PHẦN I: MỞ ĐẦU I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Nói đến toán học nói đến ngành khoa học tạo tảng cho ngành khoa học khác . Trong chương trình giáo dục phổ thông môn toán giữ vai trò quan trọng nhằm trang bị cho người học hệ thống kiến thức bản, mà coi môn thể thao trí tuệ góp phần phát triển lực toán học với thao tác tư duy, rèn luyện hoạt động trí tuệ cho học sinh. Bất đẳng thức nội dung khó môn toán trường phổ thông, nhiên lĩnh vực hay, đòi hỏi người học phải động não, tìm tòi, sáng tạo. Việc nghiên cứu bất đẳng thức giúp học sinh tăng cường tính sáng tạo, kiên trì, ham học hỏi, tăng cường khả tính toán, khả tìm tòi lời giải toán phát triển tư cho em. Từ bất đẳng thức đơn giản tạo toán khó đẹp, có cách giải hay, độc đáo đơn giản cho toán phức tạp. Bất đẳng thức xuất nhiều phận khác toán phổ thông, việc giải toán phương trình, bất phương trình, tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức, xuất toán hình học, lượng giác… Do bất đẳng thức công cụ quan trọng hiệu việc rèn luyện hoạt động trí tuệ phân tích, tổng hợp, khái quát hoá, trừu tượng hoá. Là sinh viên đào tạo để trở thành giáo viên giảng dạy môn Toán, muốn đóng góp công sức nhỏ bé giúp bạn đọc nắm vững khái niệm, cách chứng minh vài dạng bất đẳng thức. Xuất phát từ lý định chọn đề tài: "Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức ". II. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU Tìm hiểu sâu vấn đề “bất đẳng thức” trường phổ thông. Đưa số phương pháp chứng minh BĐT việc giải toán. Từ giúp học sinh hiểu nắm phương pháp chứng minh BĐT thông thường nâng cao. Bên cạnh rèn luyện cho em kỹ tư tính toán toán chứng minh. III. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU • Phương pháp nghiên cứu khái quát hóa • Phương pháp nghiên cứu phân tích, tổng hợp tài liệu • Nghiên cứu tài liệu: Sách giáo khoa, sách tham khảo bất đẳng thức • Tham khảo từ Internet: violet.vn ; diendantoanhoc.net . • Tham khảo ý kiến giáo viên hướng dẫn IV. NỘI DUNG NGHIÊN CỨU Trong đề tài “Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức ” đưa số định nghĩa, tính chất . tập vận dụng cho phương pháp chứng minh BĐT bao gồm chương sau : Chương I : Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức Phần A Cơ sở lý thuyết bất đẳng thức : tóm tắt số kiến thức lý thuyết mà học sinh cần nắm để sử dụng trình chứng minh bất đẳng thức. Phần B Tổng hợp số phương pháp chứng minh bất đẳng thức : với phương pháp có kiến thức lý thuyết cần nắm tập áp dụng để học sinh tự hình thành tư duy, cảm nhận phương pháp đó. Chương II : Bài tập vận dụng Đưa tập nhằm củng cố lại kiến thức, đồng thời hệ thống tập thông dụng để em luyện tập thêm, giúp em nhuần nhuyễn việc giải bất đẳng thức. V. CẤU TRÚC ĐỀ TÀI Gồm phần : phần mở đầu , phần nội dung phần kết luận. Phần I : Mở đầu bao gồm I. Lí chọn đề tài II. Mục đích nghiên cứu III. Phương pháp nghiên cứu IV. Nội dung nghiên cứu V. Cấu trúc đề tài Phần II : Nội dung gồm có Chương I : Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức Chương II : Bài tập vận dụng Phần III : Kết luận PHẦN II : NỘI DUNG CHƯƠNG I : MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC PHẦN A CƠ SỞ LÝ THUYẾT VỀ BẤT ĐẲNG THỨC I. Định nghĩa Định nghĩa 1: Cho hai số a b gọi a vế trái, b vế phải bất đẳng thức. Ta nói a lớn b (kí hiệu a > b ) hiệu a – b số dương; a nhỏ b (kí hiệu a < b ) hiệu a – b số âm. Ngược lại, hiệu a – b > ta nói a > b , a – b < a < b . Vậy: a > b ⇔ a − b > ; a < b ⇔ a − b < . Các mệnh đề “ a > b ”; “ a < b ”; “ a ≥ b ”; “ a ≤ b ” gọi bất đẳng thức. Cũng mệnh đề logic khác, bất đẳng thức sai. Chứng minh bất đẳng thức chứng minh bất đẳng thức đúng. Định nghĩa 2: Cho hai biểu thức A(x) B(x) phụ thuộc vào biến số x xác định miền D ta viết A(x) > B(x) (hoặc A(x) < B(x) ) hiệu A(x) – B(x) > (hoặc A(x) – B(x) < 0), ứng với trị số x miền D. Ngoài ra, tồn giá trị xo thuộc D cho A(xo) = B(xo) ta viết A(x) ≥ B(x) A(x) ≤ B(x) II. Các tính chất bất đẳng thức 1. Tính chất bắc cầu: Nếu a > b b > c a > c 2. Tính chất đơn điệu phép cộng: Nếu a > b a + c > b + c, ∀c 3. Tính chất đơn điệu phép nhân : Nếu a > b c > a.c > b.c Nếu a > b c < a.c < b.c 4. Cộng vế hai bất đẳng thức chiều bất đẳng thức chiều với bất đẳng thức cho: Nếu a > b c > d a +c > b + d 5. Trừ vế hai bất đẳng thức ngược chiều bất đẳng thức chiều với bất đẳng thức trừ: Nếu a > b c > d a – c > b – d 6. Lấy nghịch đảo hai vế đổi chiều BĐT hai vế dấu: Nếu a > b > 1 < a b 7. So sánh hai lũy thừa số với số mũ nguyên dương: x x Nếu a > a > a ⇔ x1 > x2 Nếu a = a x = a x ⇒ x1 = x2 Nếu < a < a x1 > a x2 ⇔ x1 < x2 8. Nâng lên lũy thừa bậc nguyên dương hai vế bất đẳng thức: Nếu a > b > a n > b n , n ∈ N Nếu a > b a n > b n với n = 2k + (k ∈ Ν ) PHẦN B MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC I. Phương pháp 1: Sử dụng định nghĩa, tính chất bất đẳng thức 1. Lý thuyết Để chứng minh BĐT A ≥ B đúng, ta cần A – B ≥ cách biến đổi biểu thức (A – B) cách thích hợp. Ngược lại, cần chứng minh A – B ≥ ta đưa BĐT A ≥ B để chứng minh. Lưu ý: A ≥ với A, dấu “=” xảy ⇔ A = 2. Bài tập vận dụng Bài 1: CMR: a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca với a, b, c ∈ R Giải Xét hiệu: A = (a2 + b2 + c2) − (ab + bc + ca) =  1 (a − 2ab + b2) + (b2 − 2bc + c2) + (c2 − 2ca + a2) 2  =  1 (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 2  ≥ ∀a, b, c. Vì A ≥ nên a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca Dấu “=” xảy ⇔ a = b = c. a. CMR: a + b − ab ≥ với a, b ∈ R . Khi đẳng thức xảy ra? Bài 2: b. CMR a ≥ b a − b3 ≥ ab − a 2b với a, b ∈ R Giải b  3b  ≥ với a, b ∈ R . a. Ta có: a + b − ab =  a −  + 2   b  a −  = Dấu “ = “ xảy ⇔   ⇔a=b=0  3b  = b. Ta có: a3 − b3 − ( ab2 − a 2b ) = a(a − b2 ) + b(a − b2 ) = (a + b)(a − b ) = (a − b)(a + b)2 Do a ≥ b nên (a − b)(a + b) ≥ (đpcm) Bài : Cho a, b, c, d bốn số dương. CMR: 1< a b c d + + + < 2. a+b+c b+c+d c+d +a d +a+b Giải Do a, b, c, d số dương nên: a a > a+b+c a+b+c+d b b > b+c+d a+b+c+d c c > c+d +a a+b+c+d d d > d +a+b a+b+c+d Cộng vế với vế bất đẳng thức trên, ta suy ra: a b c d + + + > (1) a+b+c b+c+d c+d +a d +a+b Mặt khác, ta lại có: Tương tự: a a c c a c < < ; nên: + b − c ;b > a − c ;c > a − b ⇒ a > b − 2bc + c ; b > a − 2ac + c ; c > a − 2ab + b ⇒ a + b + c < 2(ab + bc + ac ) . b) abc ≥ (a + b − c)(a + c − b)(b + c − a ) . * a > a − (b − c )2 ⇒ a > (a + c − b )(a + b − c ) * b > b − (a − c )2 ⇒ b > (b + c − a )(a + b − c ) * c > c − (a − b )2 ⇒ c > (b + c − a )(a + c − b ) ⇒ a b c > (a + b − c ) (a + c − b ) (b + c − a ) ⇔ abc > (a + b − c )(a + c − b )(a + c − b ) . c) 2a b + 2b c + 2c a − a − b − c > ( (b ) ⇔ 4a b + 2c + a ) − (a + b ) ⇔ (2ab ) − [(a + b ) − c ] > ⇔ 4a b + 2c b + a − a − b − 2a b − c > [ − c4 > 2 ][(a + b) ⇔ c − (a − b ) 2 ] − c2 > ⇔ (c − a + b )(c + a − b )(a + b − c )(a + b + c ) > đúng. Vì a, b, c cạnh tam giác ⇒ c − a + b > 0; c + a − b > 0; a + b − c > 0; a + b + c > 37 * Chứng minh BĐT dựa vào BĐT CÔSI 1. Chứng minh: (a + b )(b + c )(c + a ) ≥ 8abc; a, b, c ≥ . Áp dụng BĐT Cosi cho hai số không âm ⇒ a + b ≥ ab ; b + c ≥ bc ; a + c ≥ ac . 2. Chứng minh: (a + b + c )(a + b + c ) ≥ 9abc; a, b, c ≥ . Áp dụng BĐT Cosi cho ba số không âm: ⇒ a + b + c ≥ 33 abc ; a + b + c ≥ 33 a b c ( ) ⇒ (a + b + c ) a + b + c ≥ 93 a 3b 3c = 9abc 3. Chứng minh: (1 + a )(1 + b )(1 + c ) ≥ (1 + abc ) với a, b, c ≥ . * (1 + a )(1 + b )(1 + c ) = + a + b + c + ab + ac + bc + abc . * a + b + c ≥ 33 abc ; ab + ac + bc ≥ 33 a b c . * (1 + a )(1 + b )(1 + c ) ≥ + 33 abc + 33 a b c + abc = (1 + abc ) m m a b 4. Cho a, b > . Chứng minh: 1 +  + 1 +  ≥ m +1 với m∈ Ζ + .  m m a b a * 1 +  + 1 +  ≥ 1 +   b  a  b 5. Chứng minh: m b  a m m b a  b  m m +1 1 +  =  + +  ≥ = a b  a  bc ca ab + + ≥ a + b + c với a, b, c ≥ . a b c Áp dụng BĐT Cosi cho hai số không âm: bc ca abc bc ba b ac ca ab a bc + ≥2 = 2c; + ≥2 = 2b; + ≥2 = 2a . a b ab a c ac b c bc ⇒ bc ca ab + + ≥ a+b+c. a b c 6. Chứng minh: x6 + y9 ≥ 3x y − 16 với x, y ≥ (*) (*) ⇔ x + y + 64 ≥ 12 x y ⇔ (x ) + (y ) + ≥ 12 x y 3 Áp dụng BĐT Cosi cho ba số không âm: (x ) + (y ) 3 + ≥ x y = 12 x y . 38 7. Chứng minh: 2a + ≥ 3a − (*) 1+ a (*) ⇔ a + a + a + + ≥ 4a . 1+ a Áp dụng BĐT Cosi cho số không âm: a , a , a + 1, a4 + a4 + a2 +1+ . 1+ a2 1 ≥ 44 a a (a − 1) = 4a . 2 1+ a 1+ a 8. Chứng minh: a1995 > 1995(a − 1) với a > (*) (*) ⇔ a1995 > 1995a − 1995 ⇔ a1995 + 1995 > 1995a a 1995 + 1995 > a1995 + 1994 = a1995 + 11 +42 + . + ≥ 19951995 a1995 = 1995a . 43 1994 sô 9. Chứng minh: a (1 + b ) + b (1 + c ) + c (1 + a ) ≥ 6abc . * a (1 + b ) + b (1 + c ) + c (1 + a ) = a + a b + b + b c + c + c a * Áp dụng BĐT Cosi cho số không âm: a + a b + b + b c + c + c a ≥ 66 a b c = 6abc . 10. Cho a, b > . Chứng minh: a b c 1 1 1 + + ≤  + +  2 a +b b +c a +c 2a b c a a b b c c ≤ = ; ≤ = ; ≤ = 2 2ab 2b b + c 2bc 2c a + c 2ac 2a a +b Vậy : a b c 1 1 1 + + ≤  + + . 2 a +b b +c a +c 2a b c 11. Cho a, b ≥ . Chứng minh: ab ≥ a b − + b a − . a = (a − 1) + ≥ a − 1; b = (b − 1) + ≥ b − . ab ≥ 2b a − 1; ab ≥ 2a b − . ab ≥ a b − + b a − . 12. Cho x, y, z > x + y + z = . Chứng minh: xyz ≥ 64(x − 1)( y − 1)(z − 1) . x = (x − 1) + = ( x − 1) + x + y + z − = ( x − 1) + ( x − 1) + ( y + 1) + ( z − 1) ≥ 44 (x − 1) ( y − 1)( z − 1) Tương tự: y ≥ 44 (x − 1)( y − 1)2 (z − 1) ; z ≥ 44 (x − 1)( y − 1)(z − 1)2 ⇒ xyz ≥ 64(x − 1)( y − 1)( z − 1) . 39 13. Cho a > b > c . Chứng minh: a ≥ 33 (a − b )(b − c )c . a = (a − b ) + (b − c ) + c ≥ 33 (a − b )(b − c )c 14. Cho a, b, c > a + b + c = . Chứng minh: a) b + c ≥ 16abc . b+c b+c 1− a  .   ≥ bc ⇔ 16abc ≤ 16a  = 16a  = 4a(1 − a )       . 4a(1 − a )2 = (1 − a )(4a − 4a ) = (1 − a )[1 − (1 − 2a )2 ] ≤ − a = b + c . b) (1 − a )(1 − b )(1 − c ) ≥ 8abc . ⇔ (1 − a )(1 − b )(1 − c ) = (b + c )(a + c )(a + b ) ≥ bc .2 ac .2 ab = 8abc . 1 c) 1 + 1 + 1 +  ≥ 64 .  a  b  c a + a + b + c  44 a bc . 1 +  =  . ≥  a  b 44 ab c b c 44 abc c . 1+ ≥ . 1+ ≥ a  a     * 1 + 1 + 1 +  ≥ 64 .  a  b  c  15. Cho x > y > . Chứng minh: x + VT = ( x − y ) + y + (x − y ) y = . ≥ 33 (x − y ) y (x − y ) y 16. Chứng minh: a) b) a) b) x2 + 2 x +1 ≥ 3. (x − y ) y x2 + x2 +1 ≥ với ∀x ∈ R . x+8 ≥ 6, ∀x > . x −1 c) a2 + a2 +1 ≥4 ≥ ⇔ x2 + ≥ x2 +1 ⇔ x2 +1+1 ≥ x2 +1 . x+8 x −1+ = = x −1 + x −1 x −1 ≥2 x −1 c) (a + 1) + ≥ 4(a + 1) = a + ⇔ x −1 a2 + a2 +1 40 = 6. x −1 ≥ 4. 17. Chứng minh: ab bc ca a +b+c + + ≤ với a, b, c > . a+b b+c c+a Vì: a + b ≥ ab ⇒ ab ab ab bc bc bc ac ac ac ≤ = ; ≤ = ; ≤ = a + b ab b + c bc a + c ac . a + b + c ≥ ab + bc + ac ; dựa vào: a + b + c ≥ ab + bc + ca . Vậy ab bc ca + + ≤ a+b b+c c+a 18. Chứng minh: ab + bc + ac a + b + c ≤ . 2 x2 y2 + ≤ , ∀x, y ∈ R . 4 + 16 x + 16 y * x2 x2 x2 = ≤ = 2 + 16 x 2.4 x + (4 x ) * y2 y2 y2 = ≤ = 2 + 16 y 2. y + (4 y ) ⇒ x2 y2 + ≤ . 4 + 16 x + 16 y 19. Chứng minh: a b c + + ≥ ; a , b, c > . b+c a+c a+b Đặt Χ = b + c; Υ = c + a; Ζ = a + b . * a + b + c = (Χ + Υ + Ζ ) . *a = * Χ+Υ−Ζ Ζ+Χ−Υ Χ+Υ−Ζ ;b = ;c = . 2 a b c  Υ Χ   Ζ Χ   Ζ Υ   + + =  +  +  +  +  +  − 3 ≥ [2 + + − 3] = . b + c a + c a + b  Χ Υ   Χ Ζ   Υ Ζ   2 Cách 2: * a b c  a   b   c  + + = + 1 +  + 1 +  + 1 − b+c a+c a+b b+c  a+c  a+b  = [(a + b ) + (b + c ) + (c + a )] + +  − b+c a+c a+b Áp dụng BĐT Cosi cho ba số không âm: [(a + b ) + (b + c ) + (c + a )] + +  ≥ − = . 2 b+c a+c a+b 20. Cho a, b, c > . Chứng minh: 1 1 + + ≤ . 3 a + b + abc b + c + abc c + a + abc abc 41 ( ) o a + b = (a + b ) a − ab + b ≥ (a + b )ab ⇒ a + b + abc ≥ (a + b )ab + abc = ab(a + b + c ) Tương tự : o b + c + abc ≥ (b + c )bc + abc = bc(a + b + c ) o c + a + abc ≥ (c + a )ca + abc = ca(a + b + c ) VT ≤ 1 1 a+b+c + + =  . ab(a + b + c ) bc(a + b + c ) ca(a + b + c ) a + b + c  abc  21. Chứng minh: a + b + c ≥ a bc + b ac + c ab với a, b, c > . o a + abc ≥ 2a bc ; b + abc ≥ 2b ac ; c + abc ≥ 2c ab ( o a + b + c + 3abc ≥ a bc + b ac + c ab ) ( ( ) ) ⇒ a + b + c ≥ a bc + b ac + c ab : a + b + c ≥ 3abc . Vậy: a + b + c ≥ a bc + b ac + c ab . x 18 ; x > . Định x để y đạt GTNN. x 23. Cho y = + x 18 x 18 ≥2 . =6 x x Áp dụng BĐT Cosi cho số không âm: y = + Dấu “ = “ xảy ⇔ x 18 = ⇔ x = 36 ⇔ x = ±6 . x Vậy x = y đạt GTNN 6. x 24. Cho y = + oy= ; x > . Định x để y đạt GTNN. x −1 x −1 + + x −1 Áp dụng BĐT Cosi cho hai số không âm y= x −1 . , x −1 x −1 x −1 + + ≥2 . + = . x −1 2 x −1 2 o Dấu “ =” xảy ⇔ x = x −1 2 = ⇔ ( x − 1) = ⇔  x −1  x = −1(loai ) Vậy: Khi x=3 y đạt GTNN 25. Cho y = y= 3x + ; x > −1 . Định x để y đạt GTNN. x +1 3( x + 1) + − . x +1 42 Áp dụng BĐT Cosi cho hai số không âm: y= 3( x + 1) . ; x +1 3( x + 1) 3( x + 1) 3 + − ≥2 . − = 6− x +1 2 x +1 2  x= −1  3( x + 1) 2  Dấu “ =” xảy = ⇔ ( x + 1) = ⇔ x +1  − 1(loai ) x = −  Vậy: x = − y đạt GTNN − . x 26. Cho y = + ; x > . Định x để y đạt GTNN. 2x −1 oy= x + + 2x −1 o Áp dụng BĐT Cosi cho hai số không âm: y= 2x −1 , : 2x −1 2x −1 2x − 30 + + + ≥2 . + = 2x −1 2x −1 3  30 + x = 2x −1 2 Dấu “ =” xảy ⇔ = ⇔ (2 x − 1) = 30 ⇔  2x −1  − 30 + (loai ) x =  Vậy x = 27. Cho y = 30 + y đạt GTNN 30 + . x + ;0 < x < . Định x để y đạt GTNN. 1− x x o Đặt f ( x ) = x 5(1 − x ) + x x x −1 x 1− x + = + 5. +5≥ . 