Chứng mính bất đẳng thức

Chứng minh bất đẳng thức, tìm GTLN, GTNN của hàm số bằng phương pháp chuyển về lượng giác

-Dạng 1: Sử dụng điều kiện của biến x k (k >0)

Đặt x = k.sina; 2 2

π

hoặc đặt x = k.cosa; 0 a

Ví dụ 1: Chứng minh các biểu thức sau:

a, 3 9 − a2 + 4a ≤ 15

b, −1≤6a 1−a2 +8a2 ≤9

c, 4a 3 − 24a 2 + 45a − 26 ≤ 1 víi 1 ≤ a ≤ 3

Giải:

a, Điều kiện: a 3.§Æt a 3sina;- 2 2

π α

=

≤

Khi đó 3 9 − a2 + 4a = 3.3cos α + 4.3sin α = 3 3cos α + 3sin α

=

15 15

15 + sin = 3cos( - ) ≤

5

4 cos

5

4 sin

; 5

3

b, Điều kiện a 1 Đặt a = cos; 0

Ta có −1≤6a 1−a2 +8a2 ≤9

5 2

4(2a 2

a 1

≤

5 1) 2 4(2cos sin

5 2 4cos

3sin α + α ≤

) 5

3 vµsin 5

4 cos

≤

2

(cos

5

Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng nên ta có đpcm

c, Từ 1 a 3 - 1 a - 2 1

Đặt a - 2 = cos với [0; ]

Khi đó:

A = 4a3 - 24a2 + 45a - 26

= 4 (cos +2)3 - 24(cos +2)2 + 45 (cos + 2) - 26

= 4cos3 - 3cos = cos3

Ví dụ 2: Chứng minh các bất đẳng thức:

a,

1 2 x 1 y 2

y

1

b, 3 (2x 2 − 1) + 2x 1 − x 2 ≤ 2

Giải:

a, Điều kiện x 1; y 1

Đặt x = sina, y = sinb với a,b∈−π2;π2

Khi đó:

2 x 1 y

2

y

1

x − + − = sinacosb + sinbcosa = sin(a + b)

1 b) sin(a 2

x 1 y 2

y

1

(đpcm)

b, Điều kiện x 1

Đặt x = cosa với 0 a

Khi đó:

2cosasina 1)

a 2 (cos 3 2 x 1 2x 1)

2

(2x

2

1 cos2a 2

3 2(

sin2a cos2a

=

) 6 (cos(2a 2

sin2a) 6

sin cos2a

6

=

2

≤

−

=

− +

6 (cos(2a 2

2 x 1 2x 1) 2

(2x

(đpcm)

Ví dụ 3:

Chứng minh nếu x < 1 và n là số nguyên (n 2) thì ta có BĐT: (1 - x)n + (1 +x)n < 2n

Với điều kiện bài toán x < 1

đặt x = cosa, a K

Khi đó (1 - x)n + (1 +x)n = (1- cosa)n + (1 + cosa)n

=

n 2

a 2 2cos

n 2

a

2





















=

n 2 ) 2

a 2 cos 2

a 2 (sin n 2 ) 2

a 2n cos 2

a 2n

(sin

n

(vì với n 2 sin2nx < sin2x và cos2nx < cos2x)

Dạng 2: Biến x, y của biểu thức có điều kiện: x2 + y2 = k2 (k >0) Đặt x = k.cos; y = k.cos; [0; 2]

Ví dụ 1:

Cho x2 + y2 = 1, chứng minh rằng:

a,

1

y

2

x

3

≤

+

4

1 ≤ 6 + 6 ≤

c, a + b = 2; chứng minh: a4 + b4 a3 + b3

d, a + b = c Chứng minh: 4

3 4

3 4

3

c b

a + >

e, x2 + y2 = u2 + v2 = 1

Chứng minh: x(u−v)+y(u+v) ≤ 2

Giải:

a, Từ điều kiện x2 + y2 = 1

Ta đặt x= sin; y = cos

( [0; 2] khi đó BĐT cần chứng minh tương đương với:

cos

2

3

(vì 2 + cos >0)









≥

−

≥ +

(2) 2 cos sin

3

(1) -2 cos

sin

3

α α

α α

Ta có: cos )

2

1 sin 2

3 2(

cos sin

6

sin

6

6

2sin(α +π ≥ ⇒

2

1 sin 2

3 2(

cos sin

6

-2sin(α π ≥⇒

Vậy

1 y

2

x

3

≤

+

b, Đặt x = sin; y = cos

Khi đó:

x6 + y6 = sin6 + cos6

= (sin2 + cos2) (sin4 - sin2cos2 + cos4)

