Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức từ cơ bản đến nâng cao

Chia sẻ: 123share | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:49

Thêm vào BST

Báo xấu

2.207
lượt xem 520
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức từ cơ bản đến nâng cao sau đây có kết cấu gồm 8 chương, bài tập trắc nghiệm tổng hợp, hướng dẫn giải và đáp số. Môi chương là một dạng bất đẳng thức như bất đẳng thức bằng phương pháp biến đổi tương đương, bất đẳng thức Côsi,... Mỗi chương đều có ôn tập lại lý thuyết cơ bản, tính chất thông dụng, các bài tập bất đẳng thức thông dụng và hướng dẫn giải chi tiết.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức từ cơ bản đến nâng cao

Chương I NG TH C B NG PHƯƠNG PHÁP BI N ƯƠNG I . Tính ch t cơ b n: a. a > b ⇔  ax > bx khi x > 0 ax < bx khi x < 0 a > x  b > y  a − b > x − y   ab > xy a x  >  b y I TƯƠNG b.  a > x ⇒ a + b > x + y Chú ý b > y a > x ≥ 0 ⇒ ab > xy b > y ≥ 0 ⇒ c.  d. a > b ≥ 0 ⇒ a 2 > b 2 H qu : a > b ⇔ a 2 > b 2 1 1 < a b 1 1 a 0 • x < A ⇔ −A < x < A e. a > b > 0 ⇒ • x > A⇔  x < − A x > A II. Vài b t ng th c thông d ng: V i a, b, c,… tùy ý ( a, b, c... ∈ R ) a. a 2 + b 2 ≥ 2ab ( D u “ = ” x y ra ⇔ a = b ) b. a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca ( D u “ = ” x y ra ⇔ a = b = c ) c. V i a, b > 0 ta có: (a + b)  +  ≥ 4 ⇔ + ≥ a b a+b a b 1 1 1 1 4 III. Các ví d : Ví d 1: Cho x, y ∈  − ;  . Ch ng minh b t 4 4  π π   tan x − tan y 0, y > 0 và xy ≤ 1 . Ch ng minh: 2 1 + xy b. Cho 0 < a ≤ b ≤ c ≤ d và bd ≤ 1 . Ch ng minh: 4 1 1 1 1 ≥ + + + 1 + 4 abcd 1 + a 1 + b 1 + c 1 + d ≥ 1 1 + (1) 1+ x 1+ y Gi i: a. Vì x > 0, y > 0 nên b t ng th c (1) tương ương v i: 2(1 + x)(1 + y ) ≥ (1 + xy )(1 + y ) + (1 + xy )(1 + x) ⇔ 2 + 2 x + 2 y + 2 xy ≥ 1 + xy + y + y xy + 1 + xy + x + x xy ⇔ ( x + y ) + 2 xy ≥ xy ( x + y ) + 2 xy ⇔ ( x + y ) − xy ( x + y ) + 2( xy − xy ) ≥ 0 ⇔ ( x + y )(1 − xy ) + 2 xy ( xy −1) ≥ 0 ⇔ (1 − xy )( x + y − 2 xy ) ≥ 0 2 ⇔ (1 − xy )( x − y )2 ≥ 0 (2) ( x − y ) 2 ≥ 0  nên (2) úng ( pcm) Vì:   xy ≤ 1 ⇒ 1 − xy ≥ 0   a , b, c , d > 0  a , b, c , d > 0 a ≤ b   ⇒ ac ≤ db ≤ 1 b. a ≤ b ≤ c ≤ d nên  c≤d bd ≤ 1   bd ≤ 1  Theo k t qu câu a, ta có: 1 2  1 1 + a + 1 + c ≤ 1 + ac (a, c > 0; ac ≤ 1)   2  1 + 1 ≤ (b, d > 0; bd ≤ 1)  1 + c 1 + d 1 + bd ⇒ 1 1 1 1 1   1 + + + ≤ 2.  +  1+ a 1+ b 1+ c 1+ d  1 + ac 1 + bd  2 ≤ 2. 1 + ac . bd 4 = ( pcm) 1 + abcd Ví d 4: Cho a, b, c ∈ [ − 1; 2] th a mãn i u ki n a + b + c = 0 . Ch ng minh: a 2 + b2 + c 2 ≤ 6 Gi i: • a ∈ [ − 1; 2] ⇔ −1 ≤ a ≤ 2 ⇔ ( a + 1)(a − 2) ≤ 0 ⇔ a 2 − a − 2 ≤ 0 ⇔ a 2 ≤ a + 2 (1) • b 2 ≤ b + c (2)  Tương t ta cũng có  2 c ≤ c + 2 (3)  C ng (1), (2), (3) ta có: a 2 + b 2 + c 2 ≤ ( a + b + c) + 6 = 6 ( pcm) Ví d 5: Cho x, y, z ∈ [0;2] và x + y + z = 3 . Ch ng minh r ng: x2 + y 2 + z 2 ≤ 5 Gi i: Ta có: x, y, z ≤ 2 ⇒ (x − 2)( y − 2)( z − 2) ≤ 0 ⇔ xyz − 2( xy + yz + zx) + 4( x + y + z ) − 8 ≤ 0 ⇔ xyz − 2( xy + yz + zx) − 4.