=a n.chứng minh tương tự bài trên... 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
Trang 1PHẦN 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
Trang 2(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
Trang 3Dấu 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
Trang 4Bất 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
(*)
Trang 5Ta 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
Trang 63
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
Trang 7) 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
Trang 8Suy 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
Trang 9Do 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
Trang 10Mặt 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
Trang 11- 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
Trang 12Ví 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
Trang 13⇒ (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
+ + +
Trang 14d 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
Trang 15
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
Trang 16xy
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
= +∑
Trang 17Trong 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 điềuphải 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
Trang 182)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
Trang 19Vì 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 giảthiết quy nạp )
3- Ta chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k +1 (thay n = k+1vào BĐT cầnchứng 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
≥ + + +
Trang 20(+) 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
( + + + ≤ + + +
Trang 21a 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 giảthiết , 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
Trang 22Như vậy để phủ định luận đề ta ghép tất cả giả thiết của luận đề với phủ định kếtluận 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
Trang 23Nhân (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
Trang 241 (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:
Trang 25b 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