= (sin2 + cos2)2 - 3sin2cos2 = 1- 4

3 sin22

Vì 0 sin22 1 nên 4

3 1 4

1 ≤ −

sin22 1 1

y

x

4

1 ≤ 6 + 6 ≤

(đpcm)

c, * Nếu một trong hai số có hai số âm, chẳng hạn b <0 Khi đó a> 2 và ta có a4 > a3; b4 > b3

Vậy a4 + b4 > a3 + b3

* Giả sử a 0; b 0 Từ điều kiện a + b = 2

Ta đặt a = 2sin2; b = 2cos2 khi đó:

a4 + b4 > a3 + b3 16sin8 + 16cos8 8sin6 + 8cos6

8sin6 (2sin2 - 1) + 8cos6 (2cos2 - 1) 0

8cos2 (cos6 - sin6) 0

8cos22 (sin4 + sin2 cos2+ cos4) 0

Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng nên ta có đpcm

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi cos2 = 0 hay sin2 = cos2 hay a = b

d, Từ giả thiết c a + b c = 1

c

b

; 2

sin

c

3 4

3 4

3

c b

3 ) 4

3 ) + α >

2 (sin

1 2

3 ) 2

3

) + α >

Vì 0 < sin < 1 và 0 < cos < 1 nên (sin α 2 > sin 2 α

3

3 ) > do đó

1 2 cos 2

sin 2

3 ) 2

3

(sin

tức là ta có (2) từ đó suy ra đpcm

Dạng 3: Sử dụng điều kiện x k (k > 0)

Đặt cos α

k

x =

; [ 0; π2

) [ ; 2

3 π )

Khi đó x2 - k2 = k2 (

) 1

− α

2 cos

1

= k2tg2 và tg > 0

Ví dụ 1:

a

3 1 2 a

−

b, Cho a 1, b 1 chứng minh rằng a 2 − 1 + b 2 − 1 ≤ ab

c, Cho x, y, x, t là nghiệm hệ















≥

+

=

+

=

+

12

tyz

x

16

2

z

2

t

9 2

y

2

x

Chứng minh rằng: (x+z) 5

a, Từ điều kiện a 1 đặt:

α

cos

k

a =

; [ 0; π2

) [ ; 2

3 π )

Khi đó:

A =

) 3 (

cos cos

1

2 cos

1

+

=

+

−

= +

α

a

3 1

2

a

= 3cos + sin = 2 ( α sinα

2

1 cos 2

)

= 2 (cosπ6

cos + sinπ6

sin) = 2 cos( - π6

)

A 2 (đpcm)

b, Ta có (1)

1 ab

1 2 b 1 2

Đặt cosα

1

a=

; cosβ

1

b =

với , [ 0; π2

) [ ; 2

3 π ) Khi đó:

1 2 b 1

2

β α

cos

1 cos

1

1 2 cos

1 1

2

cos

= coscos(tg + tg) = sin( + )

A 1 (đpcm)

Dạng 4: Bài toán có biểu thức x2 + k2

Đặt x = ktg ( (-π2

;π2 ))

x2 + k2 = k2 (1+tg2) = cos 2 α

2 k (cos >0)

Ví dụ 1: Chứng minh các biểu thức

a, 1 + ab a 2 + 1 b 2 + 1

b, 2

1 ) 1 )(

2

+

− +

≤

b a

-(1

ab) b)(a (a

Giải:

a, Đặt a = tg; b = tg với , (-2

π

; 2

π )

Khi đó: 1 + ab 1 + tgtg = α cos β α cos β α α

sin sin

cos

β

α

cos cos

1 cos

cos

) cos(

≤

−

= 1 + tg 2 α 1 + tg 2 α = 1 + a 2 1 + b 2

1 + ab a 2 + 1 b 2 + 1

b, Đặt a = tg; b = tg với (-π2

;π2 ) Khi đó:

β α β

α

2 tg tg

(1

g tg -)(1 tg (tg ) 2 b )(1

2

a

(1

ab) b)(1

(a

+

+

= +

+

− +

1 ( )

t

= cos2.cos2

) 2

2

1 cos

)

cos

)

β α β

α α β β

+

c

cos(

c

sin(

os os

1

β

α +

sin(2

A 2

1

(đpcm)

Ví dụ 2: Chứng minh a, b, c R ta có:

2 c 1 2 b 1

c -b 2

b 1 2 a 1

b a 2

c 1

.

