Chuyên đề:"BẤT ĐẲNG THỨC"

 P 2 : Đây là phương pháp chứng minh phổ biến nhất; thường sử dụng khi chứng minh các BĐT có điều kiện ràng buộc.. Để chứng minh A  B với biến thoả điều kiện “m” nào đó;ta có thể: * Th

Chuyên đề: Đẳng thức – Bất dẳng thức

I – KIẾN THỨC CƠ BẢN:

* Các tính chất cơ bản:

 ab a b 0 ab c ac b cacb

b

c

c

a













d c b a







































0 :

0 :

c khi c b c a

c khi c b c a b























0

; 0 :

0

; 0 :

2 2 2 2

b a khi b a

b a khi b a b

a b a

   1 1a.b 0

b a b

* Một số bất đẳng thức thông dụng:

 Bất đẳng thức Cô – si: Với n số không âm: a1;a2;a3; ;a n1;a n; ta có:

n

n

a a

a

2 1 2

1    Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: a1 a2 a3  a n

Hệ quả:   2

a

b b

a

; với a b 0 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: a b

 Bất đẳng thức Bunhiacốpxki:

Với 2n bộ số tương ứng: a1;a2;a3; ;a n1;a nvàb1;b2;b3; ;b n1;b n; ta có:

3 3 2 2 1 1 2 3

3

2 2

2 1 2 3

3

2

2

2

1 a a a n b b b b n a.b a b a b a n.b n

khi và chỉ khi:

n

n

b

a b

a b

a







2

2 1 1

 Bất đẳng thức Trê – bư – sép:

Với hai dãy sắp thứ tự giống nhau: a1 a2 a3  a nvà b1 b2 b3  b n; ta có:

a1a2 a3  a nb1b2 b3 b n na1b1a2b2 a3b3 a n b n Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: a1 a2 a3  a n;b1 b2 b3  b n

 Bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối: a  b ab Dấu “=” xảy ra khi a b 0

 Hệ quả: a  b a b Dấu “=” xảy ra khi a b b 0

 Bổ sung: Với ab 0 Ta có: * a b  ab Dấu “=” xảy ra khi a b 0

* a  b  a b Dấu “=” xảy ra khi b 0hoặc a  b

 Chuỗi bất đẳng thức cơ bản: A2n  0 ;n  ;A 

(A - B)2 ≥ 0 (1)  A2 + B2 ≥ 2AB (2)

(4) ↕ (3) 4AB ≤ (A + B)2 ≤ 2(A2 + B2)

↕ 

1 1 4

A B A B (5) (A1+A2+ +An)2 ≤ n  2 2 2

A A  A ,…(6) Với các BĐT (1), ,(5): dấu “=” BĐT (6):dấu “=” xảy ra khi xảy ra khi A = B A1=A2= =An

II – MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH CƠ BẢN:

Trong quá trình giải toán về chứng minh bất đẳng thức ta thường bắt gặp hai loại bất đẳng thức phổ

biến là: Bất đẳng thức không điều kiện và bất đẳng thức có điều kiện

 Phương pháp 1: Dùng định nghĩa và các tính chất của bất đẳng thức

 P 2 : Để chứng minh A  Bta có thể:

* Chứng minh:A B  0 hoặc

B A

1 1



B A B A

* Sử dụng các tính chất cơ bản của BĐT để chứng minh BĐT đã cho là BĐT đúng

 Các ví dụ minh hoạ:

 Ví dụ 1: Cho a;b;c;d;elà các số thực Chứng minh rằng: a2 b2 c2 d2 e2 a.bcde

* Nhận xét – Tìm hướng giải:

- Vế trái là một tổng các bình phương; vế phải khai triển tích sẽ cho ta 4 tích chứa đều chứa thừa số là a Do đó xét hiệu (vế trái trừ vế phải) ta sẽ có được tổng của các bình phương

 GIẢI: Xét hiệu:

M= a2 b2 c2 d2 e2  a.bcde

2 2

2 2

2 2

2 2

2 2

2 2

2 2 2 2 2

2 2

2 2

4

4

4

4

.



























































































































































e a d a c a b a

e e a a d d a a c c a a b b a a

e a d a c a b a e d c b a

Ta thấy:







