5. + = + 5. 1− x x 1− x x 1− x x x 1− x 5−  x  , (0 < x < 1) Dấu “ =” xảy ⇔ = 5. ⇔  =5⇔ x= 1− x x 1 − x  o Vậy GTNN y + x = 28. Tìm GTNN f ( x) = o 5− . x + 4x + ;x > 0. x x + 4x + 4 = x + + ≥ x. + = x x x 43 o Dấu “ =” xảy ⇔ x = ⇔ x = 2, (x > ) x Vậy GTNN y x=2. 29. Tìm GTNN f ( x) = x + o x2 + ;x > . x3 x2 x2 x2 1 = + + + + ≥ 55 3 3 x x x o Dấu “ =”xảy ⇔  x2         = . 27  x  x2 = ⇔ x = ⇔ x = 2, ( x > ) x o Vậy GTNN f(x) x = . 27 30. Tìm GTLN f ( x) = (2 x − 1)(3 − x ) . 11x  11  1   o f ( x ) = −10 x + 11x − = −10 x − ≤  − = −10 x −  + 10  20  40 40   o Dấu “=” xảy ⇔ x = o Vậy x = 11 20 11 f (x ) đạt GTLN . 20 40 31. Cho y = x(6 − x );0 < x < . Định x để y đạt GTLN * Áp dụng BĐT Cosi cho số không âm x − x, (vì0 ≤ x ≤ 6) o = x + (6 − x ) ≥ x(6 − x ) ⇒ x(6 − x ) ≤ . o Dấu “=” xảy ⇔ x = − x ⇔ x = . o Vậy x = y đạt GTLN 32. Cho y = (x + 3)(5 − x );−3 ≤ x ≤ . Định x để y đạt GTLN ∗ y = (x + 3)(5 − x ) = (2 x + 6)(5 − x ) *Áp dụng BĐT Cosi cho số không âm: x + − x ,  − ≤ x ≤   o 11 = (2 x + ) + (5 − x ) ≥ (2 x + )(5 − x ) ⇒ o Dấu “=” xảy ⇔ x + = − x ⇔ x = (2 x + 6)(5 − x ) ≤ 121 . −1 121 o Vậy x = − y đạt GTLN . 44 2 33. Cho y = (2 x + 5)(5 − x ); −5 ≤ x ≤ . Định x để y đạt GTLN * y = (2 x + 5)(5 − x ) = (2 x + 5)(10 − x ) −5 * Áp dụng BĐT Cosi cho số không âm x + , 10 − x ,  ≤ x ≤  .  (2 x + 5)(10 − x ) ≤ 625 o (2 x + 5) + (10 − x ) ≥ (2 x + 5)(10 − x ) ⇒ o Dấu “=” xảy ⇔ x + = 10 − x ⇔ x = o Vậy x = 34. Cho y = 625 y đạt GTLN . x Định x để y đạt GTLN. x +2 o + x ≥ 2x = 2x ⇔ 2 ≥ x ⇒ y≤ 2− x 2 o Dấu “=” xảy ⇔ x = ⇒ x = x > o Vậy x = y đạt GTLN 35. Cho y = x2 (x +2 ) 2 . . Định x để y đạt GTLN . ( ) x2 o x + = x + + ≥ 33 x .1.1 ⇔ x + ≥ 27 x ⇒ o Dấu “=” xảy ⇔ x = ⇔ x = ±1 o Vậy x = ±1 y đạt GTLN . 27 45 (x +2 ) ≤ . 27  *Chứng minh BĐT dựa vào BĐT Bunhiacopxki 1.Chứng minh: (ab + cd )2 ≤ (a + c )(b + d ) (*) (*) ⇔ a b + 2abcd + c d ≤ a b + a d + c b + c d ⇔ a d + c b − 2abcd ≥ ⇔ (ad − cb ) ≥ . 2. Chứng minh: sin x + cos x ≤ . * Áp dụng BĐT Bunhiacopxki cho số; 1, sinx, 1, cosx. sin x + cos x = 1.sin x + 1. cos x ≤ (1 )( ) + 12 sin x + cos x = 3. Cho 3a − 4b = . Chứng minh: 3a + 4b ≥ . * Áp dụng BĐT Bunhiacopxki cho số : 3, 3a, , 4b , o 3a + 4b = (3 + 4)(3a + 4b ) ⇔ 3a + 4b ≥ . 3. 3a + . 4b ≤ 4. Cho 2a − 3b = . Chứng minh: 3a + 5b ≥ 725 . 47 . 3a − . 5b * 2a − 3b = * Áp dụng BĐT Bunhiacopxki cho số : , 3a,− , 5b : 735  9 . 3a − 5b ≤  +  3a + 5b ⇔ 3a + 5b ≥ 47 3 5 ( ) 5. Cho 3a − 5b = . Chứng minh: 7a + 11b ≥ 2464 . 137 7a − 11b 11 * 3a − 5b = * Áp dụng BĐT Bunhiacopxki cho số: , a ,− , 11b . 11 2464  25  7a − 11b ≤  +  a + 11b ⇔ a + 11b ≥ . 137 11  11  ( ) 6. Cho a + b ≥ . Chứng minh: a + b ≥ . 