2

a

1

c

a

+ +

+ + +

−

≤ +

+

−

Đặt a = tg; b = tg, c= tg

Biểu thức cần chứng minh:

γ β

γ β β

α

β α γ

α

γ

α

cos cos

1 cos

cos

1 cos

cos

1

tg t

tg t

tg

sin( - ) sin( - )+sin( - )

Ta có: sin( - ) = sin([ - ) + (- )]

= sin( - ).cos( - ) + sin(- ).cos(-) sin( - ).cos( - )+ sin(- ).cos(-)

sin( - )+ sin(- )

Biểu thức cần chứng minh đúng

Ví dụ 3: a, b, c R, chứng minh (ab + 1) (bc + 1) (ca + 1) 0

Chứng minh:

ca 1

a -c bc 1

c b ab 1

b

a ca 1

a

-c bc

1

c

b

ab

1

b

a

+ + − + −

= +

+ + −

+

+ −

Đặt a = tg; b = tg; c= tg Khi đó:

VT = α α β β β β γ γ 1 γ tg γ tg α α

tg tg tg

tg 1

tg tg tg

tg

1

tg

tg

+ −

+ + −

+

do ( - ) + ( - ) + (+) = 0 nên tg( - ) + tg( - ) + tg(+)

ca 1

a -c bc 1

c b

ab

1

b

a

+

+ + −

+

+ − = tg( - ) + tg( - ) + tg(+)

Dạng 5: Chuyển BĐT về dạng BĐT trong tam giác

Ví dụ 1: Cho x, y, z chứng minh:







= +

+ <

<

1 zx

yz

xy

1 z

y,

x,

0

3 3

≥

−

+

−

+

z 2

y 1

y 2

x 1 x

x,y,z [0,1] và xy + yz + zx = 1

đặtt



















=

=

=

2

2

2

C

tg

z

B tg

y

A

tg

x

2

A tg 2

C tg 2

C tg 2

B tg 2

B tg 2

A tg

BTĐ

2

3 3 2 2

2 2

2

2 2

2

2

1 1

1

≥ +

+

−

−

C tg

tg B

tg

B tg A

tg

A

tg

tgA + tgB + tgC 3 3

BĐT này đúng đpcm

Bài 1: Chứng minh rằng e x >1+x với x≠0

Giải

Xét hàm số f( )x = e x -1 - x liên tục và khả vi với mọi x ≠0

f,( )x

= e x -1, f( )0 =0 nếu x>0 thì f,( )x =e x −1>0 ⇔ f( )x đồng biến

⇔ f( )x > f( )0 ⇔ e x - 1 - x > 0 ⇔ e x > 1+x (1)

Nếu x<0 thì f,( )x =e x −1<0 ⇔ f( )x nghịch biến

⇔ f( )x > f( )0 ⇔ e x -1- x > 0 ⇔ e x > 1+x (2)

Từ (1),(2) ⇒ x

e >1+x với x≠0 đpcm.

Bài 2 : ( ĐH Kiến Trúc Hà Nội )

Chứng minh rằng bất đẳng 1 2

2

x x

e x > + +

đúng với mọi x>0

Giải

Yêu cầu bài toán ⇔

x

e x

x + +1− 2

2

< 0 ∀x >0 Xét f( )x = x + x+1−e x

2

2

Ta có f ,( )x

=x+ 1 −e x , f ,,( )x =1−e x <0 ∀x >0

Do đó f ,( )x

nghịch biến trong ∀x∈(0;+∞) ⇔ f ,( )x

< f,( )0 =0 với ∀x∈(0;+∞)

⇒ f( )x nghịch biến trong ∀x∈(0;+∞) ⇔ f( )x < f( )0 =0 ∀x>0

x + +1−

2

2

<0 hay 1 2

2

x x

e x > + +

với ∀x>0 đpcm.

