Phân bậc hoạt động chứng minh Bất đẳng thức

Phân bậc hoạt động chứng minh BĐT
I.Chứng minh BĐT bằng phương pháp “ cân bằng bậc” :
* Phương pháp : Nếu VT và VP của BĐT cần CM là 2 đa thức đẳng cấp nhưng khác bậc thì ta cần tìm cách biến đổi sao cho 2 vế của BĐT cần chứng minh có cùng bậc 
Bài 1: cho a+b = 2 .CMR : a4 + b4 ³ a3 + b3 (1)
LG :
(luôn đúng vì a - b và a3 - b3 cùng dấu ) ị đpcm
Bài 2: Cho a + b + c = 3. CMR: 
LG: 
(luôn đúng vì )
Bài 3: Cho x, y > 0 và x3 + y3 = x - y 
CMR: x2 + y2 < 1 (3)
LG : Vì x> 0 , y> 0 ị x3 + y3 > 0 mà x3 + y3 = x - y nên x - y > 0 
(luôn đúng vì y > 0)
Bài 4: Giả sử phương trình : x3 - x2 + ax + b = 0 (*) có 3 nghiệm phân biệt thực 
CMR : a2 + 3b > 0 (4) 
LG :
 Giả sử x1 , x2 , x3 là 3 nghiệm phân biệt của phương trình (*)
Luôn có : 
Dấu “=” xảy ra (trái giả thiết 3 nghiệm phân biệt)ị dấu bằng không xảy ra ị(4) đúng .
II.Kỹ thuật tách nghịch đảo khi sử dụng BĐT Cauchy:
* Phương pháp : Tách phần nguyên theo mẫu số để khi áp dung BĐT Cauchy thì phần chứa biến bị triệt tiêu .
Bài 1 : CMR: 
LG: áp dụng BĐT Cauchy cho : 
Dấu “=” xảy ra (vì ab > 0)
Bài 2: CMR: 
LG: vìcùng dấu ,do đó ta có : 
Bài 3: Tìm min 
LG: Gsử hàm số được xác định. Khi đó vì và cùng dấu nên : 
 = 
Dấu “=”xảy ra Û x = ± 1 . Vậy Min y = 2.
Bài 4: CMR: 
LG: 
Bài 5: CMR: 
LG: 
Do a > b > 0 ị a - b > 0 nên : 
 (đpcm).
Bài 6 : CMR: ," a, b thoả mãn: 
LG: có a > b ị a - b > 0 
 (đpcm).
III. Phương pháp toạ độ :
*Phương pháp : Sử dụng tính chất: 
+) 
+) Cho A, B, C là 3 điểm bất kỳ ,ta có: 
 Chú ý : ,I là trung điểm của BC
Bài 1:
Cho điểm A(2;3).Tìm 2 điểm BC trên Ox sao cho BC = 6 và AB + AC nhỏ nhất?
LG :
Trong hệ toạ độ Đềcác vuông góc Oxy ,gọi B (b ; 0) và C (c ; 0) 
 Ta có : , I là trung điểm của BC ; 
 nhỏ nhất ị I(2; 0)ị AI = 3 ịB(5; 0) và C(-1; 0) hoặc B(-1; 0), C(5; 0)
Vậy B(5; 0) và C(-1; 0) hoặc B(-1; 0)và C(5; 0) thoả mãn điều kiện bài toán .
Bài 2 : Tìm giá trị nhỏ nhất của : 
LG : ta có 
Đặt A(1;-1), B(-1; 1) , M(x; 0) ị ; ; 
áp dung BĐT tam giác ta có: AM + BM ³ AB 
Dấu “=” xảy ra khi x = 0 .Vậy Min f(x) = .