(3) − 8 ≤ 0 ⇔ xyz ≤ 2( xy + yz + zx) − 4 ( vì x + y + z = 3 ) ⇔ xyz ≤ ( x + y + z )2 − ( x 2 + y 2 + z 2 ) − 4 ⇔ xyz ≤ ( x + y + z )2 − ( x 2 + y 2 + z 2 ) − 4 = 32 − ( x 2 + y 2 + z 2 ) − 4 3 ⇔ x 2 + y 2 + z 2 ≤ 5 − xyz ( Vì x + y + z = 3 ) ⇒ x 2 + y 2 + z 2 ≤ 5 ( Vì xyz ≥ 0 ) ( pcm) Ví d 6: Cho x > 0, y > 0, z > 0 và xyz = 1 . Ch ng minh các b t 1 1 1 + 3 3 + 3 ≤ 1 (1) 3 x + y + 1 y + z + 1 z + x3 + 1 1 1 1 b. + + ≤ 1 (2) x + y +1 y + z +1 z + x +1 ng th c sau: a. 3 Gi i: a. t T = v trái c a b t ng th c (1) ( ta c n ch ng minh T ≤ 1 ) Ta có: x3 + y 3 = ( x + y )( x 2 + y 2 − xy ) Mà   x 2 + y 2 ≥ 2 xy ⇔ x 2 + y 2 − xy > xy  x + y > 0 ( Vì x > 0, y > 0) Nên ( x + y )( x 2 + y 2 − xy ) ≥ ( x + y ) xy hay x3 + y 3 ≥ xy ( x + y ) ⇒ x3 + y 3 +1 ≥ xy ( x + y ) + xyz ( Vì xyz = 1 ) ⇔ x 3 + y 3 +1 ≥ xy ( x + y + z ) > 0 1 1 ⇔ 3 ≤ (a) 3 x + y + 1 xy ( x + y + z ) Tương t ta có: 1 1   y 3 + z 3 + 1 ≤ xy ( x + y + z ) (b)  ⇔ 1 1  ≤ (c) 3 3  z + x + 1 xy ( x + y + z )  C ng v theo v (a), (b), (c), ta có:  1  x+ y+ z  1 1 1 1  + + =   = 1 ( Vì xyz = 1 ) ( pcm) ( x + y + z )  xy yz zx  x + y + z  xyz  b. t S b ng v trái c a b t ng th c (2) ( ta c n ch ng minh S ≤ 1 )  x = a3  x , y , z > 0 ⇒ a , b, c > 0  t  y = b3 mà  3 3 3  xyz = 1 ⇒ a b c ⇔ abc = 1  z = c3  T≤ a, b, c > 0 và abc = 1 nên theo k t qu câu a, ta có: 1 1 1 + 3 3 + 3 ≤1 3 3 a + b + 1 b + c + 1 c + a3 + 1 1 1 1 ⇔ + + ≤ 1 ( pcm) x + y +1 y + z +1 z + x +1 Ví d 7: Cho a, b > 0 và b, c > 0 . Ch ng minh: (a − c)c + (b − c)c ≤ ab (1) 4 Gi i: Bt ng th c (1) tương ương v i: c(a − c) + (b − c)c + 2 c 2 (a − c)(b − c) ≤ ab ⇔ c 2 + c 2 − ac + ab − bc − 2c (a − c)(b − c) ≥ 0 ⇔ c 2 + a(b − c) − c(b − c) − 2c (a − c)(b − c) ≥ 0 ⇔ c 2 + (a − c)(b − c) − 2c (a − c)(b − c) ≥ 0   ⇔  c − (a − c)(b − c)  ≥ 0 ây là b t 2 ng th c úng ( pcm) Ví d 8: Ch ng minh r ng 2 i v i m i a, b, c ∈ R , ta có: a + b 2 + c 2 ≥ ab − ac + 2bc (1) 4 Gi i: B t ng th c (1) tương ương v i: a 2 + 4b 2 + 4c 2 − 4ac − 8bc + 4ac ≥ 0 ⇔ ( a − 2b + 2c) 2 ≥ 0 ây là b t phương trình úng ( pcm) Ví d 9: Cho a 3 > 36 và abc = 1 . Ch ng minh: a2 + b 2 + c 2 > ab + bc + ca (1) 3 Gi i: Bt ng th c (1) tương ương v i: 2 a + (b + c)2 − 2bc > a (b + c) + bc 3 a2 ⇔ (b + c) 2 − a (b + c) + − 3bc > 0 3  a2 3  1 2 ⇔ (b + c) − a (b + c) +  −  > 0 ( Vì bc = ) a  3 a x = b + c  ⇔ (a)  a2 3  f ( x) = x 2 − ax +  −  > 0   3 a  Xét tam th c b c hai f ( x) = x 2 − ax + ( a2 3 − ) có: 3 a  a 2 3  36 − a 3 ∆ = a2 − 4  −  = < 0 ( Vì a 3 > 36 ) 3 a 3a  ⇒ f ( x) > 0, ∀x ∈ R ⇒ (a ) úng ( pcm) Ví d 10: Cho −1 < x < 1 và n ∈ N , n > 1 . Ch ng minh: 5