Đăng ký Đăng nhập
Trang chủ Giáo dục - Đào tạo Luyện thi - Đề thi Đề thi lớp 12 Khám phá tư duy kĩ thuật giải bất đẳng thức bài toán min max...

Tài liệu Khám phá tư duy kĩ thuật giải bất đẳng thức bài toán min max

.PDF
734
390
139

Mô tả:

Khám phá tư duy kĩ thuật giải bất đẳng thức bài toán min max
ÑAËNG THAØNH NAM et bo ok .c om .v n (Trung taâm Nghieân cöùu vaø phaùt trieån saûn phaåm giaùo duïc Newstudy.vn) vi SOAÏN THEO CAÁU TRUÙC MÔÙI AÙP DUÏNG KÌ THI THPT QUOÁC GIA kh a ng (PHIEÂN BAÛN MÔÙI NHAÁT) Daønh cho hoïc sinh 10, 11, 12 naâng cao kieán thöùc. Boài döôõng hoïc sinh gioûi luyeän thi Quoác Gia. NHAØ XUAÁT BAÛN ÑAÏI HOÏC QUOÁC GIA HAØ NOÄI MUÏC LUÏC kh a ng vi et bo ok .c om .v n Chöông 1: Baát ñaúng thöùc vaø caùc kyõ thuaät cô baûn Chuû ñeà 1. Kyõ thuaät bieán ñoåi töông ñöông .............................................. 04 Chuû ñeà 2. Kyõ thuaät minh phaûn chöùng .................................................... 45 Chuû ñeà 3. Kyõ thuaät quy naïp toaùn hoïc ..................................................... 56 Chuû ñeà 4. Kyõ thuaät mieàn giaù trò ............................................................. 60 Chuû ñeà 5. Kyõ thuaät söû duïng nguyeân lí Diricle ....................................... 68 Chuû ñeà 6. Kyõ thuaät tam thöùc baäc hai ..................................................... 73 Chuû ñeà 7. Kyõ thuaät ñaùnh giaù baát ñaúng thöùc tích phaân ......................... 93 Chöông 2: Baát ñaúng thöùc vaø phöông phaùp tieáp caän Chuû ñeà 1. Caùc kyõ thuaät söû suïng baát ñaúng thöùc AM-GM cô baûn .......... 102 Chuû ñeà 2. Kyõ thuaät gheùp caëp trong chöùng minh ñaúng thöùc AM-GM ............. 198 Chuû ñeà 3. Kyõ thuaät söû duïng baát ñaúng thöùc AM-GM daïng coäng maãu soá ........211 Chuû ñeà 4. Kyõ thuaät söû duïng baát ñaúng thöùc Cauchy-Schwarz .............. 218 Chuû ñeà 5. Kyõ thuaät söû duïng baát ñaúng thöùc Cauchy-Schwarz daïng phaân thöùc ................................................................................ 243 Chuû ñeà 6. Kyõ thuaät tham soá hoùa ........................................................... 278 Chuû ñeà 7. Baát ñaúng thöùc Holder vaø öùng duïng ...................................... 291 Chuû ñeà 8. Kyõ thuaät söû duïng baát ñaúng thöùc Chebyshev ....................... 304 Chuû ñeà 9. Baát ñaúng thöùc Bernoulli vaø öùng duïng .................................. 314 Chöông 3: Phöông trình haøm soá trong giaûi toaùn baát ñaúng thöùc vaø cöïc trò Chuû ñeà 1. Kyõ thuaät söû duïng tính ñôn ñieäu vôùi baøi toaùn cöïc trò vaø baát ñaúng thöùc moät bieán soá ......................................................... 325 Chuû ñeà 2. Kyõ thuaät söû duïng tính ñôn ñieäu cho baøi toaùn cöïc trò vaø baát ñaúng thöùc hai bieán soá .......................................................... 351 Chuû ñeà 3. Kyõ thuaät söû duïng tính ñôn ñieäu cho baøi toaùn cöïc trò vaø baát ñaúng thöùc ba bieán soá............................................................ 379 Chuû ñeà 4. Kyõ thuaät söû duïng tính thuaàn nhaát....................................... 427 Chuû ñeà 5. Kyõ thuaät söû duïng baát ñaúng thöùc tieáp tuyeán ........................ 484 Chuû ñeà 6. Kyõ thuaät khaûo saùt haøm nhieàu bieán...................................... 502 Chuû ñeà 7. Kyõ thuaät söû duïng tính chaát cuûa nhò thöùc baäc nhaát vaø tam thöùc baäc hai .......................................................................... 534 Chuû ñeà 8. Baát ñaúng thöùc phuï ñaâng chuù yù vaø aùp duïng giaûi ñeà thi tuyeån sinh .. 540 Chuû ñeà 9. Baøi toaùn choïn loïc baát ñaúng thöùc vaø cöïc trò ba bieán ............ 