Thư viện tri thức trực tuyến
Kho tài liệu với 50,000+ tài liệu học thuật
© 2023 Siêu thị PDF - Kho tài liệu học thuật hàng đầu Việt Nam

8 chương bất đẳng thức
Nội dung xem thử
Mô tả chi tiết
1
Chương I
ĐẲNG THỨC BẰNG PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG
ĐƯƠNG
I . Tính chất cơ bản:
a.
khi 0
khi 0
ax bx x
a b
ax bx x
> >
< <
b. a x
a b x y
b y
>
⇒ + > +
>
Chú ý a x
b y
>
>
a b x y
ab xy
a x
b y
− > −
>
>
c.
0
0
a x
ab xy
b y
> ≥ ⇒ >
> ≥
d. 2 2 a b a b > ≥ 0 ⇒ >
Hệ quả: 2 2 a b a b > ⇔ >
e.
1 1 a b
a b
> > 0 ⇒ <
1 1 a b
a b
< < 0 ⇒ >
f. A > 0
• x A A x A < ⇔ − < <
•
x A
x A
x A
< −
> ⇔
>
II. Vài bất đẳng thức thông dụng:
Với a, b, c,… tùy ý (a b c R , , ...∈ )
a. 2 2 a b ab + ≥ 2 ( Dấu “ = ” xảy ra ⇔ a b = )
b. 2 2 2 a b c ab bc ca + + ≥ + + ( Dấu “ = ” xảy ra ⇔ a b c = = )
c. Với a b, 0 > ta có: 1 1 1 1 4 ( ) 4 a b
a b a b a b
+ + ≥ ⇔ + ≥ +
III. Các ví dụ:
Ví dụ 1: Cho , ;
4 4
x y
π π
∈ − . Chứng minh bất đẳng thức:
tan tan 1
1 tan tan
x y
x y
−
<
−
Giải:
, ;
4 4
x y
π π
∈ − thì 2 2 − < < ≤ < 1 tan ; tan 1; 0 tan , tan 1 x y x y
Ta có: tan tan 1
1 tan tan
x y
x y
−
<
−
⇒
2
⇔ − > − tan tan 1 tan tan x y x y
2 2 2 2 ⇔ + − < − + tan tan 2 tan tan 1 2 tan tan tan tan x y x y x y x y
2 2 2 2 ⇔ + − − < tan tan tan tan 1 0 x y x y
2 2 2 ⇔ − − − < tan (1 tan ) (1 tan ) 0 x y y
2 2 ⇔ − − < (1 tan )(tan 1) 0 y x ( Luôn đúng , ;
4 4
x y
π π ∀ ∈ − )
Ví dụ 2:
Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện a b c + + =1 thì:
1 1 1 3.
3 3 3 3 3 3 a b c a b c
a b c
+ + ≥ + +
Giải:
Vì hàm số 1
3
x
giảm nên ta có:
1 1 0 ( )
3 3 3 3 3 3 a b b a a b
a b a b a b ≥ − − ⇒ + ≥ +
Tương tự ta có:
3 3 3 3 c b b c
b c b c
+ ≥ + ;
3 3 3 3 a c c a
c a c a
+ ≥ +
Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ( chú ý rằng a b c + + =1), ta được:
1 1 1
3 3 3 3 3 3 3 3 3 a b c a b c a b c
a b c a b c + + − + + ≥ 2 + +
1 1 1 3
3 3 3 3 3 3 a b c a b c
a b c ⇔ + + ≥ + + (đpcm)
Ví dụ 3:
a. Cho x y > > 0, 0 và xy ≤1. Chứng minh:
2 1 1
1 xy 1 1 x y
≥ +
+ + +
(1)
b. Cho 0 < ≤ ≤ ≤ a b c d và bd ≤1. Chứng minh:
4
4 1 1 1 1
1 abcd 1 1 1 1 a b c d
≥ + + +
+ + + + +
Giải:
a. Vì x y > > 0, 0 nên bất đẳng thức (1) tương đương với:
2(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 ) + + ≥ + + + + + x y xy y xy x
⇔ + + + ≥ + + + + + + + 2 2 2 2 1 1 x y xy xy y y xy xy x x xy
⇔ + + ≥ + + ( ) 2 ( ) 2 x y xy xy x y xy
⇔ + − ( + + − ) ≥ 0 ( ) ) 2( x y xy x y xy xy
⇔ + − ) + ( −1) ≥ 0 ( )(1 2 x y xy xy xy
⇔ − )( + − ) ≥ 0 (1 2 xy x y xy
3
(1 xy x y ⇔ − )( − ) ≥ 0 2
(2)
Vì:
2
( ) 0
1 1 0
x y
xy xy
− ≥
≤ ⇒ − ≥
nên (2) đúng (đpcm)
b.