0 ,

; 0 2

,

; 0 2

,

; 0 2

,

; 0 2

2 2 2 2

M e

a e

a

d a d

a

c a c

a

b a b

a

b c d e

a e d

c

b

a2  2  2  2  2     (ĐPCM)

+ Dấu “=” xảy ra khi

2

a e d c

b   

 Ví dụ 2: Cho m;n 0 ; p  Chứng minh rằng: m3 n3 m.n.pmnmn p

* Nhận xét – Tìm hướng giải: Ta thấy hiệu của vế trái và vế phải sẽ triệt tiêu hạng tử m.n.p và xuất hiện biểu thức: (m3 n3 )  m.nmn; giá trị của biểu thức không phụ thuộc vào p Do đó để chứng

minh: m3 n3 m.n.pmnmnp ta cần chứng minh: ( 3 3 )   0







n m n m n m

 GIẢI: Xét hiệu: Am3 n3 m.n.p mnmnp

3

(m n  m n mn  mn m  m nn mn m n



Vì : m 0 ;n 0  mn 0 ; p(1)

m n2 0 ; m;n;p





 (2) Từ (1) và (2) suy ra: A 0  m3 n3 m.n.pmnmnp (ĐPCM) + Dấu “=” xảy ra khi: mn

 Ví dụ 3: Cho hai số x; thoả mãn điều kiện: y xy  1 Chứng minh: 2 2 12



y

x (Đề thi vàolớp 10; THPTchuyên Lê Quí Đôn 2003 – 2004)

* Nhận xét – Tìm hướng giải: Đây là bài toán chứng minh BĐT có điều kiện Ta thấy:

   

2

2 2

2

y

x      Do đó BĐT trên đúng nếu:  2  2 1







y x y

 GIẢI: Từ điều kiệnxy  1  xy2  1 (a)

 2 0



 y

Cộng (a) và (b) vế theo vế ta có:      

2

1 1

2 2

















chỉ khi xy1

 BÀI TẬP TỰ LUYỆN:

 Bài 1: Chứng minh các bất đẳng thức sau: (Không có điều kiện ràng buộc của biến)

a) a2b2c2abbcca ( HD: Nhân hai vế với 2; chuyển vế xuất hiện dạng A  B2)

b) a3b3 abab với a; b 0 ( HD: Chia hai vế cho a  b; chuyển vế xuất hiện dạng A  B2) c) abc2  3abbcca

( HD: Xét hiệu:  2     2  2  2

2

1

c b

d) ab a3 b3 2a4 b4

( HD: Xét hiệu: 2a4 b4 ab a3 b3 a b2a2 abb2)

e) a b c   abc

4

3

2 2

2

4

2 2 2





















 Bài 2: Chứng minh các bất đẳng thức sau: (Có điều kiện ràng buộc của biến)

a) 4 4 81



y

x với xy  1 (HD: Aùp dụng kết quả ví dụ 3 và giải tương tự như ví dụ 3)

b) x4 y4 z4 x3 y3 z3; với xyz 3 (HD:Nhân hai vế với xyz 3 và xét hiệu)



y

x ; với x;y  0 và x3y3 x y

(HD: Kết hợp điều kiện để có: 1  x2  y2 1  x2  y2  x3 y3  xy   0)

d) x3 y3 x2 y2; với x;y  0 và x3 y4 x2 y3

(HD: Cho C > D; chứng minh A > B Ta chứng minh: (A – B) + (C – D) > 0 )

 Phương pháp 2: Sử dụng các bất đẳng thức cơ bản

 P 2 : Đây là phương pháp chứng minh phổ biến nhất; thường sử dụng khi chứng minh các BĐT có điều kiện ràng buộc Để chứng minh A  B với biến thoả điều kiện “m” nào đó;ta có thể:

* Thực hiện các kĩ năng biến đổi sơ cấp cơ bản sao cho một vế của BĐT thoả điều kiện của của các BĐT cơ bản đã biết

* Sử dụng các tính chất cơ bản của BĐT và kết hợp với điều kiện “m” để chứng minh BĐT đã cho là BĐT đúng

* Chú ý: + Điều kiện ràng buộc của các bất đẳng thức cơ bản như: Cô – si; Bunhiacốpxki; ….