617 Chöông 4: Soá phöông phaùp chöùng minh baát ñaúng thöùc khaùc Chuû ñeà 1. Kyõ thuaät löôïng giaùc hoùa ....................................................... 654 Chuû ñeà 2. Kyõ thuaät söû duïng baát ñaúng thöùc Schur ................................ 684 Chuû ñeà 3. Kyõ thuaät doàn bieán ................................................................. 694 Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt Chương 1: BẤT ĐẲNG THỨC VÀ CÁC KỸ THUẬT CƠ BẢN KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ BẤT ĐẲNG THỨC I. Định nghĩa bất đẳng thức Giả sử A và B là hai biểu thức bằng chữ hoặc bằng số. + A ≥ B (hoặc B ≤ A) , A ≤ B (hoặc B ≥ A) được gọi là các bất đẳng thức. + A ≥ B ⇔ A − B ≥ 0; A − B ≥ 0 ⇔ A ≥ B. a ≤ b   ⇒a≤c. b ≤ c bo a ≤ b   ⇒a+c≤b+d . c ≤ d  a ≥b+c ⇔ a−c≥b. ok  ∀a, b, m ∈ ; a ≤ b ⇒ a ± m ≤ b ± m . .c om .v n + Một bất đẳng thức có thể đúng hoặc sai và ta quy ước khi nói về một bất đẳng thức mà không nói gì thêm thì ta hiểu đó là bất đẳng thức đúng. II. Tính chất cơ bản của bất đẳng thức  ∀a ∈ ; a ≥ a . et ma ≤ mb khi m >0  ∀a, b,∈ ; a ≤ b ⇔  . ma ≥ mb khi m < 0 kh a ng vi a b  m ≤ m khi m >0  + .  ∀a, b,∈  ; a ≤ b ⇔   a ≥ b khi m < 0 m m   Nếu a > b > 0 ⇒ 1 1 < . a b a ≥ c  ∀a, b, c, d ∈  + ;  ⇒ ab ≥ cd . b ≥ d a n ≥ bn   a≥b≥0⇒ , ∀n ∈  . n a ≥ n b  a > 1 ⇒ a x > a y  x > y > 0;  . 0 < a < 1 ⇒ a x < a y   a > b ⇒ a 2 n +1 > b 2 n +1; 2 n +1 a > 2 n +1 b , ∀n ∈  . 3 Khám phá tư duy Kỹ thuật giải bất ĐT Bài toán Max – Min – Đặng Thành Nam 1. Bất đẳng thức về giá trị tuyệt đối  − a ≤ a ≤ a , ∀a ∈  .  a < α ⇔ −α < a < α ( khi α > 0 ) . a > α  a >α ⇔  ( khi α > 0 ) .  a < −α  a − b ≤ a + b ≤ a + b , ( ∀a, b ∈  ) . 2. Bất đẳng thức liên quan đến hàm số mũ và logarit .v n a > 1 0 < a < 1   ⇒ ax > a y ; ⇒ ax < a y . x> y x> y   .c om a > 1 0 < a < 1   ⇒ log a x > log a y;  ⇒ log a x < log a y . x > y > 0 x > y > 0 3. Bất đẳng thức AM – GM Cho n số thực không âm a1 , a2 ,..., an ta có ok a1 + a2 + ... + an n ≥ a1a2 ...an . n Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 a2= ... an . = = bo 4. Bất đẳng thức Cauchy – Schwarz Cho 2 dãy số thực ( a1 , a2 ,..., an ) ; ( b1 , b2 ,..., bn ) ta có et 2 2 2 2 ( a1b1 + a2b2 + ... + anbn )2 ≤ ( a12 + a2 + ... + an )( b12 + b2 + ... + bn ) . ng vi Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ai kbi , i 1, n, k ∈ . = = CHỦ ĐỀ 1: KỸ THUẬT BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG kh a Xuất phát từ bất đẳng thức cơ bản và hết sức tự nhiên x 2 ≥ 0; A − B ≥ 0 với mọi số thực x ta có các bất đẳng thức hết sức đẹp mắt. Nội dung chủ đề này đề cập đến kỹ năng biến đổi bất đẳng thức về dạng luôn đúng. Các bài toán đề cập đến là các bài toán trong chủ đề này các bạn chú ý sẽ được sử dụng đến trong các chủ đề khác ở các chương sau như một bài toán phụ. A. NỘI DUNG PHƯƠNG PHÁP I. Các bất đẳng thức cơ bản Bình phương của một số thực Với mọi số thực x ta luôn có x 2 ≥ 0. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 0 . Từ đó ta có các bất đẳng thức với 2 biến và 3 biến thường sử dụng như sau:  4 ( a − b )2 ≥ 0 hay a 2 + b 2 ≥ 2ab. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b . Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt  ( a − b )2 + ( b − c )2 + ( c − a )2 ≥ 0 hay a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca ( ) hoặc ( a + b + c ) ≥ 3 ( ab + bc + ca ) hoặc 3 a 2 + b 2 + c 2 ≥ ( a + b + c ) . 2 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a= b= c . Bất đẳng thức về trị tuyệt đối  Với 2 số thực x,y ta luôn có x + y ≥ x + y . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi xy ≥ 0 .  Với 2 số thực x,y ta luôn có x − y ≥ x − y . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi .v n x( x − y) ≥ 0 . Bất đẳng thức về độ dài cạnh của một tam giác  a + b > c; b + c > a; c + a > b . om  a > b − c ;b > c − a ;c > a − b .  