Bài 3: Tìm giá trị nhỏ nhất của :,a ạ b
LG: Ta có : = 
Đặt A(x-a; a) và B(x-b;-b) ị 
Ta có 
 ³ =
Vậy Min A = 
Bài 4: CMR: 
LG: 
Trong hệ toạ độ Oxy chọn ; 
ị 
Û (đpcm)
Bài 5: CMR: (5)
LG: Ta có (5) Û 
 Đặt , ị 
ị 
	 Û (đpcm)
Bài 6: CMR: 
LG: đặt ; 
ị
Ta có 
(đpcm)
IV.Sử dụng phương pháp quy nạp 
Bài 1 : CMR nếu a, b, c là 3 cạnh của một tam giác vuông với c là cạnh huyền thì với mọi số nguyên dương n ta đều có : a2n+ b2n Ê c2n (1)
LG : với n = 1 ,(1) có dạng a2 + b2 Ê c2 (BĐT đúng vì theo định ly Pitago thì: a2n+ b2n = c2n )
 Giả sử rằng : a2n+ b2n Ê c2n đúng với mọi n nguyên dương và n Ê k ,ta cần CMR: a2(k+1)+ b2(k+1) Ê c2(k+1) .
Thật vậy a2(k+1)+ b2(k+1) = a2k.a2 + b2k.b2 
 < a2kc2 + b2kc2 = c2(a2k + b2k) Ê c2 .c2k = c2(k+1)Vậy BĐT(1) được cm cho mọi số nguyên dương n 
Bài 2: CMR : với mọi số nguyên dương n > 1 ta có : 
LG: Ký hiệu vế trái của BĐT là Sn . Với n = 2 ,ta có : 
 (đúng)
 Giả sử BĐT đúng với 2Ê n Ê k ta chứng minh rằng nó đúng với n = k+1 
Thật vậy ta có :
 , từ đó ta có :
 = .
Do đó Sk+1 > Sk >.Vậy BĐT được chứng minh cho mọi n >1 .
Bài 3 : CMR với mọi n nguyên dương ta đều có : 2n+2 > 2n +5 
LG: Với n=1 có : 21+2 = 23 = 8 > 2.1+5 ,hay bất đẳng thức đúng .
Giả sử BĐT đúng với n = k tức là : 2k+2 > 2k +5 ,ta chứng minh rằng nó đúng với n = k+1 tức là : 2k+1+2 > 2(k+1) +5
Thật vậy ,theo giả thiết ,ta có : 
 2k+1+2 = 2. 2k+2 > 2(k +5) = 4k + 10 > 2k +7 = 2(k+1) +5 
Vậy BĐT đúng với mọi số nguyên dương 
Bài 4 (BĐT Bec_nu_li): CMR với n nguyên dương và với mọi số thực a>-1, đều có : (1+a)n³1 + na . 
Dấu “=” xảy ra Û a=0 hoặc n=1 
LG: n=1, aẻR : (1)trở thành đẳng thức 
a=0 , nẻZ: (1) trở thành đẳng thức 
Ta CM: (1+a)n > 1+na(2) "n³2, nẻZ, a>-1, aạ0
+) với n=2: (1+a)2 = 1 + 2a + a2>1+ 2a ; "aạ0 , tức là BĐT (2)đúng với n=2
+)giả sử (2) đúng với n, ta cm đúng với n+1 ,tức là : 
 (1+a)n+1> 1+ (n+1)a , "a>-1, aạ0
Thật vậy ,(1+a)n+1 = (1+ a)n (1+a) > (1+na)(1+a) 
 = 1+ (n+1)a + na2
 > 1+(n+1)a
ị (đpcm)
V. Dùng phương pháp biến đổi tương đương:
Bài 1 : CMR : với mọi a, b, c : a2+ b2 +1 ³ ab + a + b 
LG : a2+ b2 +1 ³ ab + a + b Û 2a2 + 2b2 +2 ³ 2ab + 2a +2b 
 Û a2 - 2ab + b2 + a2 -2a + 1 + b2 - 2b + 1 ³ 0
 Û (a+ b)2 + (a -1)2 + (b-1)2 ³ 0 (đúng với mọi a, b, c)
Bài 2 :cmr : với mọi a, b, c : a2 + b2 + 4 ³ ab + 2(a+b)
LG: a2 + b2 + 4 ³ ab + 2(a+b) 
Û 2a2 + 2b2 + 8 ³ 2ab + 4a + 4b
Û (a-b)2 + (a-b)2 + (b-2)2 ³ 0 (luôn đúng với mọi a,b ,c).
Bài 3: CMRvới mọi a, b, c : a2 + b2 + c2 ³ ab - ac + 2bc
LG : a2 + b2 + c2 ³ ab - ac + 2bc Û a2 + b2 + c2 - ab + ac - 2bc ³ 0
Û (a - b + c)2 ³ 0 (hiển nhiên) 
Bài 4 : Cho a ,b ³ 2 ,CMR: ab³ a+b 
LG: Viết lại BĐT đã cho dưới dạng : 
 ab - a - b +1 ³ 1Û a(b-1)- (b-1) ³ 1Û (a-1)(b-1)³ 0 (1)
Do a,b ³ 2 nên a-1 ³ 1, b - 1³ 1.Vậy (1)ị đúng bđt đã cho đúng 
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b= 2.
VI.Sử dụng các BĐT đã biết .
Bài 1 : CMR: (a+b)(ab+1) ³ 4ab ( a, b ³ 0)
LG : áp dụng BĐT Cauchy cho các số không âm ,ta có 
a+b ³ 2, ab + 1 ³ 2 ị (a+b)(ab +1) ³ 4ab (đpcm)
Bài 2: CM (a+b)(b+c)(c+a)³ 8abc (a, b, c ³ 0)
LG: a+b ³ 2³ 0
 b+c 
 c+a 
nhân vế với vế các BĐT trên ta được: 
(a+b)(b+c)(c+a) ³ 8abc (đpcm) .
Bài 3 : Cmr: (a, b, c > 0)
LG: Vì a,b,c > 0 nên 
ị(đpcm)
Bài 4 :CM : a2(1+b2) + b2 (1+ c2) + c2(1+ a2 ) ³ 6abc
LG: Ta có : a2(1+b2) + b2 (1+ c2) + c2(1+ a2 ) 
= a2 + a2b2 + b2 + b2c2 + c2 + c2a2
= (a2 + b2c2) + (b2 + a2c2) + (c2 + a2b2)
áp dụng BĐT Cauchy cho các số dương ta có : 
(a2 + b2c2)³ = 2abc
b2 + a2c2 ³ = 2abc 
(c2 + a2b2) ³ = 2abc
ị (đpcm).
VII.Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của hàm số 
Bài 1 :Tìm giá trị lớn nhất của hàm số :
 f(x) = x2 + 2x -3 trên 
LG: Xét hàm số trên ,ta có : 
 x
-Ơ
-2	 -1	3
 +Ơ
f(x)
-3	-4	12
Từ bảng biến thiên ta có ngay : max f(x) = 12 ; minf(x) = -4.
	-2ÊxÊ3	 -2ÊxÊ3
Bài 2: Tìm max, min của hàm số : f(x) = cos2x + 3sinx + 4 
LG: thay cos2x = 1- sin2x ta được : y =f(x) = - sin2 x + 3sinx + 5 
Đặt t= sinx ,-1Ê t Ê 1 ,ta có y= - t2 + 3t + 5 
Bài toán quy về tìm max, min của hàm số y = - t2 + 3t + 5 , trên .