 Các ví dụ minh hoạ:

 Ví dụ 1: Chứng minh rằng:

3

16

4 4

4 y z 

x với xyyzzx 4

* Nhận xét – Tìm hướng giải:

- Ta thấy 4 4 4  2 2 2        2 2 2 2 2 2

1 1 1 ) (

3 x y z    x  y  z thoả điều kiện của BĐT Bunhiacốpxki

- Mặt khác một vế của điều kiện ràng buộc cũng là một vế của BĐT Bunhiacốpxki vế còn lại xuất hiện biểu thức trung gian x2 y2 z2 Do đó ta có thể sử dụng hai lần BĐT Bunhiacốpxki

 GIẢI:

+ Aùp dụng BĐT Bunhiacốpxki với hai bộ số x;y;zvà y;z;x theo điều kiện cho trước ta có:  2 2 2  2 2 2  2 2 22

16

) (xyyzzx x y z x y z  x y z (1)

+ Aùp dụng BĐT Bunhiacốpxki với hai bộ số x2 ;y2 ;z2và 1;1;1 ta có:

x2 y2 z22 1  1  1 x4 y4 z4 (2)

+ Từ (1) và (2) ta có ĐPCM

 Ví dụ 2: Cho a,b,c 0 ;abc  1Chứng minh rằng: a 1  b 1  c 1 27

* Nhận xét – Tìm hướng giải:

- Ta nhìn tổnga 1dưới dạng tích 1 a 1 Khi đó: a 1  1 (a 1 )có dạng áp dụng được BĐT

Cô – si

 GIẢI: Ta có:

2 3 2

1 1

1 1

2 2

1 1 1

1 1

1 2 2

1 1 1

1 1

1 2 2

1 1 1

1 1





















































































c b a c

b a

c c

c c

b b

b b

a a

a a

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a 1 b 1 c 1  1  abc 0  abc 0  1; trái với giả thiết

Vậy a 1  b 1  c 1 27

 Ví dụ 3: Cho các số không âm a;b;x;ythoả các điều kiện sau: a2005 b2005  1và 2005 2005 1



y

Chứng minh rằng: 1975 30 1975 30 1



b y x

* Nhận xét – Tìm hướng giải: Ta nhận thấy:

+ Các đa thức tham gia trong bài toán cùng bậc: 2005  1975  30 Đồng thời số mũ của các biến

tương ứng bằng nhau

+ Để xuất hiện điều kiện của bài toán thì: với a; bcần thêm vào số mũ một lượng bằng số mũ của

biến tương ứngx; và ngược lại y

  2005 200530 2005 20051975 200530

2005 2005 1975 30

 GIẢI: Aùp dụng BĐT Cô – si cho 1975 số a2005 và 30 số x2005 Ta có:

  2005 20051975 200530 1975 30

2005 2005

.

30 1975

30

1975

x a x

a x

a









(1) Tương tự:  2005  2005 2005 20051975. 200530 1975 30

30 1975

30

1975

y b y

b y

b









(2) Từ (1) và (2) ta có: 1975 a2005 b2005 30 x2005 y2005 2005 (a1975 x30 b1975 y30 ) (3)

Vì: a2005 b2005  1và 2005 2005 1



y

x nên: 2005  1975 a2005 b2005 30 x2005 y2005 (4) Từ (3) và (4) ta có: 2005 2005 ( 1975 30 1975 30 ) 1975 30 1975 30 1









Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: a1975 x30 ;b1975 y30

Bài toán tổng quát: Từ bài toán ví dụ 3 ta có bài toán tổng quát sau: “Cho a;b;x;y là các số

không âm thoả mãn: a mn b mn  1và x mn y mn  1 Khi đó: a m.x n b m.y n  1”

 Ví dụ 4: Chứng minh rằng: x4 y4 z4 x3 y3 z3; với x,y,z 0 ;xyz 3

* Nhận xét – Tìm hướng giải: Ta nhận thấy với xyz 3 thì ta có thể giải như phương pháp 1 Song

với điều kiệnx,y,z 0 ;xyz 3 và vai trò bình đẳng của x;y;z nên ta có thể giả sử

3 3

x

z

y

x     Điều kiện này thoả mãn điều kiện của BĐT Trê – bư – sép

 GIẢI: Do vai trò bình đẳng của x;y;z nên giả sử xyz x3 y3 z3 Aùp dụng BĐT Trê – bư

– sép với hai dãy sắp thứ tự: (xyz); (x3 y3 z3 ) Ta có:

3 x4 y4 z4xyz x3 y3 z3 (1)









z

y

x vàxyz 3, suy ra: xyz x3 y3 z3 3 x3 y3 z3 (2)

Từ (1) và (2) ta có: x4 y4 z4 x3 y3 z3 (đpcm)

 BÀI TẬP TỰ LUYỆN:

1/- Chứng minh rằng:   1 1 1 9



















z y x z y

HD: - Khai triển vế trái rồi sử dụng BĐT Cô – si cho 3 số dương: y x;z y;x z









c a c

b c b

a

Với a;b;c  0 (BĐT Nesbit)

HD: - Sử dụng kết quả bài 1 với xbc;yca;zab

- Có thể sử dụng BĐT Trê – bư – sép

3/ - Chứng minh rằng:

2

2 2

b a

c a c

b c b











HD: + Cách 1: Sử dụng kết quả bài 2

+ Cách 2: Aùp dụng BĐT Cô – si để chứng minh:

4

a c b





+ Cách 3: Aùp dụng BĐT Bunhiacốpxki với hai bộ số:

 b c c a a b

b a

c a c

b c b

a























4/ - Chứng minh rằng: 1 . 1 . 1 1032























































a

c c

b b

HD: - Khai triển vế trái rối sử dụng BĐT Cô – si với ba số

27

1 ,

,b c a b c 

a

- Sử dụng kết quả bài tập 1

5/ - Chứng minh rằng:

2

2 2

3 2 2

3 2 2

a c

c c b

b b a











HD: +

2

2 2 2

2 2 2

2 2

2

3 2 2

3 2 2

a c

ca c b

bc b a

ab c

b a a c

c c b

b b a































+ Aùp dụng BĐT Cô –si để chứng minh BĐT trung gian:

2

2 2

b a

ab





6/ - Chứng minh rằng:

2

3

3 3 3











c a c

b c b





HD: Sử dụng BĐT Trê – bư – sép và BĐT Nesbit.

7/ - Chứng minh rằng: ab ac ac  3a 2bc 3a 2d c

HD: - Tách a c a c a c

2

1 2

1 2

1 2

1









 rồi áp dụng BĐT chứa dấu giá trị tuyệt đối



























1 2

1 2

1 3

1 3

1 3

1

Với a;b;c 0

HD: - Sử dụng BĐT (5) trong chuỗi BĐT cơ bản

9/ Chứng minh rằng:

n

n x

x x

x         

1

1 1 1

3 2 1

2

3 2 1

Với x i  0 ;i  1 ; 2 ; 3 ; ;n

(BĐT mở rộng tổng quát của BĐT (5) trong chuỗi BĐT cơ bản)

HD: - Sử dụng BĐT Bunhiacốpxki.

10/- Chứng minh rằng: 31  3 1  3 1  23









b

a Với a;b;c 0và thoả mãn: a.b.c  1

HD: - Biến đổi vế trái và áp dụng kết quả bài tập 9:

























































c b a

c b a a b

c c a

b b c

a cb ca

c ba bc

b ac ab

a

1 1 1 2

1 1 1 1 1

1 1 1

1 1 1

1 1

1

2 2

2 2

2 2

- Sử dụng BĐT Cô – si vơi ba số 











c b a

1 , 1 , 1

 Phương pháp 3: Phương pháp làm trội làm giảm

 P 2 : Phương pháp này thường sử dụng trong các bài toán chứng minh BĐT mà có một vế là một dãy số theo qui luật

* Thực chất của phương pháp này là sử dụng hệ quả của tính chất bắc cầu.Ta thường sử dụng phần tử trung gian để làm trội hay giảm các số hạng của tổng

* Từ các phần tử trung gian này giúp ta tính được giá trị dễ dàng

* Chú ý: Chọn phần tử trung gian hợp lí sao cho việc tính giá trị trung gian dễ dàng; ….

 Các ví dụ minh hoạ:

3

1 2

1 3

n

* Nhận xét – Tìm hướng giải: Ta thấy các BĐT cần chứng minh có một vế là một tổng vô hạn có số hạng tổng quát là:

k

1

Việc tính giá trị của tổng rất khó khăn nên ta phải nghĩ đến việc xác định phần tử trung gian











k nên ta có thể làm trội làm giảm số hạng của tổng

3

1 2

1









a) – Chứng minh: A 2 n 3 (Làm giảm mỗi số hạng của A)

k k

k k

k      2 1

1

2 2

1

Do đó:

Ta lại có: 2 n 1  2 2  2 n 1  3  2 n 3

Vậy: A 2 n 3 (*)

b) – Chứng minh: A 2 n 2 (Làm trội mỗi số hạng của A)

1

2 2

1















k k

k k

Vậy: A 2 n 2 (**)

3

1 2

1 3

n n

!

1

! 3

1

! 2

1









n với n  ; n 2

* Nhận xét – Tìm hướng giải: Ta thấy các BĐT cần chứng minh có một vế là một tổng vô hạn có số hạng tổng quát là:

!

1

n Việc tính giá trị của tổng rất khó khăn nên ta phải nghĩ đến việc xác định phần tử trung gian

- Ta có: k1! k11.k với k  2nên ta có thể làm giảm số hạng của tổng.

 GIẢI: Đặt

!

1

! 3

1

! 2

1

n

A    Vì k1! k 11.k



 với k 2nên:

1 1

1 1

1

4

1 3

1 3

1 2

1 2

1 1 1

1

3

2

1

2

1





















































































n n

n n

n A

!

1

! 3

1

!

2

1









n với n  ; n 2

 BÀI TẬP TỰ LUYỆN:

1 1999

1 2

1998

1

1997 3

1 1998

2

1 1999

1

1











HD: Aùp dụng BĐT Cô – si để chứng minh mỗi số hạng đều nhỏ hơn 0,001.

1

1

4 5

1 3 4

1 2 3

1 2

1















n

n





















































1 1

2 1

1 1

1 1

1

1

n n n

n n

n n

4

1 3

1 2

1 2

1

2 2

2



n với n  ; n 2

HD: Sử dụngn11.n  n12  n.n11 để làm trội, làm giảm các số hạng của tổng

 Phương pháp 4: Sử dụng các phép chứng minh suy luận cơ bản

 P 2 : Phương pháp này sử dụng các phép chứng minh suy luận cơ bản như: Phương pháp chứng minh phản chứng hay phương pháp chứng minh qui nạp

* Chú ý: Cần trang bị (Nhắc lại các phương pháp chứng minh)

Cần chứng minh: A  B (*) là đúng

 Chứng minh qui nạp: Phương pháp này thường sử dụng trong các bài toán mà A hoặc B có liên quan

đến dãy n phần tử n 

* Kiểm tra (*) đúng với n = c (c là hữu hạn)

* Giả sử (*) đúng với n = k (k bất kì)

* Cần chứng minh (*) đúng vơi n = k + 1

 Chứng minh phản chứng:

* Aùp dụng tính chất:A B B A Do đó để chứng minhA  Blà đúng, ta chứng minh: B  A là đúng Trong đó A là một mâu thuẫn

 Các ví dụ minh hoạ:

 Ví dụ 1: Cho 25 số tự nhiên:a1 ;a2 ;a3 ; ;a25 thoả điều kiện: 1 1 1 1 9

25 3

2 1











a a

a a

Chứng minh rằng: Trong 25 số tự nhiên đó, tồn tại hai số hằng nhau

* Nhận xét – Tìm hướng giải: Việc chứng minh (Chỉ rõ sự tồn tại hai số bằng nhau trong dãy) là

khó.Đồng thời vế trái của giả thiết có dạng tương tự một vế của một BĐT ( Ví dụ 1 – Phương pháp 3)

Do đó ta có thể sử dụng chứng minh phản chứng

 GIẢI: Giả sử trong 25 số đã cho không có hai số nào bằng nhau, có nghĩa: a1 a2 a3  a25 Không mất tính tổng quát, giả sử: a1 a2 a3  a 25 Vì: a1;a2;a3; ;a25 ; nên:

a1  1 ;a2  2 ;a3  3 ; ;a25  25

Khi đó: 125

3

1 2

1 1

1 1

1 1 1

25 3

2 1



















a a

a a

25

1

3

1 2

1 1

1

















25 3

2 1











a a

a

a Điều này mâu thuẫn với giả thiết Do đó tồn tại hai sô bằng nhau

 Ví dụ 2: Chứng minh rằng: Với mọi số nguyên dương n:

2

1

3 2

1      n

n n

* Nhận xét – Tìm hướng giải: Đây là một BĐT có một vế là một tổng vô hạn Do đó việc biến đổi tìm tổng là khó Ta sử dụng phương pháp qui nạp toán học

 GIẢI:

* Với n 1 Ta có:

2

1 1 1

1   Suy ra BĐT đúng (1)

* Giả sử BĐT đúng với n  k, nghĩa là:

2

1

3 2

k k

* Với nk 1 Xét BĐT:

2

2 ).

1 ( 1

3 2 1

1























k k

k k

S k































2 1 1

2

1 1

1

k k k

k k k S

2

2 1 1 1

2 1 2

2 ).

1 ( (*) 2

2 ).

1 (

1











































k k k

k k

k k

k k

S k

k 2 k 1k 2 k2 2k 2 2 k2 3k 2 2k 2 3k

























Vậy với nk 1thì

2

2 ).

1 ( 1

3 2 1

1























k k

k k

Từ (1), (2) và (3) ta có điều phải chứng minh

 BÀI TẬP TỰ LUYỆN:

a) Chứng minh rằng: ab 2 Với 3 3 2



b

a (HD: Chứng minh phản chứng)

b) Chứng minh các BĐT Cô – si, Bunhiacốpxki tổng quát

 Phương pháp 5: Phương pháp hình học

 P : Phương pháp này thường sử dụng trong các bài toán trên tập 2   Khi đó ta thường xây dựng

các hình có số đo của các yếu tố là các thành phần tham gia trong BĐT (Thông thường là số đo các cạnh, đoạn thẳng,…).

- Sử dụng các BĐT trong hình học như: BĐT tam giác; quan hệ giữa hình chiếu – đường vuông góc – đường xiên,…

 Các ví dụ minh hoạ:

 Ví dụ 1: Chứng minh rằng: ab a b Vơi a, b 0

* Nhận xét – Tìm hướng giải: (Bài toán này có thể giải bằng những cách khác)

- Ta thấy các yếu tố trong BĐT có mối quan hệ thoả mãn định lí Pi – ta – go trong hình học Khi đó mỗi yếu tố tương ứng là số đo của một cạnh trong tam giác

- Đặt: x a;y b;z ab  x,y,z 0 Ta thấy:z2 x2 y2, suy ra x;y;z lần lượt là ba cạnh của tam giác vuông

 GIẢI: - Dựng tam giác vuông có hai cạnh góc vuông lần lượt có độ dài là a ; b Khi đó theo định lí

Pi – ta – go thì độ dài cạnh huyền là a  b

- Do đó: ab  a b (BĐT tam giác) Suy ra điều phải chứng minh

 Ví dụ 2: Chứng minh rằng: a2b2. b2c2 bac Với a;b;c 0

Đẳng thức xảy ra khi nào?

* Nhận xét – Tìm hướng giải: BĐT này có thể chứng minh theo phương pháp 1 Song với cách chứng minh đó ta thấy phức tạp trong biến đổi

- Vì a;b;c 0nên nếu ta nhìn nhận a;b;clà độ dài các đoạn thẳng trong tam giác Khi đó BĐT đã cho là một BĐT hình học Cụ thể là BĐT giữa tích các đoạn thẳng nên ta cần xây dựng yếu tố diện tích

- Nếu b là độ dài đường cao trong một tam giác thì độ dài đáy tương ứng làa  c Khi đóa; lần c

lượt là hình chiếu của hai cạnh còn lại có số đo tương ứng là ab; bc

 GIẢI: Vẽ tam giác vuông AHB vuông tại H có HB  b; AH  a

Suy ra AB a2 b2 Trên tia đối của HA lấy C sao cho HC  c

Suy ra BC  b2 c2 Hạ AK  BC Khi đó:

BC AK AC BH

S ABC .