a 2 + b 2 + c 2 < 2 ( ab + bc + ca ) . ( a + b + c ) ( a 2 + b2 + c 2 − ab − bc − ca ) .  ( a + b + c )3 = a3 + b3 + c3 + 3 ( a + b )( b + c )( c + a ) . ( a + b )( b + c )( c + a ) = ( a + b + c )( ab + bc + ca ) − abc . ( a − b )( b − c )( c − a ) a −b b−c c−a + + = − bo  ok  a3 + b3 + c3 − 3abc =  .c II. Một số hằng đẳng thức cần lưu ý ng vi et . c a b abc a −b b−c c−a a−b b−c c−a  + + + . . = 0. a+b b+c a+c a+b b+c c+a 1) Kỹ thuật biến dùng định nghĩa Để chứng minh bất đẳng thức: A ≥ B . Ta chứng minh bất đẳng thức A − B ≥ 0 đúng. kh a (x Ví dụ 1. Cho x > y và xy = 1. Chứng minh rằng 2 + y2 ) 2 ) 2 ≥8. Lời giải Ta có x 2 + y 2 = x − y ) + 2 xy = x − y ) + 2 ( ( (x + y2 ( x − y )2 2 ⇒ 2 2 (vì xy = 1) = x − y ) + 4. ( x − y ) + 4 . ( 4 2 Do đó BĐT cần chứng minh tương đương với ( x − y )4 + 4 ( x − y )2 + 4 ≥ 8.( x − y )2 5 Khám phá tư duy Kỹ thuật giải bất ĐT Bài toán Max – Min – Đặng Thành Nam ( x − y )4 − 4 ( x − y )2 + 4 ≥ 0 ⇔ 2 ( x − y ) 2 − 2  ≥ 0 .   Bất đẳng thức cuối đúng nên ta có điều phải chứng minh. Ví dụ 2. a) Cho x,y là hai số thực thoả mãn điều kiện xy ≥ 1 . ⇔ 1 1+ x 2 + 1 1+ y 2 ≥ 2 . 1 + xy om b) Cho a,b,c là các số thực không nhỏ hơn 1 chứng minh 1 1 1 3 . + + ≥ 3 3 3 1 + a 1 + b 1 + c 1 + abc .v n Chứng minh rằng c) Cho x, y, z ∈ [ 0;1] . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức bo ok .c  1 1 1  P = xyz )  + + (1 +  1 + x3 1 + y 3 1 + z 3  .    Lời giải a) Bất đẳng thức đã cho tương đương với: xy − y 2 + (1 + x ).(1 + xy ) (1 + y ).(1 + xy ) ( x( y − x) 2 vi 2 ) 1 + x . (1 + xy ) 2 + ≥0 y( x − y) ( ) 1 + y 2 . (1 + xy ) ≥0 kh a ⇔ xy − x 2 ng ⇔ et  1 1   1 1  − + −  2 1 + xy   2 1 + xy  ≥0 1+ x  1+ y  ⇔ ( y − x )2 ( xy − 1) ≥0 (1 + x2 ).(1 + y 2 ).(1 + xy ) BĐT cuối này đúng do xy ≥ 1. Vậy ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y hoặc xy = 1 . b) Sử dụng bất đẳng thức: 1 1+ x Ta có 6 1 1+ a 3 + 1 1+ b 3 ≥ 2 + 1 1+ y 2 1 + a 3b 3 2 ≥ 2 , ( xy ≥ 1) . 1 + xy Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 1 1+ c 3 + 1 2 ≥ 1 + abc 1 + abc 4  1 1 + 2  3 3 1 + abc 4 1+ a b   ≥ 2.   1+ 2 a3b3 . abc 4 . 4 = 1 + abc 1 + x2 1+ y ≥ 1 + 1 + y2 2 , ( xy ≥ 1) . 1 + xy ≤ 2 2 , ( −1 < xy ≤ 1) . 1 + xy 1+ z 3 + 1 2 ≤ 1 + xyz 1 + xyz 4 2 2 1 + xyz 4 4 ≤ 3 + 1 1+ y 3 ≤ 2 1 + x3 y 3 1+ x4 y 4 z 4 4 = 1 + xyz vi 1 + x3 y 3 + 1+ x et 1 1 bo c) Sử dụng kết quả bài toán trên ta có : om 1  1 + .c 1+ x 2 ok 1  .v n Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên ta có đpcm. Chú ý. Bất đẳng thức này được áp dụng khá phổ biến trong một số bài toán cực trị. Một số dạng tương tự bất đẳng thức trên như sau 1 1 2  + ≤ , ( −1 < xy ≤ 1) . 2 2 1 + xy 1+ x 1+ y 1 + 1 1+ y 3 + 1 1+ z 3 ≤  1 3 1 1  ⇒ P = xyz )  (1 +  1 + x3 + 1 + y 3 + 1 + z 3  ≤ 3  1 + xyz   kh a 1+ x 3 ng Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta suy ra Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y z = = Vậy giá trị lớn nhất của P = 3 . Ví dụ 3. Chứng minh rằng với mọi số thực x,y ta có 2 3 1 + ( x + y )  . 1 + y2 ≥  4 Lời giải (1 + x )( 2 ) ( 2 xy − 1) + ( x − y ) ≥ 1 + x + y 2 . 4 2 Chú ý: 1 + x 2 1 + y 2 = + ( x + y ) + 1 ( ) 3 3 ( )( ) 2 2 7 Khám phá tư duy Kỹ thuật giải bất ĐT Bài toán Max – Min – Đặng Thành Nam 1 . 2 Ví dụ 4. Chứng minh rằng với mọi số thực a,b không âm thoả mãn a, b < 1; Bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = ± (1 − 2a )(1 − 2b ) ≥ 4  1 − a − b 2 . 3 a + b ≥ , ta có   2 (1 − a )(1 − b )  2−a −b ( a − b )2 ( 2a + 2b − 3) ≥ 0 . (1 − a )(1 − b )( 2 − a − b )2 om Bất đẳng thức luôn đúng và ta có đpcm. .v n Lời giải Bất đẳng thức đã cho tương đương với: Bài tập tương tự .c 1 Chứng minh rằng với mọi số thực a,b không âm thoả mãn a, b < 1; a + b ≥ ta có 2 bo ok (1 + 2a )(1 + 2b ) ≥ 4  1 + a + b 2 .   (1 − a )(1 − b )  2−a −b 2) Kỹ thuật phân tích hằng đẳng thức et Phân tích thành tổng các bình phương n ∑ ( xi − yi ) 2 ≥0. i =1 vi Ví dụ 1. Cho a,b,c là các số thực bất kỳ chứng minh ng a) a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca . b) ( ab + bc + ca ) ≥ 3abc ( a + b + c ) . 2 c) ( a + b + c ) − ( )( ) ( 1 ( b − c )2 + ( c − a )2 + ( a − b )2 ≥ 3 ( ab + bc + ca ) . 4 kh a 2 )( ) d) a 2 + 2 b 2 + 2 c 2 + 2 ≥ 3 ( a + b + c ) . 2 Lời giải a) Bất đẳng thức đã cho tương đương với: 2a 2 + 2b 2 + 2c 2 − 2ab − 2bc − 2ca ≥ 0 ( ) ( ) ( ) ⇔ a 2 − 2ab + b 2 + b 2 − 2bc + c 2 + c 2 − 2ca + a 2 ≥ 0 . ⇔ ( a − b) + (b − c ) + (c − a ) ≥ 0 2 2 2 Bất đẳng thức cuối đúng. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a= b= c . 8 Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt b) Thực hiện tương tự câu a) đưa về bất đẳng thức luôn đúng ( ab − bc )2 + ( bc − ca )2 + ( ca − ab )2 ≥ 0 . (a 2 )( )( ) ⇒ ( a + 2 )( b 2 ( 2 2 )( ) .c 1 2 3 2 2 2 c + 2 ( a − b ) + 2 ( ab − 1)  + ( ac + bc − 2 ) .   2 2 + 2 c2 + 2 ≥ 3( a + b + c ) 2 ok = ) + 2 b2 + 2 c2 + 2 − 3( a + b + c ) om .v n c) Ta có: 1 1 1 ( a + b + c )2 − ( b − c= ( 2a − b − c )2 + ab + bc + ca ≥ ab + bc + ca . )2 3 4 12 Tương tự ta có: 1 1 ( a + b + c )2 − ( c − a )2 ≥ ab + bc + ca 3 4 . 1 1 2 2 a + b + c ) − ( a − b ) ≥ ab + bc + ca ( 3 4 Cộng lại theo vế ba bất đẳng thức trên ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a= b= c . d) Chú ý đẳng thức: bo Ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a= b= c= 1 . ng vi et Ví dụ 2. Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn điều kiện x 2 + y 2 + z 2 = 1. Chứng minh rằng 1 a) − ≤ xy + yz + zx ≤ 1 ; 2 8 2 b) ( xy + yz + 2 xz ) − ≥ −3. 2 ( x + y + z ) − xy − yz + 2 kh a Lời giải a) Bất đẳng thức vế trái tương đương với: 2 ( xy + yz + zx ) + 1 ≥ 0 ⇔ 2 ( xy + yz + zx ) + x 2 + y 2 + z 2 ≥ 0 ⇔ ( x + y + z ) ≥ 0 . 2 Bất đẳng thức được chứng minh. 0 x + y + z = 1 1  Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  2 2 2 , chẳng hạn tại x =, y = − . 2 2 1 x + y + z =  Bất đẳng thức vế phải: 1 − ( xy + yz + zx ) = x 2 + y 2 + z 2 − ( xy + yz + zx ) ( ) 1 ( x − y )2 + ( y − z )2 + ( z − x )2 ≥ 0 2 ⇒ xy + yz + zx ≤ 1 = 9 Khám phá tư duy Kỹ thuật giải bất ĐT Bài toán Max – Min – Đặng Thành Nam b) Chú ý điều kiện ta rút gọn vế trái và đưa về chứng minh 8 ≥ −3 ( xy + yz + 2 xz )2 − xy + yz + 2 zx + 3 . ( xy + yz + 2 zx + 1)3 ≥ 0 ⇔ xy + yz + 2 zx + 3 Vậy ta chỉ cần chứng minh xy + yz + 2 zx ≥ −1 = − x 2 − y 2 − z 2 2 1  3  ⇔ ( x + z ) + y + y ( x + z ) ≥ 0 ⇔  x + z + y  + y2 ≥ 0 2  4  Bất đẳng thức cuối đúng và ta có đpcm. 2 .v n 2 .c om y = 0  1 1 1  Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  x + z + y = ⇒ x = , y = z = . − 0 0, 2 2 2   x2 + y 2 + z 2 = 1  ok Ví dụ 3. Cho x,y,z là các số thực không âm. Chứng minh: a) x3 + y 3 + z 3 ≥ 3 xyz . x3 + y 3 + z 3 3 ≥ xyz + ( x − y )( y − z )( z − x ) . 3 4 bo b) 3 ng vi et  y+z  c) x3 + y 3 + z 3 − 3 xyz ≥ 2  − x .  2  Lời giải a) Bất đẳng thức đã cho tương đương với: ( x + y + z ) ( x 2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx ) ≥ 0 . 1   ( x + y + z ) ( x − y ) 2 + ( y − z ) 2 + ( z − x ) 2  ≥ 0 2 Bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y z . = = kh a ⇔ b) Bất đẳng thức đã cho tương đương với: 1 3 ( x + y + z ) ( x − y )2 + ( y − z )2 + ( z − x )2  ≥ ( x − y )( y − z )( z − x )   4 6 . 