Bài 3: Chứng minh rằng 6

3

x

x−

< sinx< x với x >0

Giải

Ta hướng dẫn cho học sinh chứng minh bất đẳng thức

⇔ chứng minh 





 <

−

>

x x x x x

sin 6 sin

3 với x >0

Ta chứng minh sinx< x với x>0

Xét f( )x =sinx - x , f( )0 =0

⇒ f,( )x

= cosx−1 <0 ⇔ f( )x nghịch biến ⇔ f( )x < f( )0 với x>0 ⇔ sinx - x <o ⇔ sinx< x (1)

Ta chứng minh 6

3

x

x−

< sinx Xét ( )

6 sin

3

x x x x

⇒ f,( )x

2

x

x− +

=g( )x

⇒ g,( )x =−sinx+ x>0 với mọi x >0 ⇔ g( )x đồng biến ⇔ g( )x >g( )0 =0

với x>0 hay f,( )x

>0 với x>0 ⇔ f( )x đồng biến ⇔ f( )x > f( )0 =0 với x>0 ⇔ 0

6

sinx−x+ x3 >

3

x

x−

<sinx với x>0 (2)

Từ (1),(2) ⇒ 6

3

x

x−

< sinx< x với x>0 đpcm.

Bài 4: Chứng minh rằng 2sinx +2tanx ≥ 2x+1

với 0 2

π

<

< x

Giải

áp dụng bất đẳng thức côsi: 2sinx +2tanx ≥ 2 2sinx.2tanx = 2 1

tan sin 2

tan sin

2 2

.

+ +

=

x x x

x

⇔ 2sinx +2tanx ≥ 2 1

tan sin

+ x x

Yêu cầu bài toán ⇔ Việc chứng minh 2 1 1

tan sin

2

+

≥ x

x x

tan sinx+ x + ≥x+

⇔ sinx+tanx≥2x với 0 2

π

<

< x

xét hàm số f( )x = sinx+tanx−2x với 0 2

π

<

<x

, f( )0 =0 ⇒ f,( )x

1 cos

2 cos

1

+

x

x x

x

≥cosi cos . 2

1 cos

x

x

=0 (vì cosx >cos2 x với 0 2

π

<

<x

)

⇔ f,( )x ≥0 ⇔ f( )x đồng biến ⇔ f( )x > f( )0 với 0 2

π

<

<x

⇔ f( )x = sinx+tanx−2x >0

⇔ sinx+tanx≥2x hay 2sinx +2tanx ≥ 2x+1

π

<

< x

đpcm.

Bài 5: (ĐH Dược )

Với 0 2

π

<

≤x

3 tan sin

.

2 x + x > x+

Giải

Xét hàm số ( )

2

3 tan 2

1

x

π

<

≤ x o

x

x x

x x

x

2 2

,

2

3 cos 2

1 2

cos 2

cos 2

3 cos 2

1

=

3 cos

1 2

cos

2

cos

33

x

x x

⇒ f,( )x ≥0 









∈

∀

2

;

0 π

x

⇔ f( )x đồng biến trong khoảng











2

;

0 π

⇔ f( )x ≥ f( )0 ⇔ 2 0

3 tan 2

1









∈

∀

2

;

0 π

x

3 tan 2

1









∈

∀

2

;

0 π

x

Đẳng thức xảy ra ⇔ x=0

3 tan

2

1 sin tan

sin 2 tan

sin

.

2

2 2 2

2 2

2 2 2

2

x x

x x

x x

⇒ 2

3 1 tan sin

2

x x

≥







∈

∀

2

;

0 π

x

Đẳng thức chỉ xảy ra ⇔ { 0

tan sin 2

=

=

x

x x

⇔ x=0 Do đó 2 1

3 tan sin

.

2 x + x > x+









∈

∀

2

;

0 π

x

đpcm Bài 6 Cho 4

3

0 <α ≤

, Chứng minh rằng 3

1

2 + 2 >

α α

Giải

Xét hàm số ( ) 2

1 2

x x x

trên  

 4

3

; 0

59 4

3=











f

3

3 3

2

x

x x

x

<0 với ∀  



∈ 4

3

; 0

x

⇒ f( )x giảm trên  

 4

3

; 0

⇔ ( ) 











≥ 4

3

f x f

,  



∈

∀

4

3

; 0

x

⇔ ( ) 











≥ 4

3

f

f α

,  



∈

∀

4

3

; 0

α

59 1

2 + 2 ≥ >

α

α

1

2 + 2 >

α

α

 



∈

∀

4

3

; 0

α

đpcm Bài 7: Chứng minh rằng với 0<a<3 b <a+1 thì

b a

a b b

a

b a a

+ +

+ + +

<

<

+

+

3

3 3

3 3

1 2

2 1 1

2

2

Giải Xét hàm số ( ) ( )

b x

b x x x f

+

+

= 33 2

2 với 0<a< x<a+1

Ta có f( )3 b = 3 b và ( ) ( )

(2 ) 0

2

2 3

2 3

+

−

=

b x

b x x

f

⇒ f( )x đồng biến ⇔ f( )a < f( )3 b < f(a+ 1) với 0<a< x<a+1

⇔

b a

a b b

a

b a

a

+ +

+ + +

<

<

+

+

3

3 3

3

3

1 2

2 1 1

2

2

.