Mà AK  AB(T/c đường vuông góc và đường xiên) Suy ra:

BC AB AC BH BC

AB BC AK AC

BH

S ABC .

hay a2b2. b2c2 bac Với a;b;c 0 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi AK AB K B ABC

vuông tại B b2 a.c

 BÀI TẬP TỰ LUYỆN:

a) – Chứng minh rằng: a2c2b2c2 a2d2b2d2abcd Với a;b;c;d  0

HD: - Xét tứ giác ABCD có AC  BD tại O vàOAa;Obb;OC c;ODd

- Có thể sử dụng BĐT Bunhiacôpxki

b) – Chứng minh rằng: a1  bb1  cc1  a  1 Với a;b,c  ; 0 a,b,c  1

HD: Trên các cạnh của tam giác đều ABC Lấy các điểm M; N; P thoả: AM = a; BN = b; CP = c.

 Phương pháp 6: Phương pháp tam thức bậc hai

 P : Phương pháp này ít sử dụng Đây là phương pháp dùng điều kiện có nghiệm của phương trình2

bậc hai hoặc định lí về dấu của tam thức bậc hai

 Các ví dụ minh hoạ:

 Ví dụ 1: Chứng minh rằng: 2 2 2 2 2 4 3 0











 y xy x x x

* Nhận xét – Tìm hướng giải: -Ta có thể giải bài toán trên bằng cách biến đổi thành tổng của hai bình phương:  12  12 1 0











x Ngoài ra ta còn có thể sử dụng định lí về dấu tam thức bậc hai

 GIẢI: Xét tam thức bậc hai:   2 2 1 2 2 4 3











x y x y y

























III – MỘT SỐ BÀI TẬP TỔNG HỢP TỰ GIẢI:

1/ - Cho a,b,c ;abc  1 Chứng minh rằng:

a) 5 2 2 2 6 3 3 3 1











b)

8

27 1

1 1

1 1

1











27

7 2 bb cc a a b c 

d) 2a3 b3 c3 3 a.b.cabc.a2 b2 c2















a

A

B

K

C

H

a

c

b

3/ - Cho các số dương x;y;zthoả:111 4

z y

x

2

1 2

1 2

1

















y z x y z x y z x

4/ - Cho các số dương a;b;c Chứng minh rằng:

a c

a c c b

c b b

a

b

a





















2

b)

2

1 3

2

1 2

3

1 3

2

1

















a

c) a 3ab b 2c 2a bc b 3c 3a ca2b c a6bc















5/ Cho các số dương x;y;zthoả:123 6

z y











y z x y z x

(Thi vào 10 chuyên Hà Nội – Amsterdam :2005 – 2006 )

6/ - Cho các số dương x; thoả: y xy 1 Chứng minh rằng: 2 2 3 2  14





y x xy

7/ - Cho abcd  1 Chứng minh:   

2

1 2





a

8/ - Cho ab 8 ;b 3 Chứng minh: 37a3  10b3  945

(TOÁN HỌC& TUỔI TRẺ Số 370)

9/ - Cho abc  3 Chứng minh: 1 2 1 2 1 2 23









a b

a a a

(Thi GVDG Quảng Ngãi: 2005 – 2006)

10/ - Cho ab 4 Chứng minh rằng: a4 b4  32 (Thi GVDG Bình Định: 2007 – 2008)

11/ - Cho a;b;clà độ dài ba cạnh của một tam giác Chứng minh:

a)

c b a b a c a c b c b

a

1 1 1 1

1 1





































c b a c

b a

c

b

a

c) a2 b2 c2  2abbcca

d) abcab cbc aca b 0

12/ - Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n 1thì:

3

1 2

1 1

1 2

1





















n n n

n n

13/ - Chứng minh: 2n  2n 1 Vớin  ; n 3

14/ - Chứng minh:

2 1 2

1

4

1 3

1 2

1











15/ - Cho các số a,b,c  0 ;a.b.c  1 Chứng minh rằng:a 1 .b 1 .c 1 8