2 ( x − y ) + ( y − z )2 + ( z − x )2  ≥ 9 ( x − y )( y − z )( z − x ) ⇔ (( x + y ) + ( y + z ) + ( z + x ))   Chú ý x + y ≥ x − y ; y + z ≥ y − z ; z + x ≥ z − x và sử dụng bất đẳng thức đã chứng minh được ở câu a) ta có 10 Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt ( x + y) + ( y + z ) + ( z + x) ≥ x − y + y − z + z − x ≥ 33 ( x − y )( y − z )( z − x ) . ( x − y )2 + ( y − z )2 + ( z − x )2 ≥ 3 3 ( x − y )2 ( y − z )2 ( z − x )2 Nhân theo vế hai bất đẳng thức trên ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y z . = = c) Theo câu a) ta có x3 + y 3 + z 3 − 3 xyz ≥ 0, do đó nếu .v n luôn đúng. + Ngược lại xét y + z − 2 x > 0 ⇔ ( y − x ) + ( z − x ) > 0 . y+z − x ≤ 0 bất đẳng thức 2 Đặt y =2a + x, z =2b + x bất đẳng thức trở thành ( ) 12 x a 2 − ab + b 2 + 6 ( a + b )( a − b ) ≥ 0. om 2 y+z −x>0. 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a= b= c hoặc= c= 0 . b ,a .c Bất đẳng thức đúng vì a += b ok Bài tập tương tự Cho a,b là hai số thực khác 0 thoả mãn điều kiện ab ≥ 3 1 1 + +3. a b et bo 1   1 Chứng minh rằng ab ≥  3 + 3  . b  a Ví dụ 4. Cho x,y,z là các số thực dương chứng minh kh a ng vi 3( x 2 + xy + y 2 )( y 2 + yz + z 2 )( z 2 + zx + x 2 ) ≥ ( x + y + z )2 ( xy + yz + zx) 2 . Lời giải 3 1 3 Chú ý x 2 + xy + y 2 = ( x + y )2 + ( x − y )2 ⇒ x 2 + xy + y 2 ≥ ( x + y )2 . 4 4 4 3 3 2 2 y 2 + yz + z 2 ≥ ( y + z ) ; z 2 + zx + x 2 ≥ ( z + x ) 4 4 27 2 2 2 Do đó ( x 2 + xy + y 2 )( y 2 + yz + z 2 )( z 2 + zx + x 2 ) ≥ ( x + y ) ( y + z ) ( z + x ) . 64 Ta chỉ cần chứng minh 64 [( x + y )( y + z )( z + x)]2 ≥ [( x + y + z )( xy + yz + zx)]2 81 8 ⇔ ( x + y )( y + z )( z + x ) ≥ ( x + y + z )( xy + yz + zx) 9 ⇔ x( y − z )2 + y ( z − x)2 + z ( x − y )2 ≥ 0 Bất đẳng thức cuối đúng. Ta có điều phải chứng minh. 11 Khám phá tư duy Kỹ thuật giải bất ĐT Bài toán Max – Min – Đặng Thành Nam Ví dụ 5. Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện 0 < a ≤ b ≤ c ≤ 1 . ( Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P= ) a + b c − (a + b) c . Lời giải Ta có P = ( ) a + b c − (a + b) c = c ( ) ac + bc − a − b ≤ ac + bc − a − b 2 2 1  1 1 1  ≤ a + b −a −b = a −  − b −  + ≤ − 2  2 2 2  1 . 2 .v n Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi c= 1, a= b= x + xy + y 2 2 ≥ ( x + z )( y + z ) ( x + z ) + ( x + z )( y + z ) + ( y + z )2 bo xy + yz + zx b) ok .c om 3) Kỹ thuật thêm bớt hằng số Việc cộng hoặc trừ hai vế của bất đẳng thức cho một số nào đó làm lược bỏ đi phần phức tạp của bất đẳng thức. Ví dụ 1. Cho x,y,z là các số thực không âm thoả mãn điều kiện x ≥ y ≥ z. Chứng minh rằng xy + yz + zx x + z a) 2 . ≥ y + yz + z 2 y + z 2 . et Lời giải a) Bất đẳng thức đã cho tương đương với: xy + yz + zx y 2 + yz + z 2 −y≥ −y x+z y+z kh a ⇔ ng vi xy + yz + zx y 2 + yz + z 2 ≥ x+z y+z ⇔ . ( ) zx z2 ≥ ⇔ z  x ( y + z ) − z ( x + z )  ≥ 0 ⇔ z xy − z 2 ≥ 0   x+z y+z Bất đẳng thức cuối đúng. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y z hoặc = = = 0, x y . z = b) Bất đẳng thức đã cho tương đương với: ( x + z )2 + ( x + z )( y + z ) + ( y + z )2 − 1 ≥ ( x + z )( y + z ) − 1 x 2 + xy + y 2 ⇔ 12 3z ( x + y + z ) x 2 + xy + y 2 ≥ xy + yz + zx ( ) z2 ⇔ z 3 ( x + y + z )( xy + yz + zx ) − z x 2 + xy + y 2  ≥ 0   xy + yz + zx Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt Bất đẳng thức cuối đúng vì ( ) 3 ( x + y + z )( xy + yz + zx ) ≥ 3 ( x + y )  z ( x + = 3z ( x + y ) ≥ z x 2 + xy + y 2 . y )   2 Bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi z = 0 . 4) Kỹ thuật biến đổi với bất đẳng thức chứa căn + Phép bình phương hai vế được ưu tiên. A1 + A2 + ... + An ≥ b1 + b2 + ... + bn . + Cần chứng minh Ta có để chứng minh A1 = 2 b12 + c1 ≥ b12 = b1 . .v n Rồi cộng lại theo vế các bất đẳng thức trên ta có đpcm. Ví dụ 1. Chứng minh với mọi số thực x,y cùng dấu và số thực k, ta có om k2 + x + k2 + y ≥ k + k2 + x + y . Lời giải Bất đẳng thức đã cho tương đương với .c k 2 + x + k 2 + y + 2 (k 2 + x)(k 2 + y ) ≥ 2k 2 + x + y + 2k k 2 + x + y ⇔ k + k ( x + y ) + xy ≥ k k + x + y ⇔ xy ≥ 0 2 2 . ok 4 x2 + x + 4 + y 2 + y + 4 ≤ 2 + ( x + y )2 + x + y + 4 . et có bo Bất đẳng thức cuối đúng ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi hoặc x bằng 0 hoặc y bằng 0. Bài 2. Chứng minh rằng với x,y là hai số thực không âm thỏa mãn x + y ≥ 1, ta luôn vi Lời giải Bất đẳng thức đã cho tương đương với kh a ng x2 + y 2 + x + y + 8 + 2 (x ⇔ ( 2 (x 2 )( ) + x + 4 y2 + y + 4 ≤ ( x + y )2 + x + y + 4 + ( x + y )2 + x + y + 4 . 4+4 )( ) + x + 4 y 2 + y + 4 ≤ xy + 2 )( ) ⇔ x 2 + x + 4 y 2 + y + 4 ≤ x 2 y 2 + 4 xy ( x + y )2 + x + y + 4 . ( x + y ) 2 + x + y + 4 + 4 ( x + y ) 2 + x + y + 4  .   2 ⇔ xy  4 ( x + y ) + x + y + 4 + x + y − 7  ≥ 0 (luôn đúng do x + y ≥ 1 ).     Tổng quát. Tương tự ta có các bất đẳng thức cùng dạng sau + Với mọi số thực không âm x,y ta luôn có x2 + x + k 2 + y 2 + y + k 2 ≤ k + ( x + y )2 + x + y + k 2 . 13 Khám phá tư duy Kỹ thuật giải bất ĐT Bài toán Max – Min – Đặng Thành Nam Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 0 hoặc y = 0 . + Với mọi số thực không âm ta luôn có x2 − x + 1 + y 2 − y + 1 ≤ 1 + ( x + y )2 − x − y + 1 . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 0 hoặc y = 0 . + 1 + a + 1 + b ≥ 1 + 1 + a + b , ( ab ≥ 0; a, b ≥ −1; a + b ≥ −1) . 5) Kỹ thuật đánh giá phân thức 1 1 < . A B Ví dụ 1. Chứng minh rằng với mọi a,b,c dương ta có a b c 1< + + <2. a+b b+c a+c Lời giải 1 1 a a Ta có : a + b < a + b + c ⇒ > ⇒ > (1) a+b a+b+c a+b a+b+c b b c c Tương tự ta có : > (2) , > (3) b+c a+b+c a+c a+b+c Cộng vế theo vế các bất đẳng thức (1), (2), (3), ta được : a b c + + > 1 (*) a+b b+c a+c a a+c Ta có : a < a + b ⇒ < (4) a+b a+b+c c c+b b a+b Tương tự : < (6) < (5) , c+a a+b+c b+c a+b+c Cộng vế theo vế các bất đẳng thức (4), (5), (6), ta được : a b c + + < 2 (**) a+b b+c a+c a b c Từ (*) và (**) , ta được : 1 < + + < 2 (đpcm) a+b b+c a+c Ví dụ 2. Cho a,b,c là các số thực không âm thoả mãn điều kiện a b c + + = 3. 1 + bc 1 + ca 1 + ab a b c 3 Chứng minh rằng + + ≥ . 1 + a + bc 1 + b + ca 1 + c + ab 4 Lời giải a b c Đặt x = = ;y = ;z ⇒ x + y + z 3. = 1 + bc 1 + ca 1 + ab kh a ng vi et bo ok .c om .v n Sử dụng đánh giá cơ bản: A > B > 0 ⇒ 14 Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt Ta cần chứng minh Chú ý x y z 3 + + ≥ . 1+ x 1+ y 1+ z 4 x x . ≥ 1+ x 1+ x + y + z y y ≥ 1+ y 1+ x + y + z z z ≥ 1+ z 1+ x + y + z 1 + b2 + 1 + c2 ≤ 7 . 2 1+ c 1+ a Lời giải Ta thấy dấu bằng đạt tại khi một số bằng 1 và hai số bằng 0. 2 2 2 .c 1+ b + om 1 + a2 .v n Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi có một số bằng 3 và hai số bằng 0. Ví dụ 3. Cho a,b,c là các số thực không âm có tổng bằng 1. Chứng minh 1 + b2 ≤ 1 + a2 ; . bo 1 + b2 1+ c 2 ≤ 1 + b2 1 + c2 vi 1 + c2 ≥ 1 ⇒ 1 + a2 et Ta có 1 + b 2 ≥ 1 ⇒ ng Suy ra P ≤ 2 + a 2 + b 2 + 1+ a 2 ≤ 2 + a2 + (b + c ) + kh a ok Vậy giả sử a = max {a, b, c}. Khi đó ta mạnh dạn đánh giá 1 + b 2 ≥ 1;1 + c 2 ≥ 1 . 2 ≤ 2 + a 2 + b2 + c2 + 1 1 . 1 + a2 = + a 2 + (1 − a ) + 2 1 2 1+ a 2 Ta chỉ cần chứng minh 2 + a 2 + (1 − a ) + 2 ( 1 1+ a 2 ≤ ) 1 + a2 7 . 2 ⇔ ( a − 1) 4a + 3a − 1 ≤ 0 3 Bất đẳng thức cuối luôn đúng nên ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a= 1, b= c= 0 hoặc các hoán vị. Chú ý. Bằng cách tương tự ta chứng minh được 1 + ak 1+ b k + 1 + bk 1+ c k + 1 + ck 1+ a k ≤ 7 . 2 Với k là số nguyên dương. 