Có a = -1 <0 ,x0 = -(b/2a) = 3/2 ị hàm số y = f(t) đồng biến trên(-Ơ ; 3/2),suy ra hàm số đồng biến trên đoạn 
x
-Ơ
-1	1
+Ơ
f(x)
7
1
ị max f(t) = f(1) = 7; min f(t) = f(-1) = 1
 -1Ê t Ê1	 -1Ê t Ê1
Do đó max f(x) = 7 ,kẻZ
 Minf(x) = 1 
Bài 3: Gọi x1, x2, x3 là các nghiệm của phương trình :
 x3 - (2m + 3)x2 + (2m2 - m+ 9)x - 2m2 + 3m - 7= 0 (1)
Tìm min của biểu thức : x12+ x22 + x32 + x1 x2 x3
LG : ta thấy ngay x= 1 là nghiệm của phương trình ,ta có : 
Û (x-1)(x2 - 2(m+1)x + 2m2 - 3m + 7) = 0
 Û	
Phương trình x2 - 2(m+1)x + 2m2 - 3m + 7 = 0 có nghiệm khi và chỉ khi : 
D’= (m + 1)2 - (2m2 - 3m + 7) = - m2 + 5m - 6 ³ 0 Û 2Ê m Ê 3 
Khi đó (1) có 3 nghiệm x1, x2, x3 : x1 = 1; x2 , x3 là các nghiệm của phương trình: x2 - 2(m+1)x + 2m2 - 3m + 7 = 0. 
Ta có : A = x12+ x22 + x32 + x1 x2 x3 = x22 + x32 + x2 x3 +1 = (x2 + x3)2 - x2 x3+ 1
	 = 4(m + 1)2 - (2m2 - 3m + 7) + 1 = 2m2 + 11m - 2 
Bài toán quy về tìm max, min của hàm số 
 f(m) = 2m2 + 11m - 2 trên đoạn 
do đó ta dễ dàng tìm được max A = 49 Û m = 3 ;
 minA = 28 Û m=2.
Bài 4 : Tuỳ theo giá trị của tham số a ,hãy tìm max min của hàm số : 
 f(x) = cos2x - 2(a+1)sinx + a - 4 
HD: thay cos2x = 1- 2sin2x ,ta được :
 f(x) = - 2sin2x - 2(a+1)sinx + a - 3
 đặt t = sinx ,-1 Ê t Ê 1 , ta được 
 F(t) = - 2t2 - 2(a+1)t + a - 3 
Ta có hàm số đồng biến trên và nghịch biến trên 
Đ/s: +) nếu a Ê 3 thì minf(x) = 3(a-1) ; maxf(x) = - a - 7
 +)nếu -3 < a < -1 : maxf(x) = a2/2 + 2a - 5/2 ; minf(x) = 3(a - 1)
 +) nếu -1Êa < 1 thì minf(x) = -a - 7 ; maxf(x) = a2/2 + 2a - 5/2
 +)nếu a ³ 1 thì maxf(x) = 3(a-1) ; minf(x) = -a - 7
VIII. Phương pháp tam thức bậc hai :
Bài 1: Tìm miền giá trị của 
LG: y0 ẻ MGT của biểu thức ị y0x2 + (y0 - 2)x +4y0 + 1 = 0 (*)
Nếu y0 = 0 thì x = 1/2
Nếu y0 ạ 0 thì để phương trình (*) có nghiệm ta có :
 0 Ê D = 15y02 -8y0 + 4 Û 
Từ đó suy ra MGT của hàm số là: 
Bài 2: Cho với a ẻ(0,p)
LG: y0 ẻ MGT của hàm số Û (y0 - cosa)x2- 2(y0cosa - 1)x + y0 - cosa = 0
Nếu y0 = cosa thì x = 0
Nếu y0 ạ cosa thì 0 Ê D’ = - sin2a(y02 - 1) Û 1 Ê y Ê 1.(đpcm)
Bài 3 : Tìm max 
LG : Đặt ị (12 - t)x2 - 12ax - 36t = 0 có nghiệm
Û 0 Ê D’=36a2 + 36t(12 - t) Û 
Từ đó suy ra 
Bài 4: Tìm a, b để đạt max bằng 4 và min bằng -1.
