Siêu thị PDFTải ngay đi em, trời tối mất

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
MIỄN PHÍ
Số trang
49
Kích thước
428.9 KB
Định dạng
PDF
Lượt xem
1340

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 + = + + − ( )( )

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)

Tải ngay đi em, còn do dự, trời tối mất!