1≤ a +b ≤ (1 )( ) + 12 a + b ⇔ a + b ≥ 46 *Chứng minh BĐT dựa vào phương pháp 1. CMR: a) (a + c) + (b + d ) ≤ a + b + c + d b) 1 + ≥ với xy ≥ 2 + xy 1+ x 1+ y HD: Sử dụng định nghĩa phép biến đổi tương đương 2. Cho < a < b < c. CMR: a) a (b − c ) + b (c − a ) + c (a − b ) < 1 a 1 b b) b +  + (a + c ) < (a + c) +  b a c HD: Sử dụng định nghĩa phép biến đổi tương đương    a   b    1  a  1 b 1 c 3. Cho a, b. c > a + b + c ≤ 1. CMR : 1 + 1 + 1 +  ≥ 64   1 c HD : Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 1 +  , 1 +  , 1 +  . Cho a ≥ c ≥ 0, b ≥ c ≥ . CMR : c(a − c) + c(b − c) ≤ ab HD : Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho c a−c c b−c , , cộng hai vế b a a b theo vế. 5. CMR với a1, a2, .,an dương thì: an a1 a2 + + . + < n 2 2 + a1 + a1 + a2 + a1 + a22 + . + an2 HD: Áp dung BĐT Bunhiacopski . Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác có cho vi 2p. CMR: 1  1 1 + + ≥ 2 + +  p−a p −b p−c a b c HD: Dùng BĐT phụ 1 + ≥ a b a+b 7. Cho a, b, c, d > 0. CMR: HD: Dùng BĐT phụ a+c b+d c+a d +b + + + ≥4 a+b b+c c+d d +a . ≥ ab ( a + b) 47 PHẦN III KẾT LUẬN Trong trình thực đề tài em cố gằng tìm tòi hệ thống lại số phương pháp chứng minh bất đẳng thức tiêu biểu. Ở phương pháp chứng minh bất đẳng thức em đưa kiến thức phần lý thuyết số tập phần vận dụng để em tiếp cận, tư sáng tạo . việc chứng minh bất đẳng thức. Các toán đưa phương pháp chứng minh bất đẳng thức mang tính tương đối. Vì với toán có nhiều cách giải khác không dựa vào cách giải chung cho dạng toán mà nhiều lời giải riêng phù hợp với nó. Các em học sinh bạn sinh viên nên cố gắng tìm tòi suy nghĩ để tìm cách giải mới, hay, phù hợp với khả điều vẻ đẹp sáng tạo toán học. Sau hoàn thành khóa luận này, em mong trở thành tài liệu bổ ích giúp em học sinh, bạn nghành việc tiếp cận, tra cứu tìm hiểu bất đẳng thức cách dễ dàng hơn. Do điều kiện thời gian lực nghiên cứu thân hạn chế nên khóa luận em tránh khỏi thiếu sót. Bản thân em mong nhận góp ý thầy cô giáo bạn sinh viên để đề tài em hoàn thiện hơn. Cuối em xin chân thành cảm ơn thầy giáo Bùi Khắc Sơn thầy cô giáo khoa Khoa học Tự Nhiên có ý kiến đóng góp giúp em hoàn thành đề tài này. Em xin chân thành cảm ơn! 48 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Phạm Văn Hùng (2010), Sáng tạo bất đẳng thức, NXB Hà Nội [2] Võ Giang Mai (2002), Chuyên đề bất đẳng thức, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội [3] Hoàng Kỳ (2005), Đại số sơ cấp thức hành giải toán, NXB Đại học Sư phạm [4] Trần Đức Huyên (2002), Phân loại phương pháp giải tích 12, NXB Trẻ [5] Huỳnh Công Thái (2005), Phân loại hướng dẫn giải toán giải tích - tổ hợp, NXB Hà Nội [6] www.diendantoanhoc.net [7] www.violet.vn [8] www.tailieu.vn 49 LỜI CẢM ƠN Trên thực tế thành công mà không gắn liền với hổ trợ, giúp đỡ dù hay nhiều, dù trực tiếp hay gián tiếp người khác. Trong suốt thời gian từ bắt đầu học tập giảng đường đại học đến thực khóa luận tốt nghiệp . Ngoài cố gắng thân ,em nhận nhiều quan tâm, giúp đỡ quý thầy cô, gia đình bạn bè. Trước hết, em xin gửi lời cảm ơn chân thành đến thầy cô trường Đai học Quảng Bình , thầy cô giáo Khoa Khoa học Tự nhiên truyền đạt kiến thức quý báu cho chúng em suốt trình học tập. Đặc biệt, em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến thầy giáo TS. Bùi Khắc Sơn