LG: y0 ẻMGT của hàm số Û y0x2 - ax+ y0 - b = 0 (1)
Nếu y0 = 0 thì 
Nếu y0 ạ 0 thì phương trình(1) phải có nghiệm .Khi đó 
 0 Ê D = -4y02 + 4by0+ a2 
để max y = 4 và min y = - 1 ta phải có phương trình -4y02 + 4by0+ a2 = 0 phải có 2 nghiệm -1 và 4 . Khi đó a = ± 4 và b = 3
IX.Phương pháp xét dấu biểu thức trên từng khoảng giá trị của biến 
Bài 1 : Cho A = x4 + x3 + x2 + x+ 1 . Cmr : A > 0 với mọi giá trị của x.
LG : x = 1 ,A = 5 ạ 1 > 0 (1)
ị x = 1 không phải là nghiệm của pt A = 0
A(x - 1)= (x4 + x3 + x2 + x+ 1)(x - 1) = x5 -1
Với x = 1 ị x5 -1 = 0 
Ta có : 
 x
-Ơ	1	+Ơ
 x-1
	- 0	 +
 x5 - 1
	- 0	 +
	 +	+
 Từ bảng xét dấu ta có A > 0 "xạ1 (2).
Từ (1),(2) suy ra A > 0 "x.
Bài 2 : CMR: B = x6 + x5 + x4 + x3 + x2 + x+ 1 > 0 " x ẻ R.
LG: Có B(x -1) = x7 - 1
Nếu x >1 thì x- 1 > 0 và x7 - 1 > 0 ị 
Nếu x < 1 thì x - 1 < 0 và x7 - 1 < 0 ị 
Nếu x = 1 thì B = 7 > 0 (đúng)
Vậy B > 0 " x ẻ R.
X.Dùng Bđt để tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số:
Bài 1: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số : 
 ; 1 Ê x Ê 5 .
LG: áp dụng Bđt bunhiacopski cho 2 cặp số : (3 , 4) và ta được : 
Vậy maxf(x) = 10 khi 
 Vậy min f(x) = 6 khi x = 5
Bài 2: Tìm min ,max của hàm số :
LG : áp dụng Bđt Bunhiacopski cho 2 cặp số : 3 , 4 và x , ta được : 
 khi 
Có 
khi 
Bài 3 : Tìm max ,min của hàm số : f(x) = 3 sinx + 4 cosx + 2 , 0< x< 2p
HD: có f(x) = 3 sinx + 4 cosx + 2 , (0< x< 2p)
Û (f(x) - 2) = 3 sinx + 4 cosx
 áp dụng Bđt Bunhiacopski cho : 3, 4 và sinx , cosx ta suy ra đpcm
XI. Dùng Bđt Becnuli:
Bài 1: Cmr: (n+1)n ³ 2.nn
LG : áp dụng Bđt Becnuli với a = ,ta có : 
(n+1)n = n(1+ )n ³ nn(1 + n) = 2.nn ," số nguyên n ³ 1.(đpcm)
Bài 2 : Cmr : lg(n+1) > + lgn
LG: từ Bđt trên suy ra : (n+1)10n³ 210 . n10n > 1000n10n
 Logarit hoá 2 vế của Bđt trên ta được : 
lg(n+1) > + lgn.(đpcm).
Bài 3 : Cmr : , trong đó n là số nguyên bất kỳ .
LG : từ Bđt trên suy ra : 
 lg 2 > + lg 1
 lg 3 > + lg 2
 ......
 lg n > + lg(n-1)
cộng n -1bất đẳng thức trên ta được:
 (1)
Vì lg 1 = 0 nên : lg(n!) = lg 2 + lg3 + ...+ lg n . nhưng theo (1) thì : 
...
Cộng vế với vế của n - 1 Bđt trên ta được
=
Û (đpcm).