, , , 0
1
a b c d
a b c d
bd
>
≤ ≤ ≤
≤
nên
, , , 0
1
a b c d
a b
c d
bd
>
≤
≤
≤
⇒ ≤ ≤ ac db 1
Theo kết quả câu a, ta có:
1 1 2 ( , 0; 1)
1 1 1
1 1 2 ( , 0; 1)
1 1 1
a c ac
a c ac
b d bd
c d bd
+ ≤ > ≤
+ + +
+ ≤ > ≤ + + +
1 1 1 1 1 1 2.
1 1 1 1 1 1
2
2.
1 .
a b c d ac bd
ac bd
⇒ + + + ≤ + + + + + + +
≤
+
4
1 abcd
=
+
(đpcm)
Ví dụ 4:
Cho a b c , , [ 1;2] ∈ − thỏa mãn điều kiện a b c + + = 0 . Chứng minh:
2 2 2 a b c + + ≤ 6
Giải:
• a a a a ∈ − ⇔ − ≤ ≤ ⇔ ( + − ≤ [ 1;2] 1 2 1)( 2) 0
2 2 ⇔ − − ≤ ⇔ ≤ + a a a a 2 0 2 (1)
• Tương tự ta cũng có
2
2
(2)
2 (3)
b b c
c c
≤ +
≤ +
Cộng (1), (2), (3) ta có:
2 2 2 ) 6 6 a b c a b c + + ≤ ( + + + = (đpcm)
Ví dụ 5:
Cho x y z , , [0;2] ∈ và x y z + + = 3. Chứng minh rằng:
2 2 2 x y z + + ≤ 5
Giải:
Ta có: x y z x y z , , 2 ( 2)( 2)( 2) 0 ≤ ⇒ − − − ≤
⇔ − + + + + + − ≤ xyz xy yz zx x y z 2( ) 4( ) 8 0
⇔ − + + − − ≤ xyz xy yz zx 2( ) 4.(3) 8 0
⇔ ≤ + + − xyz xy yz zx 2( ) 4 ( vì x y z + + = 3)
2 2 2 2 ⇔ ≤ + + − + + − xyz x y z x y z ( ) ( ) 4
2 2 2 2 2 2 2 2 ⇔ ≤ + + − + + − = − + + − xyz x y z x y z x y z ( ) ( ) 4 3 ( ) 4
4
2 2 2 ⇔ + + ≤ − x y z xyz 5 ( Vì x y z + + = 3)
2 2 2 ⇒ + + ≤ x y z 5 ( Vì xyz ≥ 0 ) (đpcm)
Ví dụ 6:
Cho x y z > > > 0, 0, 0 và xyz =1. Chứng minh các bất đẳng thức sau:
a. 3 3 3 3 3 3
1 1 1 1
x y y z z x 1 1 1
+ + ≤
+ + + + + +
(1)
b. 1 1 1 1
x y y z z x 1 1 1
+ + ≤
+ + + + + +
(2)
Giải:
a. Đặt T = vế trái của bất đẳng thức (1) ( ta cần chứng minh T 1 ≤ )
Ta có: 3 3 2 2 x y x y x y xy + = + + − ( )( )
Mà
2 2 2 2 2
0 ( Vì 0, 0)
x y xy x y xy xy
x y x y
+ ≥ ⇔ + − >
+ > > >
Nên 2 2 ( )( ) ( ) x y x y xy x y xy + + − ≥ + hay 3 3 x y xy x y + ≥ + ( )
3 3 ⇒ + +1≥ + + x y xy x y xyz ( ) ( Vì xyz =1)
3 3 ⇔ + +1≥ + + > x y xy x y z ( ) 0
3 3
1 1
x y xy x y z 1 ( )
⇔ ≤
+ + + +
(a)
Tương tự ta có:
3 3
3 3
1 1 (b)
1 ( )
1 1 (c)
1 ( )
y z xy x y z
z x xy x y z
≤
+ + + +
⇔
≤
+ + + +
Cộng vế theo vế (a), (b), (c), ta có:
1 1 1 1 1 T 1
( )
x y z
x y z xy yz zx x y z xyz
+ +
≤ + + = =
+ + + +
( Vì xyz =1) (đpcm)
b. Đặt S bằng vế trái của bất đẳng thức (2) ( ta cần chứng minh S ≤1)
Đặt
3
3
3
x a
y b
z c
=
=
=
mà 3 3 3
, , 0 , , 0
1 1
x y z a b c
xyz a b c abc
> ⇒ >
= ⇒ ⇔ =
a b c , , 0 > và abc =1 nên theo kết quả câu a, ta có:
3 3 3 3 3 3
1 1 1 1
a b b c c a 1 1 1
+ + ≤
+ + + + + +
1 1 1 1
x y y z z x 1 1 1
⇔ + + ≤
+ + + + + +
(đpcm)
Ví dụ 7:
Cho a b, 0 > và b c, 0 > . Chứng minh:
( ) ( ) a c c b c c ab − + − ≤ (1)