Luyện thi đại học chuyên đề bất đẳng thức

Ta xét hiệu: Phần 2: CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ðẲNG THỨC... Bất ñẳng thức ñúng vậy ta có ñiều phải chứng minh... Chuyên ñề bất ñẳng thức luyện thi ñại học Biên soạn : Lê Kỳ Hội 8

Trang 1

Chuyên ñề bất ñẳng thức luyện thi ñại học Biên soạn : Lê Kỳ Hội

+ A<B và A B>0⇒ 1 1

A> B

3 Một số hằng bất ñẳng thức :

+ A2 ≥0, ∀A (dấu = xảy ra khi A=0)

+ A n ≥0, ∀A (dấu = xảy ra khi A=0)

+ A ≥0,∀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 1: CÁC KIẾN THỨC CẦN LƯU Ý

Trang 2

y−z ≥ với ∀ z; y Dấu bằng xảy ra khi y=z

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

c Ta xét hiệu:

Phần 2: CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ðẲNG THỨC

Trang 3

3

x + + + −y z x+ + = −y z x x+ + −y y+ + −z z+ ( ) (2 ) (2 )2

2 2

2a2 +b2 −a2 + ab+b2

= (2a 2b a b 2ab)4

2 2

1 2 2

2 2

n

a a

a n

a a

Trang 4

02

m q m p m n m

m

m q

m p

m n

2

q p n m

Ví dụ 4: Chứng minh rằng với mọi , , a b c ta luôn có : a4 +b4 +c4 ≥abc(a+b+c)

Trang 5

B

+ (A B C)2 A2 B2 C2 2AB 2AC 2BC

++

+++

=++

3

A B

(dấu bằng xảy ra khi a=2b)

⇔ (a−2b) (2 + a−2c) (2 + a−2d) (2 + a−2c)2 ≥0

Bất ñẳng thức ñúng vậy ta có ñiều phải chứng minh

Trang 6

y x

−

+ 2 2

≥ 2 2

Giải:

y x

<

++

=

z y x z y x

z y x

111

1

Chứng minh rằng: có ñúng một trong ba số , , x y z lớn hơn 1

Trang 7

7

⇒ 2 trong 3 số x−1, y−1, z−1 âm hoặc cả ba sỗ x−1, y−1, z−1 là dương

Nếu trường hợp sau xảy ra thì , , x y z>1⇒xyz>1 Mâu thuẫn gt .x y z=1bắt buộc phải xảy ra trường hợp trên tức là có ñúng 1 trong ba số , , x y z là số lớn hơn 1

Ví dụ 5: Chứng minh rằng : 1 <2

+

++

<

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

++

>

c c

a

c

++

>

+ Cộng vế theo vế các bất ñẳng thức (1), (2), (3), ta ñược :

+

++

+

c c b

b b

c a b a

a b a a

++

+

<

+

⇒+

<

c b a

b a c b

b

++

+

<

b c a c

c

++

+

<

+ Cộng vế theo vế các bất ñẳng thức (4), (5), (6), ta ñược :

+

++

+

c c b

b b

++

<

c a

c c b

b b a

Trang 8

8

d + ≥2

a

b b

a Với hai số không âm : a,b≥0, ta có: a+b≥2 ab Dấu “=” xảy ra khi a=b

b Bất ñẳng thức mở rộng cho n số không âm :

Dấu “=” xảy ra khi a1 =a2 = =a n

Chú ý : ta dùng bất ñẳng thức Côsi khi ñề cho biến số không âm

Ví dụ 1 : Giải phương trình :

2

342

212

414

2

=+

++

+

x x

a

x x

Khi ñó phương trình có dạng :

2

311

+

++

+

b b

Trang 9

z y

y x

11

1

2 2

2

++

≤+

++

≤

≤++

⇒

≥++

ac ab bc

a bc a

bc a bc

2

112

Dấu “=” xảy ra khi a= =b c

−+

+

−+

+

−

c b

a c

b a

c b

a

(*)

Giải : Theo bất ñẳng thức Côsi :

Trang 10

10

))(

)(

(

33

c b a b a c a c b

abc c

b a

c b

a c

b a

c

b

a

−+

≥

−+

+

−+

+

−+

Cũng theo bất ñẳng thức Côsi :

2

1))(

c

z b

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

ñpcm 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

++

+

⇔

+++

⇔

+++

⇒

5 Phương pháp 5: Bất ñẳng thức Bunhiacopski

Kiến thức:

Trang 11

a b

1 1

n

n a

b a

=

+++

=

2 2

2 2 1

2 2

2 2 1

n

n b b

b b

a a

+ Nếu a=0 hay b=0: Bất ñẳng thức luôn ñúng

n

i i

b

a b

a dáu cùng

n i

2 2

1 1

1

α

β α

Ví dụ 1 :

Chứng minh rằng: ∀x∈R , ta có:

8

1cossin8 x+ 8 x≥

Giải: Ta có: sin2 x+cos2x=1,∀x∈R

Trang 12

B B

)(

()

i i

2,

3 2

2 2 2 1

n Z n

a a

2

++++

n

a a

114

1

11

2 2

k k

Trang 13

1

3

12

1

2 2 1 2

+++

+

n a

a a n

a a

a

n n

ðiều phải chứng minh Dấu bằng xảy ra khi a= =b c

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

b

a a

a

2 1

b

a a

a

2 1

b

a a

a

2 1

thì

n

b a b

a b a n

b b

b n

a a

2 1

Trang 14

b

a a

a

2 1

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

3

2sin

sinsin

2sin.sin2sin.sin2sin

C B

A

C C B

B a

A

=+

+

++

S là diện tích tan giác chứng minh rằng

∆ABC là tam giác ñều

Giải: Không giảm tính tổng quát ta giả sư

2

0< ≤ ≤ <π

C B

a

C B

A

2sin2

sin2sin

sinsin

sin

Áp dụng BðT trebusep ta ñược:

(sinA+sinB+sinC)(sin 2A+sin 2B+sin 2C) (≥3 sin sin 2A A+sin sin 2B B+sin sin 2C C)

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

A

C B

sin2

sin

sinsin

sin

Mặt khác:

)2(2sin sin)

sin2)(

sin2

(

sinsinsin4sin.sin2.sin

2

)cos(

sin2cos)cos(

sin

2

2sin)cos(

)

sin(

22sin2sin2

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

2sin

sinsin

2sin.sin2sin.sin2sin

C B

A

C C

B B a

A

≤+

+

++

Dấu ‘=’ xảy ra ⇔∆ABC ñều

Ví dụ 2: (HS tự giải):

a Cho , , a b c>0 và a b c+ + =1 CMR: 1 +1+1 ≥9

c b

b Cho , , a b c>0và a b c+ + =1 CMR: a+2b c+ ≥4 1( −a)(1−b)(1−c)

Trang 15

++

+

c a c

b c b a

≥+

≥

b a

c c a

b c b a

c b

++

≥+

++

+

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

=2

3.3

1

=21

2

1

3 3

3

≥+

++

+

c c a

b c b

x

Ta có 2 + 2 + 2 ≥2( + )=2( + 1 )≥4

ab ab cd

ab c

bc

bc ac

ac ab

ab

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

7 Phương pháp7: Bất ñẳng thức Bernouli

Trang 16

- 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 





=

=1

0α

5 5

⇔

c b a

c c

b a

b c

b a a

Áp dụng BðT Bernouli:

c b a

a c b c

b a

a c b c

b a

a

++

−++

25

1

21

(2)

Chứng minh tương tự ta ñuợc:

Trang 17

17

c b a

b a c c

b a

b

++

−++

25

c b a c

b a

c

++

−++

25

c b a

c c

b a

b c

b a

n r

r

n

a a

a n

a a

2222

)2(32

≤+

8

81

11122

11129

ñpcm c

b a c b a

c b a c b a c

b a c

b a

Trang 18

18

Chú ý: Bài toán tổng quát dạng này : Cho n số x1,x2, ,x n ∈[ ]a,b ,c>1 Ta luôn có:

b a

b a x

x x x x

x

c

c c n c

c c c c

4

2

2 1 2

b

d c

d c a

111

Trang 19

c a b

a

++

>

Trang 20

c a b

a d

c b

+++

<

b a d

d a

d c

c d

c b

b c

b a a

Giải: Theo tính chất của tỉ lệ thức ta có

d c b a

d a c

b a

a c

b

a

+++

+

<

++

a c

b a

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

d

cd b

cd d

b

cd ab b

cd ab

Trang 21

a +

Giải: Không mất tính tổng quát ta giả sử :

c

a d

b

≤ Từ :

c

a d

b

≤

d

b d c

b a c

a

+ =

d c

9991+ ðạt giá trị lớn nhất khi d =1; c=999

Vậy giá trị lớn nhất của

d

b c

999+ khi a= =d 1; c= =b 999

10 Phương pháp 10: Phương pháp làm trội

Kiến thức:

Dùng các tính bất ñẳng thức ñể ñưa một vế của bất ñẳng thức về dạng tính ñược tổng hữu hạn hoặc tích hữu hạn

+ Phương pháp chung ñể tính tổng hữu hạn : S = u1+u2+ +u n

Ta cố gắng biến ñổi số hạng tổng quát uk về hiệu của hai số hạng liên tiếp nhau:

u k =a k−a k+1

Khi ñó :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

Biến ñổi các số hạng u về thương của hai số hạng liên tiếp nhau: k u = k

1 +

Trang 22

2

11

12

1

<

++++

++

<

n n n

n

Giải: Ta có

n n n k

111

=+

1

2

12

1

2

11

n n

++

>

1

22

21

Khi cho k chạy từ 1 ñến n ta có

k

11

Trang 23

c a b

c b a

)(

2 2 2

b a c c

c a b b

c b a a

Trang 24

=+∑

∑

=

n i i n

i

i y x

x

y

Trang 25

⇒

≥+

++

+

c a c

b c b

y x z x

x z y

22

2

−++

−+

x y

z y

x x

z x

y

⇔( + )+( + )+( + )≥6

z

y y

z z

x x

z y

x x y

Bất ñẳng thức cuối cùng ñúng vì + ≥2;

y

x x

y

+ ≥2

z

x x

z

; + ≥2

z

y y

12

1

2 2

+

++

x Với x+ + <y z 1 và , , x y z>0

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

z y x

111

3.3 1

xyz

Trang 26

+

z y x z y

x Mà x+ + <y z 1 Vậy 1+1 +1≥9

z y

+

c a c

b c b a

2 Tổng quát , , , , , m n p q a b >0 CMR ( m n p) (m n p)

b a

pc a c

nb c b

ma

++

−+

+

≥+

++

2

21

0 ( ) 0,

00 ( ) 0,

Trang 27

2

0

2 1

S

f a x

2

0

2 1

S

f a x

x

+ Phương trình f f x( )=0 có 2 nghiệm ( ) ( ) 0

2 1

α

β α

f f x

x

x x

.22

Trang 28

28

1 Kiểm tra bất ñẳng thức ñúng với n=n0

2 Giả sử BðT ñúng với n=k (thay n=k vào BðT cần chứng minh ñược gọi là giả thiết quy

12

1

2

11

1

2 2

2 + + + < − ∀n∈N;n>1 (1)

Giải: Với n=2 ta có

2

124

11

2

11

1

2 2

112)1(

11

2

11

1

2 2

k k

1 1

1 )

1 (

1

2 2

+

+ +

<

+ + +

)1(

11

k k

k k k

b

(1)

Giải: Ta thấy BðT (1) ñúng với n=1

Giả sử BðT (1) ñúng với n=k ta phải chứng minh BðT ñúng với n= +k 1

Trang 29

29

2

.2

b a b

(2)

⇔Vế trái (2) ≤

24

2

.2

1 1 1

=+

k

b a b b a ab a

b a b a

42

1 1

≥+++

b a

a ≥ ≥ ⇒ (a k −b k).(a−b)≥0 + 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 Vậy BðT (3) luôn ñúng ta có (ñpcm)

1 a1 Bài toán ñúng

Trang 30

30

n=k (k∈Ν): giả sử bất ñẳng thức ñúng, tức là:

2

1)1()1)(

1( −a1 −a2 … −a k ≥

1

n= +k 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 ≥

1 2 2

2 2 1 2 2

2 2

Trang 31

a k

a a

a

a= 2 + 3+…+ k 1+

)2(

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 1

2 2 1

+

+++

k

a a

=

⇒

)1(

4

1

n n

n

)1( + −

>

n n

2

n= ≥k giả sử bất ñẳng thức ñúng, tức là: 1

)1( + −

k

k k

1

)1()1()1( + k+ ≥ + k− + k+k

k k

k

k =( +1)2 −2( +1)2 =[( +1)2] −1( +1)2

k k

k

)2()

2

k k k

⇒ + ⇒ Bất ñẳng thức ñúng với n= +k 1 Vậy >( +1) −1,∀ ∈Ζ, ≥2

n n n

Ví dụ 8: Chứng minh rằng: nx ≤n x ∀n∈Ν∗ ∀x∈R

,,

sinsin

Giải:

1

n= Bất ñẳng thức luôn ñúng

Trang 32

≤+

R x x

x

R b a b a b a

,1cos,sin

,,

Nên: sin(k+1)x = sinkxcosx+coskxsinx

≤ sinkx.cosx + coskx.sinx ≤sinkx.+.sinx ≤ksinx.+.sinx =(k+1)sinx

⇒ Bất ñẳng thức ñúng với n= k+1 Vậy: nx ≤n x ∀n∈Ν∗ ∀x∈R

,,

sin

16 Phương pháp 16: Chứng minh phản chứng

Kiến thức:

1 Giả sử phải chứng minh bất ñẳng thức nào ñó ñúng , ta hãy giả sử bất ñẳng thức ñó sai và kết hợp

với các giả thiết ñể suy ra ñiều vô lý , ñiều vô lý có thể là ñiều trái với giả thiết , có thể là ñiều trái ngược nhau Từ ñó suy ra bất ñẳng thức cần chứng minh là ñúng

2 Giả sử ta phải chứng minh luận ñề “p ⇒ q”

Muốn chứng minh p ⇒ q(với p : giả thiết ñúng, q : kết luận ñúng) phép chứng minh ñược thực hiên

như sau:

Giả sử không có q ( hoặc q sai) suy ra ñiều vô lý hoặc p sai Vậy phải có q (hay q ñúng)

Như vậy ñể phủ ñịnh luận ñề ta ghép tất cả giả thiết của luận ñề với phủ ñịnh kết luận của nó

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

A Dùng mệnh ñề phản ñảo : “P ⇒ Q”

B Phủ ñịnh rôi suy trái giả thiết

C Phủ ñịnh rồi suy trái với ñiều ñúng

D Phủ ñịnh rồi suy ra 2 ñiều trái ngược nhau

E Phủ ñịnh 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

Trang 33

4

2

d b

c

a + < + (1)

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 ñẳng thức a2 <4b và c2 <4d có ít nhất một các bất ñẳng thức sai

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

Trang 34

34

Trong ba số (x−1 ; ) (y−1 ; ) (z−1)chỉ có một số dương

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

Còn nếu 2 trong 3 số ñó dương thì (x−1)(y−1)(z− <1) 0 (vô lý)

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

Ví dụ 4: Cho a,b,c>0 và abc=1 Chứng minh rằng: a+b+c≥3 (Bất ñẳng thức Cauchy 3 số)

Giải: Giả sử ngược l ại:

c < − (3)

Giải: Giả sử tồn tại các số , , a b c ñồng thời thỏa mãn (1), (2), (3), lúc ñó:

c b

)(b−c >a

⇒ ⇒−(a+b−c)(a−b+c)>0 (1’)

a c

b < − ⇒(c−a)2 >b2 ⇒−(−a+b+c)(a+b−c)>0 (2’)

b a

c < − ⇒(a−b)2 >c2 ⇒− + −(a b c)(− + + >a b c) 0 (3’)

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

⇒ Vô lý Vậy bài toán ñược chứng minh

17 Phương pháp 17 : Sử dụng biến ñổi lượng giác

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

ππα

α

Trang 35

R a x

2 2

y a

aR x

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

2 2

b x a

αcos

cos sin cos sin 3 cos cos sin sin

1cos

Trang 36

36

4

)4(2

2

2 2

−

≤+

b a a

k k n k n

(

!

n k k

k n

n

−

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

+ Trong khai triển (a + b)n có n + 1 số hạng

+ Số mũ của a giảm dần từ n ñến 0, trong khi ñó số mũ của b tăng từ 0 ñến 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 ñều hai ñầu thì bằng nhau

n k

1

1+a n ≥ +na ∀a≥ ∀n∈N (bất ñẳng thức bernoulli)

Giải :

Trang 37

37

Ta có: ( a) C a C n C n a na

n k

k k n

3

c b a c b

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 n

=

++

+++

+

≤+

⇒

−

≥+

++

=+

⇒

++

=+

++

=+

2)

)(

(

)(

2

0

:1, ,2,1,0,

)(

)

(

)(

2

1 1

0

1 1

0

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

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

c b a

⇒

≥++

⇒

≥+++

⇒

≥+++

33

34

)4

(2

22

42

22

24

19 Phương pháp 19: Sử dụng tích phân

Định dạng
Số trang	49
Dung lượng	417,37 KB