15 Khám phá tư duy Kỹ thuật giải bất ĐT Bài toán Max – Min – Đặng Thành Nam Ví dụ 4. Cho x,y,z là các số thực thoả mãn điều kiện x, y ≥ −1; x + y + z =3 . x2 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = x 2 + y 2 + 4 ( xy + 1) + y2 −1 z2 − 4z + 5 . Lời giải Trước hết đánh gia hai mẫu số ở hai phân thức bằng cách thay z = 3 − x − y . Ta chứng minh x 2 + y 2 + 4 ( xy + 1) ≥ z 2 − 4 z + 5 . ⇔ x 2 + y 2 + 4 xy − ( 3 − x − y ) + 4 ( 3 − x − y ) − 1 ≥ 0 2 .v n ⇔ 2 ( x + y ) + 2 xy + 2 ≥ 0 ⇔ ( x + 1)( y + 1) ≥ 0 Vậy ta có P ≤ x2 + y 2 − 1 ( x + y )2 − 2 xy − 1 . = z2 − 4z + 5 z2 − 4z + 5 Chú ý. xy ≥ −1 − x − y = z − 4; x + y = 3 − z . ( 3 − z )2 − 2 ( z − 4 ) − 1 = 2 − 8 z + 16 = ( 2 z − 3)2 z P≤ − .c Khi đó om Bất đẳng thức đúng. +5≤5. z2 − 4z + 5 z2 − 4z + 5 3  3  x + y =  5 3 2 z = 2  , −1,  x = y =z =  5  2 2. Dấu bằng đạt tại  x + y + z = ⇔  xy = ⇔  − 3 5 3 2 x = y = z =  xy= z − 4  , −1,  3   2 2   z = 2  vi et bo ok z2 − 4z + 5 ng 6) Kỹ thuật đánh giá bất đẳng thức có chứa dấu giá trị tuyệt đối Sử dụng hai bất đẳng thức quen thuộc: x + y ≥ x + y ; x − y ≤ x − y . kh a Chú ý. Tư duy đầu tiên là khử dấu giá trị tuyệt đối muốn vậy ta xét trường hợp. Ví dụ 1. Chứng minh với mọi số thực a,b,c ta có a + b + c + a+b+c ≥ a+b + b+c + c+a . Lời giải Trong ba số a,b,c có ít nhất hai số cùng dấu không mất tính tổng quát giả sử là a và b khi đó a + b = a + b . Vậy ta chỉ cần chứng minh c + a + b + c ≥ b + c + c + a ⇔ c 2 + ( a + b + c ) + 2 c ( c + a + b ) ≥ ( a + c ) + ( b + c ) + 2 ( a + c )( b + c ) 2 2 2 ⇔ ab + c ( c + a + b ) ≥ ( a + c )( b + c )= c ( c + a + b ) + ab Bất đẳng thức cuối luôn đúng (đpcm). 16 Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt Ví dụ 2. Cho x,y,z là các số thực đôi một không đồng thời bằng 0. Chứng minh (x −1 ≤ (x 2 − y2 2 + y2 )( y )( y 2 − z2 2 + z2 )( z )( z 2 − x2 2 + x2 ) ≤1. ) Lời giải Từ đó suy ra 2 − y2 2 + y2 (x ⇔ −1 ≤ (x )( y )( y 2 − z2 2 + z2 2 − y2 2 + y2 )( y )( y 2 )( z )( z 2 + y2 ) 2 ⇔ 4x2 y 2 ≥ 0 . ) ≤1 +x ) )( z − x ) ≤ 1 )( z + x ) 2 − x2 2 2 2 − z2 2 + z2 2 2 2 .v n (x (x ) ≤ (x 2 om ( Ta có x 2 − y 2 ≤ x 2 + y 2 ⇔ x 2 − y 2 .c Bất đẳng thức được chứng minh. Ví dụ 3. Cho a,b,c là các số thực không âm chứng minh 3 3 abc + a − b + b − c + c − a ≥ a + b + c. ok Lời giải Không mất tính tổng quát giả sử a ≥ b ≥ c. Khi đó bất đẳng thức tương đương với: bo 3 3 abc + (a − b) + (b − c) + (c − a) ≥ a + b + c et ⇔ a − b − 3c + 3 3 abc ≥ 0 ⇔ (a − b) + 3 3 c ( 3 ) ab − c 2 ≥ 0 3 Bất đẳng thức cuối luôn đúng và ta có đpcm. vi Bài tập tương tự ng Cho a,b,c là các số thực dương thoả mãn điều kiện 3 3 abc + a − b + b − c + c − a = 1. kh a 1 Chứng minh rằng a bc + b ca + c ab ≤ . 3 Ví dụ 4. Cho x,y,z là các số thực chứng minh x − y + y − z + z − x ≥ 2 x 2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx . Lời giải Không mất tính tổng quát giả sử x ≥ y ≥ z. Bất đẳng thức trở thành ( x − y) + ( y − z) + ( x − z) ≥ 2 1 1 1 ( x − y )2 + ( y − z )2 + ( z − x )2 2 2 2 2 2 2 ⇔ 2 ( x − z ) ≥ 2 ( x − y ) + ( y − z ) + ( z − x )    17 Khám phá tư duy Kỹ thuật giải bất ĐT Bài toán Max – Min – Đặng Thành Nam 2 2 2 2 ⇔ 4 ( x − z ) ≥ 2 ( x − y ) + ( y − z ) + ( z − x )    ⇔ ( x − z) ≥ ( x − y) + ( y − z) 2 2 2 ⇔ [ ( x − y ) + ( y − z ) ] ≥ ( x − y ) + ( y − z ) ⇔ 2 ( x − y )( y − z ) ≥ 0 2 2 2 Bất đẳng thức cuối luôn đúng ta có đpcm. Ví dụ 5. Cho n số thực x1 , x2 ,..., xn (với n ≥ 3 ). Chứng minh x1 + x2 + ... + x n x1 − x2 + x2 − x3 + ... + xn −1 − xn + xn − x1 + . n 2n Lời giải Chú ý. Với hai số thực x,y bất kỳ ta luôn có x+ y+ x− y 2 2 ta được: .c Sử dụng max { x, y} = . om x+ y+ x− y min { x, y} ≤ x, y ≤ max { x, y} và max { x, y} = .v n max { x1 , x2 ,..., xn } ≥ bo ok x1 + x2 + ... + x n x1 − x2 + x2 − x3 + ... + xn −1 − xn + xn − x1 + n 2n x + x + xn − x1 x1 + x2 + x1 − x2 x2 + x3 + x2 − x3 + + ... + n 1 2n 2n 2n max { x1 , x2 } + max { x2 , x3 } + ... + max { xn −1 , xn } + max { xn , x1} vi et ≤ max { x1 , x2 ,..., xn } n Bài toán được chứng minh. Dấu bằng đạt tại chẳng hạn x1 x2 ... x n . = = = kh a ng 7) Kỹ thuật đặt ẩn phụ Với bất đẳng thức đối xứng hai biến ta có thể đặt u = + b; v = . a ab Với phân thức ta có để đặt các mẫu số là các biến mới. Ví dụ 1. Chứng minh rằng với mọi a,b dương, ta có ( ) a 2b 2 a 2 + b 2 − 2 ≥ ( a + b )( ab − 1) . Lời giải Đặt a + = 2u , ab v , v > 0. Khi đó bất đẳng thức tương đương với: b = 2 a 2b 2 (a 2 + b 2 − 2) ≥ (a + b)(ab − 1) ⇔ a 2b 2 ( a + b ) − 2ab − 2  ≥ ( a + b )( ab − 1)   2 ⇔ v 4 (4u 2 − 2v 2 − 2) ≥ 2u (v 2 − 1) ⇔ 2v 4u 2 − (v 2 − 1)u − v 4 (v 2 + 1) ≥ 0 18 Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt v 2 − 1 + (v 2 − 1) 2 + 8v8 (v 2 + 1) Điều này chứng tỏ u ≥ Mặt khác u = v≥ 4v 4 . a+b ≥ ab = v do đó ta chỉ cần chứng minh: 2 v 2 − 1 + (v 2 − 1) 2 + 8v8 (v 2 + 1) 4 ⇔ (v − 1) 2 (v + 1)(v 2 + v + 1) ≥ 0 4v Bất đẳng thức cuối đúng. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a= b= 1 . Ví dụ 2. Cho a,b,c là các số thực dương chứng minh rằng .v n x2 − z 2 y 2 − x2 z 2 − y 2 + + ≥ 0. y+z z+x x+ y om Lời giải Đặt a = + y, b = + z , c =+ x khi đó vế trái của bất đẳng thức là x y z ( a − b) c + (b − c ) a + (c − a ) b = c ab bc ca + + −a −b−c c a b a 2 .c b 2 2 bo ok 1  ab bc  1  bc ca  1  ca ab  =  − − −  +   +   ≥0 2 c a  2 a b  2 b c        Bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y z. = = vi et Ví dụ 3. Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện a + b + c = 3. 4 4 4 a b c . Chứng minh rằng + + ≥ + + 3 3 3 ( a + b) (b + c ) (c + a ) b + c c + a a + b Lời giải kh a ng x a + b = a= 3 − y   Đặt b + c = do a, b, c > 0 và a + b + c = nên x, y, z > 0 và b= 3 − z . 3 y c + a = c= 3 − x z   Khi đó bất đẳng thức trở thành: 4 x 3 + 4 y 3 + 4 z 3 ≥ 3− y 3− x 3− z . + + y x z  4 3− x   4 3− y   4 3− z  ⇔ 3 − − + − ≥0 + x   y3 y   z3 z  x   ( x + 1)( x − 2 )2 + ( y + 1)( y − 2 )2 + ( z + 1)( z − 2 )2 ≥ 0 . ⇔ x3 y3 z3 Bất đẳng thức cuối luôn đúng, từ đó ta có đpcm. 19 Khám phá tư duy Kỹ thuật giải bất ĐT Bài toán Max – Min – Đặng Thành Nam .v n 8) Kỹ thuật sử dụng phép thế Từ bài toán có điều kiện từ hai biến trở lên ta rút một biến theo các biến còn lại rồi thay vào bất đẳng thức cần chứng minh. + Dạng này toán nếu có cần kết hợp đánh giá một số là max hoặc một số là min. Ví dụ 1. Cho a,b,c là các số thực không âm thoả mãn điều kiện ab + bc + ca = 1. 5abc Chứng minh rằng a + b + c + ≥2. 3 Lời giải Không mất tính tổng quát giả sử c ≥ b ≥ a . 1 − ab 1 − ab 1− ab ta phải chứng minh a + b + Thay c = + 5ab. ≥2 3( a + b ) a+b a+b ⇔ ab ( 2 − 5ab ) + 3 ( a + b − 1) ≥ 0 om 2 .c 1 Bất đẳng thức hiển nhiên đúng vì ab ≤ . 3 ok 9) Kỹ thuật đánh giá theo cặp Áp dụng với dạng tích bất đẳng thức dạng tích. Ví dụ 1. Cho a,b,c là các số thực thuộc khoảng ( 0;1) . Chứng minh rằng 2 2 bo ( a − a )(b − b )( c − c ) ≥ ( a − bc )( b − ca )( c − ab ) . 2 et Lời giải ng vi a − bc > 0 Không mất tính tổng quát giả sử a ≥ b ≥ c. Khi đó do a, b, c ∈ ( 0;1) ⇒  . b − ca > 0 Nếu c − ab < 0 bất đẳng thức luôn đúng. Nếu c − ab ≥ 0 khi đó ta chứng minh bc (1 − a ) ≥ kh a Thật vậy ( bc (1− a ) ≥ ( b − ac )( c − ab ) . ( b − ac )( c − ab ) ⇔ bc (1 − a )2 ≥ ( b − ac )( c − ab ) . ) ⇔ bc a 2 − 2a + 1 ≥ bc − ab 2 − ac 2 + a 2bc ⇔ a ( b − c ) ≥ 0 (luôn đúng). 2  ac (1 − b ) ≥ ( a − bc )( c − ab )  . Tương tự ta có:   ab (1 − c ) ≥ ( a − bc )( b − ca )  Nhân theo vế 3 bất đẳng thức trên ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a= b= c . Ví dụ 2. Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện a + b + c = Chứng 1. minh rằng 8a 2b 2 c 2 ≥ ( a − bc )( b − ca )( c − ab ) . 20
- Xem thêm -

Tài liệu liên quan