Bài 8: ( Đề thi thử ĐH Quảng Xương I)

Cho 0 2

π

<

<

<a b

Chứng minh rằng a.sina−b.sinb > 2.(cosb cos− a)

Giải

Yêu cầu bài toán ⇔ a.sina+2cosa > b.sinb+2.cosb

Xét hàm số f( )x =x.sinx+2.cosx với 0< 2

π

<

x

f,( )x =sinx+ x.cosx−2.sinx , f,( )0 =0

f ,, =cos +cos − sin −2.cos =− sin

(vì 0 2

π

<

< x

thì sinx>0 ) nên f ,,( )x <0 do đó f,( )x <0 khi 0< 2

π

<

x

⇒ f( )x là hàm số giảm trên khoảng 









 2

;

0 π

⇒ f( )a > f( )b với 0<a<b<π2

⇔ a.sina+2cosa > b.sinb+2.cosb

hay a.sina−b.sinb > 2.(cosb cos− a) đpcm.

Bài 9: Chứng minh rằng 4.tan50.tan90 <3.tan60.tan100

Giải

Xét hàm số ( )

x

x x

với 0 4

π

<

< x

2 cos 2

2 sin 2

2 2

x x

x x

x

f

( vì ta đã có sinα <α <tanα nếu 0 2

π

α <

<

)

⇒ hàm số f( )x là đồng biến trên 0 2

π

<

< x

với 5<6 thì f( )5 < f( )6 ⇔ 









<













180

6 180

f

, tức là

180

6180

6 tan

180

5180

5

tan

π

π π

π

<

⇔ 6 tan 5 0 < 5 tan 6 0 ( 2)

chứng minh tương tự ta cũng có 10.tan90 <9.tan100 (3)

Nhân từng vế (2) và (3) ta suy ra 4.tan50.tan90 <3.tan60.tan100 đpcm.

Bài 10: Cho x≥ y≥z>0 chứng minh y

x z x

z y z

y

x2 2 2

+

z y

≥

Giải

z y x

z x y z y x

2 2 3 2 3 3

x2 + y2 +z2 ⇔

( 2 2 2)

3 2 3

2

2

z y x xz y

z x y

z

y

x

+ +

≥ +

+

⇔ + + . ≥ .  + 2 +1

2 2

2 2

2 3

3 2

2 3

3

y

z y

x y

z y

x y

x y

z y

z y x

đặt u= y

x

, v = y

z

ta có u≥ 1 ≥v >0 nên bất đẳng thức có dạng u3 +v2 +u2.v3 ≥u.v(u2 +v2 +1)

u3(1−v)+u2.v3 −u.v(1+v2)+v2 ≥0 (2)

Nếu v=1 thì (2) có dạng u2 −2.u+1≥0 tức là (2) đúng

Nếu 0<v<1 xét hàm số f( )u =u3(1−v)+u2.v3 −u.v(1+v2)+v2 với v≥1

Ta có f,( )u =3.u2(1−v)+2.u.v3 −v(1+v2)

f ,,( )u =6.u(1−v)+2.v3 >0 (do 0<v<1 và u≥1) ⇒ f,( )u

là hàm số đồng biến khi 1

≥

u nên mọi u≥1 ta có f,( )u

≥ f'( )1

mà f'( )1 =v3 −4.v+3=(v−1)(v2 +v−3)>0 nên f,( )u

0 f (u) là hàm số đồng biến khi u 1 Tức là 1 ta có f(u) f(1) = v2 - 2v + 1 = (v- 1)2 > 0

Vậy u3(1 - v) + u2v2 - u2v3 - uv (1 + v2) + v2 0 1 > v > 0

x z x

z y

z

y

x2 2 2

+

z y

Bài 11: Chứng minh x− x <ln(1+x)< x

2

2

với mọi x>0

Giải

Ta chứng minh x− x <ln(1+x)

2

2

∀x>0

2 1

ln

2

>

+

−

, f,( )x

>

>

+

= +

−

x x x

Suy ra f( )x đồng biến với mọi x>0

2 1

ln

2

>

+

−

,x>0 ⇔ x− x <ln(1+x)

2

2

với mọi x >0 (1)

Ta chứng minh ln(1+x)< x,x>0

Đặt g( )x = x−ln(1+x), với x>0 , g( )0 =o

1 1

1 1

+

= +

−

=

x

x x x

g

, khi x >0

⇔ g( )x >0 ,∀x>0 ⇔ x−ln(1+x)>0, khi x>0

⇔ ln(1+x)< x, với x >0 (2)

Từ (1),(2) ⇒ x− x <ln(1+x)

2

2

<x ,với mọi x>0 đpcm Bài 12 Chứng minh rằng x x

x x

+

<

−

1 2

2

với x>0

Giải

Do x>0 nên x x

x x

+

<

−

1 2

2

1 2

+

<

−

x

x

, ∀x>0

Hướng dẫn học sinh đưa về chứng minh ⇔ 





 <

+

−

>

+

1 1 1

2 1 1 1

x x x

Ta chứng minh 1 1

1 <

+

x ∀x>0

Vì x>0 nên x+1>1 ⇒ x+1>1 ⇒ 1 1

1 <

+

x (1)

Ta chứng minh 1

1 2

1

+

<

−

x

x

∀x>0

2 1

+

x x

g

x >0 ,g( )0 =0

( )

1 1

2

1

3

















+

−

=

x x

g

, với x>0 ⇒ hàm số đồng biến với x>0 ⇔ g( ) ( )x >g 0 =0 với ∀x>0

1 + − >

+

x

x ∀x>0 ⇔ 1

1 2

1

+

<

−

x

x

∀x>0

1 2

+

<

−

x

x

x x

+

<

−

1 2

2

, ∀x>0 đpcm.

Bài 13: Chứng minh rằng :( ) 2

2

1 sin

π

− +

−

x x

với 0 2

π

<

< x

Giải

Yêu cầu bài toán ⇔ ( ) 2

2

1 sin

π

−

≤

− −

−

x x

Xét hàm số f( )x =( ) 2 2

sinx − −x− với 0 2

π

<

< x

Ta có f,( )x

=-2(sin )− 3 cos + 2 − 3 > 0

x x

π

<

< x

⇔ 2 x− 3 > 2 (sinx)−3 cosx ⇔ x3 3x x

sin

cos

1 >

do các vế đều dương ⇒ 3 cos

sin

x

x

x<

sin

x

x

⇔ sin (cos ) 3 0

1

>

−

− x x

x đặt g( )x = x( x)− −x

3

1

cos

⇒ ( ) ( ) (cos ) sin 1

3

1

3

4 3

2

x x

x x

g

, g,( )0 =0

⇒ g ( )x ( x) 2 x

3

2

9

=

với 0 2

π

<

< x

⇒ g,,( )x > g,,( )0 = 0 với 0< x<π2

⇒

( )x

g,

đồng biến 









 2

;

0 π

⇒ g,( )x

>g,( )0 ⇒ g( )x đồng biến 









 2

;

0 π

.⇒ g( )x >g( )0 ⇒ f( )x đồng biến 









 2

;

0 π

2

4 1 2

1

π











−

=













≤

−

f











∈

∀

2

;

0 π

x

Do đó ( ) 2 2

sinx − −x− 2

4 1

π

−

≤

2

1 sin

π

− +

−

x x











∈

∀

2

;

0 π

x

đpcm.

Bài 14: Cho a,b,c>0 và a2 +b2 +c2 =1 chứng minh rằng

3 3

2 2 2 2 2

+

+ +

+

c a

c

b c

b

a

(1)

Giải

Từ giả thiết ⇒ 2 2 2

1 a

c

1 b

a

1 c

b

thay vào (1) ta có

( ) ( ) ( 2)

2 2

2 2

2 2

2 2

2 2 2 2

2

c b

b

b a

a

a c

c b

b a

a b

a

c a

c

b

c

b

a

−

+

−

+

−

=

−

+

−

+

−

= +

+ +

+

( do a, b ,c đều dương )

Xét hàm số f( )x = x(1−x)=−x3+ x , x∈( )0;1

f,( )x =−3.x2 +1

⇒ f,( )x

>0 ∀ ∈ 3

1

; 0

x

và f,( )x

<0 ∀ ∈ 3;1

1

x

⇒ 0< f( )x ≤ 3 3

2 3

1 =









f

⇒ ( ) 2

3 3

1 ≥

x