tận tình hướng dẫn, giúp đỡ tạo điều kiện thuận lợi cho em trình thực khóa luận tốt nghiệp. Xin gửi lời cảm ơn sâu sắc đến tập thể lớp CĐSP Toán k54 động viên, khích lệ trình học tập hoàn thành khóa luận tốt nghiệp này. Lời cảm ơn đặc biệt xin dành cho gia đình, người thân động viên tạo điều kiện tốt để học tập hoàn thành khóa luận tốt nghiệp này. Em xin trân trọng cảm ơn! Sinh viên Trần Thị Điểm 50 MỤC LỤC PHẦN I: MỞ ĐẦU I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI II. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU III. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU IV. NỘI DUNG NGHIÊN CỨU V. CẤU TRÚC ĐỀ TÀI……………………………………… .……………….3 PHẦN II : NỘI DUNG . CHƯƠNG I: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC . PHẦN A: CƠ SỞ LÝ THUYẾT VỀ BẤT ĐẲNG THỨC .4 I. Định nghĩa: . II. Các tính chất bất đẳng thức: PHẦN B: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC….6 I. Phương pháp 1: Sử dụng định nghĩa, tính chất bất đẳng thức. . 1. Lý thuyết: . 2. Bài tập vận dụng: . II. Phương pháp 2: Bất đẳng thức CÔSI ( Cauchy) 1. Lý thuyết: . 2. Bài tập vận dụng: . 10 III. Phương pháp 3: Bất đẳng thức Cauchy – Schwarz 14 1. Lý thuyết: 14 2. Bài tập vận dụng: . 16 IV. Phương pháp 4: Sử dụng phép biến đổi tương đương . 19 1. Lý thuyết: . . 19 2. Bài tập vận dụng: . 20 V. Phương pháp 5: Sử dụng bất đẳng thức phụ . 23 1. Lý thuyết: . . 23 2. Bài tập vận dụng: . 24 51 VI. Phương pháp 6: Sử dụng bất đẳng thức tam giác 27 1. Lý thuyết: . 27 2. Bài tập vận dụng: . 27 CHƯƠNG II: BÀI TẬP VẬN DỤNG 31 HƯỚNG DẪN GIẢI 35 PHẦN III. KẾT LUẬN 48 TÀI LIỆU THAM KHẢO 49 52 [...]... (a − b) 2 + (b − c) 2 + (c − a )2 ≥ 0 (2) Bất đẳng thức (2) luôn đúng nên bất đẳng thức (1) được chứng minh V Phương pháp 5: Sử dụng bất đẳng thức phụ 1 Lý thuyết Ở phương pháp này em chỉ sử dụng những bất đẳng thức phụ đơn giản và dễ nhớ nhằm trang bị cho học sinh khả năng vận dụng hiệu quả các bất đẳng thức phụ vào việc chứng minh bất đẳng thức Các bất đẳng thức phụ được lựa chọn: • a 2 + b 2 + c 2... đã cho trong giả thiết nhằm áp dụng được điều kiện của giả thiết để chứng minh được bất đẳng thức đó là đúng - Chuyển vế để chứng minh bất đẳng thức đó - Chuyển vế các thừa số về dạng hằng đẳng thức để chứng minh - Chia nhỏ từng vế để chứng minh sau đó cộng vế theo vế các bất đẳng thức con để được điều phải chứng minh Chú ý các đẳng thức sau (a + b ± c)2 = a 2 + b 2 + c 2 + 2ab ± 2bc ± 2ca (a + b +... để y đạt GTLN 33 * Chứng minh BĐT dựa vào BĐT Bunhiacopxki 1 Chứng minh: (ab + cd )2 ≤ (a 2 + c 2 )(b 2 + d 2 ) 2 Chứng minh: sin x + cos x ≤ 2 3 Cho 3a − 4b = 7 Chứng minh: 3a 2 + 4b 2 ≥ 7 4 Cho 2a − 3b = 7 Chứng minh: 3a 2 + 5b 2 ≥ 725 47 5 Cho 3a − 5b = 8 Chứng minh: 7a 2 + 11b 2 ≥ 2464 137 1 2 6 Cho a + b ≥ 1 Chứng minh: a 2 + b 2 ≥ * Chứng minh BĐT dựa vào các phương pháp trên 1 CMR: a)... c 1  Đẳng thức xảy ra khi 3 − 3a = 1 + 3a ⇔ a = b = c = 3 a + b + c = 1  III Phương pháp 3: Bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ( BĐT Bunhiacopski) 1 Lý thuyết Bất đẳng thức Cauchy – Schwarz còn được gọi là bất đẳng thức Bunhiacopski Ta có : 14 Với 2 bộ n số (a1, a2,…, an) và (b1, b2,…, bn) ta luôn có: 2 2 ( a1b1 + a 2 b2 + + a n bn ) 2 ≤ (a12 + a 2 + + a n )(b12 + b22 + + bn2 ) (1) Dấu đẳng thức. .. 