a k k

a a

a k a

k

k k

2 1

2 3

2 2 2 1

2 1

2 3

2 2 2 2

2 2

2 1

+

+ + +

k

a a

=

3 ) 1 (

4 1

>

n n

n=k≥ 2: giả sử bất đẳng thức đúng, tức là: k k > (k+ 1 )k−1

n= k+1:Ta c ó: k k(k+ 1 )k+ 1 ≥ (k+ 1 )k− 1 (k+ 1 )k+ 1 = (k+ 1 ) 2k− 2 (k+ 1 ) 2 = [(k+ 1 ) 2 ]k− 1 (k+ 1 ) 2

) 2 ( ) 2 (k2 + k k 1 k2 + k

n=k :giả sử bất đẳng thức đúng, tức là: sinkx ≤ksinx

n= k+1 Ta cần chứng minh: sin(k+ 1 )x ≤ (k+ 1 ) sinx

≤ +

R x x

x

R b a b a b a

, 1 cos , sin

, ,

Nên: sin(k + 1 )x = sinkxcosx+ coskxsinx

x kx x

≤ ≤ sinkx + sinx ≤ksinx + sinx = (k+ 1 ) sinx

⇒Bất đẳng thức đúng với n= k+1 Vậy: sinnx ≤nsinx, ∀n∈ Ν ∗ , ∀x∈R+

Phương pháp 16: Chứng minh phản chứng

Kiến thức:

1) Giả sử phải chứng minh bất đẳng thức nào đó đúng , ta hãy giả sử bất đẳng thức

đó sai và kết hợp với các giả thiết để suy ra điều vô lý , điều vô lý có thể là điều trái với giả thiết , có thể là điều trái ngược nhau Từ đó suy ra bất đẳng thức cần chứng minh là đúng

được thực hiên như sau:

đúng)

21

Như vậy để phủ định luận đề ta ghép tất cả giả thiết của luận đề với phủ định kết luận của nó

Ta thường dùng 5 hình thức chứng minh phản chứng sau :

B – Phủ định rôi suy trái giả thiết

C – Phủ định rồi suy trái với điều đúng

D – Phủ định rồi suy ra 2 điều trái ngược nhau

E – Phủ định rồi suy ra kết luận :

Ví dụ 1: Cho ba số a,b,c thỏa mãn a +b+c > 0 , ab+bc+ac > 0 , abc > 0

Ví dụ 2:Cho 4 số a , b , c ,d thỏa mãn điều kiện

a2 < 4b , c2 < 4d

Giải:

Giả sử 2 bất đẳng thức : a2 < 4b , c2 < 4d đều đúng khi đó cộng các vế ta được

) ( 4 2

Theo giả thiết ta có 4(b+d) ≤ 2ac (2)

Từ (1) và (2) ⇒ a2 +c2 <2ac hay (a−c)2 < 0 (vô lý)

Vậy trong 2 bất đẳng thức a2 < 4b và c2 < 4d có ít nhất một các bất đẳng thức sai

Ví dụ 3:Cho x,y,z > 0 và xyz = 1 Chứng minh rằng

Nếu x+y+z > 1x+1y+1z thì có một trong ba số này lớn hơn 1

=x + y + z – (1x+1y+1z) vì xyz = theo giả thiết x+y +z > 1x+1y+1z

nên (x-1).(y-1).(z-1) > 0

Thật vậy nếu cả ba số dương thì x,y,z > 1 ⇒ xyz > 1 (trái giả thiết)

Vậy có một và chỉ một trong ba số x , y,z lớn hơn 1

Ví dụ 4: Cho a,b,c> 0 và a.b.c=1 Chứng minh rằng: a+b+c≥ 3 (Bất đẳng thức

>

3

0 , ,

c b a

c b a

⇒ 0 <a< 3) ⇒ f (b) ≥ 0 ⇒vô lý Vậy: a+b+c≥ 3

Nhân (1’), (2’) và (3’) vế với vế ta được: ⇒ − [(a+b−c)(a−b+c)( −a+b+c)] 2 > 0

Phương pháp 17 : Sử dụng biến đổi lượng giác

1 Nếu x ≤Rthì đặt x = Rcosα , α ∈[ ]0 , π ; hoặc x = Rsin , ∈−2 ,2 

π π α

=

+

=

R b y

R a x

2 2

sin

cos

π α α β

α α

aR x

5 Nếu trong bài toán xuất hiện biểu thức :( )ax 2 +b2 , (a,b> 0)

tg a

b x

cos sin cos sin 3 cos cos sin sin

1 cos

1 (sin 2 sin 2 ) sin( ) cos ( ) 1

b a a

btg a

(

!

n k k

k n

Một số tính chất đặt biệt của khai triển nhị thức Newton:

+ Số mũ của a giảm dần từ n đến 0, trong khi đó số mũ của b tăng từ 0 đến n Trong mỗi số hạng của khai trtiển nhị thức Newton có tổng số mũ của a và b bằng n

+Các hệ số cách đều hai đầu thì bằng nhau

k n n

3

c b a c b

Giải

Theo công thức khai triển nhị thức Newton ta có:

b a C

C C

C b a

a b C b a C b

a C b a C b

a

b a b a b a b

a

b

a

n i

b

a

a b C a

b b a C a

b b a C b a C b

a

a C a b C a

b C b

C

b

a

b C b a C b

a C a

C

b

a

n n n

n n n n n

n n n

n n n

n n n n n n n n n

n n n n n n

i n i i i n n n i

i i

n

i

n

n n n n n

n n n n

n n n n n n

n n n n n n

n n

n n

n

n n n n n n

n n

n n

=

+ +

+ +

+ + +

+ +

+ +

+ +

=

+

⇒

+ +

+ +

=

+

+ +

+ +

2 )

)(

(

) (

) (

) (

) (

2

0

: 1 , , 2 , 1 ,

0

,

) (

)

(

) (

) (

2

1 1

0

1 1

0

1 1

1 1

1 1 0

1 1 1

1 0

1 1 1

1 0

n n

n

n n n n n n n n

n

n n

n n

n n

n n

n

n

c b a d c

b

a

d c b a d d c

b

a

d d c b a

d c b

a

d c b

a d

+

⇒

≥ + +

⇒

≥ + +

+

⇒

≥ + + +

+

+

3 3

3 4

) 4

( 2

2 2

4 2

2 2

2 4

Phương pháp 19: Sử dụng tích phân

Hàm số: f,g:[ ]a,b →Rliên tục, lúc đó:

* Nếu f(x) ≥ 0 , ∀x∈[ ]a,b thì ∫b ≥

a dx x

Ví dụ 1: Cho A, B, C là ba góc của tam giác

2 2

2 +tg B+tg C ≥

A tg

Giải:

2 )

(x =tg x x∈ π

f

25