2 Chứng minh: (a + b + c )(a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ 9abc; a, b, c ≥ 0 3 Chứng minh: (1 + a )(1 + b )(1 + c ) ≥ (1 + 3 abc ) với a, b, c ≥ 0 3 m m a b 4 Cho a, b > 0 Chứng minh: 1 +  + 1 +  ≥ 2 m+1 với m∈ Ζ +      b  a 5 Chứng minh: bc ca ab + + ≥ a + b + c với a, b, c ≥ 0 a b c 6 Chứng minh: x6 + y9 ≥ 3 x 2 y 3 − 16 với x, y ≥ 0 4 1 ≥ 3a 2 − 1 2 1+ a 7 Chứng minh: 2a 4 + 8 Chứng minh: ... a 1+ b 6 Chứng minh: a 2 + b 2 + c 2 + 3 ≥ 2.(a + b + c ) với a, b, c ∈R 7 Chứng minh: a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + e 2 ≥ a.(b + c + d + e ) 8 Chứng minh: x 2 + y 2 + z 2 ≥ xy + yz + zx 9 Chứng minh: a) a +b+c ab + bc + ca , với a, b, c ≥ 0 ≥ 3 3 2 a2 + b2 + c2  a + b + c  b) ≥  3 3   a2 10 Chứng minh: + b 2 + c 2 ≥ ab − ac + 2bc 4 11 Chứng minh: a 2 + b 2 + 1 ≥ ab + a + b 12 Chứng minh: x 2... b, c là 3 cạnh của một tam giác nên a + b − c > 0  a + c − b > 0 và abc > 0 b + c − a > 0  30 CHƯƠNG II: BÀI TẬP VẬN DỤNG *Chứng minh BĐT dựa vào định nghĩa và tính chất cơ bản 3 1 Cho a, b > 0 Chứng minh: 2 Chứng minh: a 3 + b3  a + b  ≥  2  2  a +b a2 + b2 ≤ 2 2 3 Cho a + b ≥ 0 Chứng minh: a + b 3 a 3 + b3 ≥ 2 2 4 Cho a, b > 0 Chứng minh: a b + ≥ a+ b b a 5 Chứng minh: với a ≥ b ≥... 9 Chứng minh: a 2 (1 + b 2 ) + b 2 (1 + c 2 ) + c 2 (1 + a 2 ) ≥ 6abc 10 Cho a, b > 0 Chứng minh: 1 1 1 1 a b c + 2 + 2 ≤  + +  2 2 2 2a b c a +b b +c a +c 2 11 Cho a, b ≥ 1 Chứng minh: ab ≥ a b − 1 + b a − 1 12 Cho x, y, z > 1 và x + y + z = 4 Chứng minh: xyz ≥ 64(x − 1)( y − 1)(z − 1) 13 Cho a > b > c Chứng minh: a ≥ 33 (a − b )(b − c )c 14 Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 1 Chứng minh. ..  b  c 15 Cho x > y > 0 Chứng minh: x + 16 Chứng minh: a) b) x2 + 2 x2 +1 x+8 ≥ 6, ∀x > 1 x −1 1 ≥ 3 (x − y ) y ≥ 2 với ∀x ∈ R c) 32 a2 + 5 a2 +1 ≥4 17 Chứng minh: ab bc ca a +b+c + + ≤ với a, b, c > 0 a+b b+c c+a 2 18 Chứng minh: x2 y2 1 + ≤ , ∀x, y ∈ R 4 4 1 + 16 x 1 + 16 y 4 19 Chứng minh: a b c 3 + + ≥ ; a , b, c > 0 b+c a+c a+b 2 20 Cho a, b, c > 0 Chứng minh: 1 1 1 1 + 3 + 3 ≤ 3 3... xz + 2 yz 13 Chứng minh: x 4 + y 4 + z 2 + 1 ≥ 2 xy (xy 2 − x + z + 1) 1 4 14 Chứng minh: Nếu a + b ≥ 1 thì a 3 + b 3 ≥ 15 Cho a, b, c là số đo độ dài 3 cạnh của một tam giác Chứng minh a) ab + bc + ca < a 2 + b 2 + c 2 < 2(ab + bc + ca ) b) abc ≥ (a + b − c)(a + c − b)(b + c − a) c) 2a 2 b 2 + 2b 2 c 2 + 2c 2 a 2 − a 4 − b 4 − c 4 > 0 31 * Chứng minh BĐT dựa vào BĐT CÔSI 1 Chứng minh: (a + b . những bất đẳng thức. Cũng như các mệnh đề logic khác, một bất đẳng thức có thể đúng hoặc sai. Chứng minh bất đẳng thức là chứng minh bất đẳng thức đó đúng. Định nghĩa 2: Cho hai biểu thức A(x). thiết để chứng minh được bất đẳng thức đó là đúng. - Chuyển vế để chứng minh bất đẳng thức đó. - Chuyển vế các thừa số về dạng hằng đẳng thức để chứng minh. - Chia nhỏ từng vế để chứng minh sau. : Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức Chương II : Bài tập vận dụng Phần III : Kết luận 4 PHẦN II : NỘI DUNG CHƯƠNG I : MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG