Top #10 Xem Nhiều Nhất Cách Giải Bất Đẳng Thức Mới Nhất 5/2022 # Top Like

--- Bài mới hơn ---

Những Kiến Thức Cơ Bản Về Bất Đẳng Thức Bunhiacopxki

Bất Đẳng Thức Bunhiacopxki Và Những Ứng Dụng Trong Giải Toán

Bất Đẳng Thức Bunhiacopxki Và Một Số Kỹ Thuật Sử Dụng

Kỹ Thuật Sử Dụng Bất Đẳng Thức Cauchy Trong Chứng Minh Bđt

Chuyen De Bat Dang Thuc Lop 10 Ban Full

• Posted by itqnu

Ngay từ bậc Tiểu học, chúng ta đã được làm quen với trung bình cộng và trung bình nhân rồi phải không nào? Và khi càng học cao hơn, chúng ta sẽ nhận thấy các bất đẳng thức còn được sử dụng với nhiều dạng khác nhau.

Trong đó được sử dụng nhiều nhất có lẽ chính là bất đằng thức Cosi. Vậy bất đẳng thức Cosi được định nghĩa như thế nào? Làm thế nào để chứng minh được bất đẳng thức Cosi? Có những kỹ thuật nào sử dụng bất đẳng thức Cosi để chứng minh các bất đẳng thức khác hay không?…

Khái niệm bất đẳng thức Cosi

Trong toán học, bất đẳng thức Cosi là bất đẳng thức so sánh giữa trung bình cộng và trung bình nhân của n số thực không âm được phát biểu như sau:

Trung bình cộng của n số thực không âm luôn lớn hơn hoặc bằng trung bình nhân của chúng. Và trung bình cộng chỉ bằng trung bình nhân khi và chỉ khi n số đó bằng nhau.

Bất đẳng thức Cosi cho 2 số không âm

Bất đẳng thức Cosi cho 3 số không âm

Bất đẳng thức Cosi cho 4 số không âm

Chứng minh bất đẳng thức Cosi

1. Chứng minh bất đẳng thức Cosi với 2 số thực a, b không âm

Ta thấy với a = 0 hoặc b = 0 thì bất đẳng thức luôn đúng. Vì vậy, chúng ta chỉ chứng minh bất đẳng thức Cosi với 2 số dương mà thôi.

Bất đẳng thức đã cho luôn đúng với ∀ a, b dương (đpcm)

2. Chứng minh bất đẳng thức cosi với 3 số thực a, b, c không âm

Với a = 0 hoặc b = 0 hoặc c = 0 thì bất đẳng thức luon đúng. Vì thế, chúng ta chỉ chứng minh bất đẳng thức cosi với 3 số dương mà thôi.

3. Chứng minh bất đẳng thức Cosi với 4 số thực a, b, c, d không âm

Với a = 0 hoặc b = 0 hoặc c = 0 hoặc d = 0 thì bất đẳng thức luôn đúng. Vì thế chúng ta cũng chỉ chứng minh bất đẳng thức cosi với 4 số dương mà thôi.

Ta được bất đẳng thức cosi cho 3 số dương.

4. Chứng minh bất đẳng thức Cosi với n số thực không âm

Chứng minh bất đẳng thức Cosi với n số dương

n=2 thì bất đẳng thức đúng.

Nếu bất đẳng thức đúng với n số thì nó cũng đúng với 2n số.

Theo quy nạp thì bất đẳng thức đúng với n là một lũy thừa của 2.

Mặt khác giả sử bất đẳng thức đúng với n số thì ta cũng chứng minh được nó đúng với n – 1 số như sau:

Đây chính là bất đẳng thức cosi (n-1) số. Như vậy ta có đpcm.

Những quy tắc chung trong chứng minh bất đẳng thức sử dụng bất đẳng thức cosi

• Quy tắc song hành: hầu hết các bất đẳng thức đều có tính đối xứng, do đó, việc sử dụng các chứng minh một cách song hành sẽ giúp ta dễ hình dung ra kết quả hơn, cũng như định hướng cách giải nhanh hơn
• Quy tắc dấu bằng: dấu “=” trong bất đẳng thức rất quan trọng. Nó giúp ta kiểm tra tính đúng đắn của chứng minh. Nó định hướng cho ta phương pháp giải, dựa vào điểm rơi của bất đẳng thức. Do đó, bạn phải rèn luyện cho mình thói quen tìm điều kiện xảy ra dấu “=”
• Quy tắc về tính đồng thời của dấu bằng: một nguyên tắc khi áp dụng song hành các bất đẳng thức đó là điểm rơi phải được đồng thời xảy ra, nghĩa là các dấu “=” phải được dùng thỏa mãn cùng với một điều kiện của biến
• Quy tắc biên: cơ sở của quy tắc biên này là các bài toán quy hoạch tuyến tính, các bài toán tối ưu, các bài toán cực trị có điều kiện ràng buộc, giá trị lớn nhất nhỏ nhất của hàm nhiều biến trên một miền đóng. Ta biết rằng các giá trị lớn nhất, nhỏ nhất thường xảy ra ở các vị trí biên và các đỉnh nằm trên biên
• Quy tắc đối xứng: các bất đẳng thức thường có tính đối xứng vậy thì vai trò của các biến trong BĐT là như nhau do đó dấu “=” thường xảy ra tại vị trí các biến đó bằng nhau. Nếu bài toán có gắn hệ điều kiện đối xứng thì ta có thể chỉ ra dấu “=” xảy ra khi các biến bằng nhau và mang một giá trị cụ thể. Chiều của BĐT : “≥”, “≤” cũng sẽ giúp ta định hướng được cách chứng minh: đánh giá từ TBC sang TBN và ngược lại

Ví dụ sử dụng bất đẳng thức Cosi để chứng minh bất đẳng thức khác

Ví dụ 1: Cho hai số thực không âm a, b. Chứng minh (a + b)(1 + ab) ≥ 4ab.

Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cosi cho 2 số thực không âm ta có:

Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cosi cho 2 số thực không âm ta có:

--- Bài cũ hơn ---

Khái Niệm Bất Đẳng Thức Và Phân Loại Bất Đẳng Thức Cosi

Bị Dị Ứng Bột Ngọt Phải Làm Dao Chữa Trị, Phòng Ngừa?

Khi Nào Cơ Thể Bị Ngộ Độc Mì Chính?

93 Cặp Thực Phẩm Kỵ Nhau Và Cách Giải Độc

Lưu Ý Khi Ăn Bột Ngọt, Bột Nêm?

--- Bài mới hơn ---

Bất Đẳng Thức Cosi Và Cách Sử Dụng Bất Đẳng Thức Cosi

Những Kiến Thức Cơ Bản Về Bất Đẳng Thức Bunhiacopxki

Bất Đẳng Thức Bunhiacopxki Và Những Ứng Dụng Trong Giải Toán

Bất Đẳng Thức Bunhiacopxki Và Một Số Kỹ Thuật Sử Dụng

Kỹ Thuật Sử Dụng Bất Đẳng Thức Cauchy Trong Chứng Minh Bđt

Khái niệm về bất đẳng thức cosi

Trong toán học, người dùng tại Việt Nam rất quen thuộc với bất đẳng thức cosi, hay gọi là bất đẳng thức Cauchy. Nhưng trên thực tế, tên gọi chính xác của khái niệm này là bất đẳng thức AM-GM (Viết tắt của Arithmetic Means – Geometric Means). Người có cách chứng minh bất đẳng thức này hay nhất chính là Cauchy. Ông không phải là người phát hiện ra bất đẳng thức mà chỉ là người đưa ra cách chứng minh quy nạp điển hình nhất.

Bất đẳng thức Cauchy (cosi) được ứng dụng rộng rãi trong chứng minh bất đẳng thức (Nguồn: Internet)

Trong lĩnh vực toán học, bất đẳng thức cosi là khái niệm dùng để chỉ bất đẳng thức so sánh giữa trung bình cộng và trung bình nhân của n số thực không âm. Trong đó, trung bình cộng của n số thực không âm luôn lớn hơn hoặc bằng trung bình nhân của chúng. Trung bình cộng chỉ bằng trung bình nhân khi và chỉ khi n số đó bằng nhau.

Ví dụ: Chứng minh bất đẳng thức côsi với 2 số thực a và b không âm

Với a=0, b=0 thì bất đẳng thức luôn luôn đúng. còn với a,b lớn hơn 0, ta có thể chứng minh như sau:

Bất đẳng thức luôn đúng với những số không âm (Nguồn: Internet)

Các dạng của bất đẳng thức cosi

Đây là dạng bất đẳng thức với trị số n cụ thể như 2 số thực không âm, 3 số thực không âm, 4 số thực không âm,… n ở đây là những con số được xác định.

Ví dụ cụ thể:

Đây là dạng bất đẳng thức với n là số không xác định và phải đáp ứng điều kiện là n không âm. Công thức tổng quát của nó như sau:

Bất đẳng thức có 2 dạng với nhiều cách giải khác nhau (Nguồn: Internet)

Các hệ quả của bất đẳng thức Cauchy

Hệ quả 1: Nếu tổng hai số dương không đổi thì tích của chúng lớn nhất khi hai số đó bằng nhau.

Hệ quả 2: Nếu tích hai số dương không đổi thì tổng của hai số này nhỏ nhất khi hai số đó bằng nhau.

Công thức tính tích phân từng phần và ví dụ cụ thể: Trong toán học lớp 12, tích phân từng phần là một trong những dạng toán quan trọng và đều xuất hiện trong các đề thi tốt nghiệp THPT. Học tốt tích phân là một cách lấy điểm để dễ dàng vượt qua các kì.

--- Bài cũ hơn ---

Bị Dị Ứng Bột Ngọt Phải Làm Dao Chữa Trị, Phòng Ngừa?

Khi Nào Cơ Thể Bị Ngộ Độc Mì Chính?

93 Cặp Thực Phẩm Kỵ Nhau Và Cách Giải Độc

Lưu Ý Khi Ăn Bột Ngọt, Bột Nêm?

Dùng Bột Ngọt, Bột Nêm Đúng Cách

--- Bài mới hơn ---

Giáo Án Tự Chọn Toán 10 Tiết 31 Chủ Đề: Chứng Minh Bất Đẳng Thức

50 Bài Tập Về Bất Đẳng Thức

Bài 1,2,3 Trang 6 Sgk Toán Lớp 9 Tập 1: Căn Bậc Hai

Tìm Căn Bậc Hai Của Số Phức

Chương Iv. §2. Căn Bậc Hai Của Số Phức Và Phương Trình Bậc Hai

Published on

1. 1. CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG NĂNG LỰC GIẢI TOÁN VỀ ĐẲNG THỨC VÀ BẤT ĐẲNGTHỨC CHO HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS 1
2. 6. (x + 1)(x + 3)(x + 5)(x + 7) + 15 = 0. Gặp những bài toán này HS có thể qui về phương pháp quen thuộc ở bài P    Để làm được bài toán này, HS phải quen với cách viết: 99…9 10n 1 1 1 1 … 1 1 2 2 3 3 4 1 1 1 1 … 1 1 2 3 2 3 4 3 4 5 1 2 1 1 1 … 1 6 toán ban đầu. Ví dụ: Tính giá trị của biểu thức 1 99…92 0,99…92 n n n   . Ta có: 99…92 (10n 1)2    và n 2 n n 0,99…92 10 1 10 n          . Khi đó đặt: a = 10n  1 thì 2   2 2 1 1 P a a a     bài toán quen thuộc. 1  12 2  12 2 1 P  a   a a   a a     a 2 a  2 2 1 1 1 1 1 P a a       a a   Bài toán có thể lạ về nội dung; giả thiết, kết luận; hoặc là về phương pháp làm (phương pháp đặc biệt). Song trong mỗi bài đều có thể tìm ra một vài ý quen thuộc. Bởi vậy việc rèn luyện trí nhớ cũng rất cần đối với HS. Năng lực 7: Năng lực khái quát hoá, đặc biệt hoá, tương tự. Ví dụ: Tính các tổng sau: 2   S n n          (nN, n≥1) Từ bài toán này chúng ta có thể mở rộng và được hai bài toán tính tổng sau: 3     S n n n               , (nN, n≥1) 4 1 2 3 4 2 3 4 5 3 4 5 6  1   2   3  S n n n n                    , (nN, n≥1) Đồng thời có thể tổng quát hoá bài toán: Tính tổng:
3. 11. Phương pháp 10: Phương pháp qui nạp toán học. Phương pháp 11: Phương pháp dùng toạ độ, hình học. Chương II BỒI DƯỠNG NĂNG LỰC GIẢI TOÁN VỀ ĐẲNG THỨC VÀ BẤT ĐẲNGTHỨC CHO HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS 2.1. Các yêu cầu về kiến thức và kỹ năng đối với toán ĐT và BĐT thuộc chương trình toán lớp 9 THCS 2.1.1. HS cần nắm vững kiến thức về giải toán ĐT và BĐT – Nắm vững khái niệm và tính chất của ĐT và BĐT. – Nắm vững các HĐT đáng nhớ. – Nắm vững các phép biến đổi đơn giản của căn thức, phân thức, đa thức. – Nắm vững cách chứng minh ĐT. – Nắm vững cách chứng minh ĐT có điều kiện. – Nắm vững các phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử. – Rút gọn, tính giá trị của một biểu thức. – Các phương pháp chứng minh BĐT (đã nêu ở chương 1). 2.1.2. HS có kỹ năng vận dụng các kiến thức vào giải toán – Kỹ năng vận dụng các HĐT đáng nhớ. – Kỹ năng tính toán giá trị của biểu thức. – Kỹ năng rút gọn một biểu thức. – Kỹ năng chứng minh ĐT. – Kỹ năng chứng minh ĐT có điều kiện. – Kỹ năng phân tích đa thức thành nhân tử. – Kỹ năng chứng minh BĐT. 2.1.3. HS phát triển về những năng lực trí tuệ chung. – Năng lực suy luận, lập luận. – Năng lực phân tích, tổng hợp, so sánh, trừu tượng hóa, khái quát hoá, xét 11 tương tự, đặc biệt…
4. 13. Để chứng minh các ĐT đại số, thường sử dụng các HĐT quen thuộc (đáng by ay bx a x b y axby a y b x axby ax  )  (  )  (   2 )  (   2 ) a x b y a y b x a b x y 13 nhớ) sau: 1. (a + b)2 = a2 + b2 + 2ab. ( a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca). 2. (a  b)2 = a2 + b2  2ab. 3. (a + b)3 = a3 + b3 + 3ab(a + b). ( a + b + c)3 = a3 + b3 + c3 + 3( a + b)( b + c)( c + a). 4. (a  b)3 = a3  b3  3ab(a  b). 5. a2  b2 = (a + b)(a  b). 6. a3 + b3 = (a + b)( a2  ab + b2). =(a + b)3  3ab(a + b). 7. a3  b3 = (a  b)( a2 + ab + b2). =(a  b)3 + 3ab(a  b). Một cách tổng quát: 8. a2n + 1 + b2n + 1 = (a + b)( a2n  a2n  1.b + … + b2n) 9. an  bn = (a  b)( an1 + an2.b + … + bn1). 2. Rèn luyện các kỹ năng giải bài toán về ĐT Dạng 1: Bài tập về chứng minh ĐT Bài 1: CMR: (a2 + b2)(x2 +y2) = (a x + by)2 + (ay – bx)2 Giải: Biến đổi vế phải, ta được:  2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2) ( )( )        ĐT được chứng minh. Bài 2: CMR: (x+y)(x+y)3 = x(x + 2y)3 – y(2x + y)3 Hướng dẫn: Biến đổi vế phải, ta được điều cần chứng minh. (Tương tự bài 1) Bài 3: CMR: x4 + y4 + (x + y)4 = 2(x2 + xy + y2)2 Giải: Viết ĐT đã cho dưới dạng: 2(x2 + xy + y2)2  x4  y4 =(x + y)4 Biến đổi vế trái, ta được:
5. 14. 2(x2 + xy + y2)2  x4  y4 = = (xy + y2)(2×2 + xy + y2) + (x2 + xy)(x2 + xy + 2y2) = (x + y) = (x + y)(x + y)3 = (x + y)4. Vậy ĐT được chứng minh. Bài 4: Cho a, b, c. CMR: a3 + b3 + c3  3abc = (a + b + c)( a2 + b2 + c2  ab  bc  ca) Giải: Biến đổi vế trái, ta được: a3+b3+c33abc = (a3+b3)+ c3 3abc = (a + b)3  3ab(a + b) + c33abc = = (a + b + c)(a2 + b2 + c2  ab  bc  ca) Vậy ĐT được chứng minh. Bài 5: Chứng minh rằng, nếu ít nhất có hai trong ba số a, b,c khác nhau thì: 3 3 3 a b c a  b  c  abc   ( ) ( ) ( ) 2 a b c a  b 2  b  c 2  c  a 2 a b c a b b c c a 2 2 2   2  Vậy vế trái của ĐT đã cho bằng: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 a b c a b b c c a           ĐT được chứng minh. Bài 6: CMR: a/ 4 49  20 6  4 49  20 6  2 3 Hướng dẫn:
6. 16. a a 2 2(3  2 )(1  ) x x2 y x x2 y x x2 y x x2 y x  x2  y x  x2  y x x2 y x x2 y x  x2  y x  x2  y   =   x x2 y x x2 y x x2 4 2 4 2  4 16 Vậy ĐT được chứng minh. b/ CMR: 5  1 3  2 5 5 1 3 2 5 4 4 4    4 4 Giải: Đặt 4 5  a  5  a4 Cần chứng minh: a a a a 3  2 3 2 1 4 1         Khai triển: a a a a 4 4 a ( 1) a a a 3  2 3 2 2(3 2 )(1 )  ( 1) 1 1 2 4              Vậy ĐT được chứng minh. Bài 8: Chứng minh các ĐT sau: a) 2 2 x y        Hướng dẫn: Bình phương 2 vế của ĐT đã cho, ta được: x  y     4 2 2 2       Biến đổi vế phải, ta được:    4 2 2 2     x 2 y x  y 4 Vậy ĐT được chứng minh. b) 2 2 x y        (Chứng minh tương tự a/) c) x x x x x x       Hướng dẫn: Nhân 2 vế với 4 x , ta được:
7. 19.   2 2 2 c a c b a b b c c a ( )( ) ( )( ) ( )( )  1 1 1 1  1 1 1 1  1 1 1 1 ab ; b)  19 a b c  a b c b a b c a b a c               Hướng dẫn: Ta có: a  c  a  b a b a c a b a c a b c a b c a b a c         ( )( ) (  )(  )    b  a  b  c b c b a b c b a b c a b c a b c b a         ( )( ) (  )(  )    c  b  c  a c a c b c a c b c a b c a b c a c b         ( )( ) (  )(  )    Cộng từng vế của ba ĐT trên ta được điều cần chứng minh. * Nhận xét: – Để chứng minh một ĐT ta có thể thực hiện việc biến đổi biểu thức (thực hiện phép tính) ở vế này (thường là vế phức tạp hơn) của ĐT để được một biểu thức ở vế kia. – Trong một số trường hợp, để chứng minh một ĐT ta có thể biến đổi đồng thời cả hai vế của ĐT sao cho chúng cùng bằng một biểu thức thứ ba, hoặc cũng có thể lấy biểu thức VT trừ biểu thức VP (hoặc biểu thức VP trừ biểu thức VT) và biến đổi có kết quả bằng 0. Dạng 2: Chứng minh ĐT có điều kiện. Bài 13: Cho a + b + c = 0. CMR: a3 + b3 + c3 = 3abc. Giải: Ta có (a + b + c)3 = a3 + b3 + c3 + 3(a + b)(b + c)(c + a) (1) Vì a + b + c = 0, nên suy ra: a + b = c; b + c = a; c + a = b Từ đó theo (1) ta có: 0 = a3 + b3 + c3  3abc Suy ra: a3 + b3 + c3 = 3abc. Vậy ĐT được chứng minh. Bài 14: Cho a + b = 1, ab≠ 0. CMR: a/ a  b  2(  2) a b   2( b a ) b3 1 a3 1 a 2 b 2  3 b3 1 a3 1 a 2 b 2  3 Giải:
8. 27. b/ N = a(b2  c2) + b(c2  a2) + c(a2  b2) (Tương tự phần a) = a(b2  c2)  b(a2  c2) + c(a2  b2) = a(b2  c2)  b = (ab)(b  c)(b + c  a  b) = (a  b)(b  c)(c  a) 27 Bài 37: A = x4 + x3 + x2  x  2 = x4 + x3 + 2×2  x2  x  2 = x2(x2 + x + 2)  (x2 + x + 2) = (x2 1)(x2 + x + 2) = (x 1)(x +1)(x2 + x + 2) Bài 38: a/ f(x) = x3  x  6 = x3  2×2 + 2×2  4x + 3x  6 = x2(x  2) + 2x(x  2) + 3(x  2) = (x  2) (x2 + 2x + 3) b/ f(x) = x5 + x +1 = x2(x3  1) + (x2 + x + 1) = x2(x  1)(x2 + x + 1) + (x2 + x + 1) = (x2 + x + 1)(x3  x +1) Bài 39: a/ A = 2×3 + x2 + x  1 = (x3  1) + (x3 + x2 + x) = (x  1)(x2 + x + 1) + x(x2 + x + 1) = (x2 + x + 1)(2x  1) b/ B = 3×3 + 2×2 +2x  1 = (x3  1) + (2×3 + 2×2 + 2x)
9. 28. = (x  1) (x2 + x + 1) + 2x(x2 + x + 1) = (x2 + x + 1) (3x  1) 28 Bài 40: a/ A = 6×2  5x + 1 = 6×2  3x  2x + 1 = 3x(2x  1)  (2x  1) = (2x  1)(3x  1) b/ A = 2×2  5xy + 2y2 (Tương tự a/) Bài 41: a/ A = 4×2  4x  3 = 4×2  4x + 1  4 = (2x  1)2  22 = (2x  1 + 2) (2x  1  2) = (2x + 1) (2x  3) b/ C = 4×2  11x + 6 = 4×2  8x  3x + 6 = 4x(x  2)  3(x  2) = (4x  3)(x  2) Bài 42: a/ A = x4 + 5×2 + 9 = x4 + 6×2 + 9  x2 = (x2 + 3)2  x2 = (x2 + 3  x) ( x2 + 3 + x) b/ B = x4 + x2y2 + y4 = x4 + 2x2y2 + y4  x2y2 = (x2 + y2)2  (xy)2 = (x2 + y2  xy)(x2 + y2 + xy) c/ C = x4 + 3×2 + 4 (Tương tự phần b) Bài 43: a/ C = 4×4 + 1 = (2×2)2 + 4 x2 + 1 4×2 = (2 x2 + 1)2  (2×2) = (2 x2  2x + 1)(2 x2 + 2x + 1) b/ D = 64×4 + 81 (Tương tự a/ ) Bài 44:
10. 29. a/ A = (x2  4x)2 + 8(x2  4x) + 15 = (x2  4x)2 + 2. 4(x2  4x) + 16  1 = (x2  4x + 4)2  1= (x2  4x + 4 + 1) (x2  4x + 4  1) = (x2  4x + 5) (x2  4x + 3) = (x2  4x + 5) (x  3) (x  1) 29 b/ B = x2 + 2xy + y2 + 2x + 2y  3 = (x + y)2 + 2(x + y)  3 = (x + y +1)2  22 = (x + y + 3) (x + y 1) Bài 45: A = a2b + a2c + ab2 + ac2 + cb2 + c2b + 2abc = ab(a + b)+ c2(a + b) + c(a2 + b2 + 2ab) = ab(a + b)+ c2(a + b) + c(a + b)2 = (a + b)(ab + c2 + ca + cb) = (a + b) = a2(b  c) +c2(a  b)  b2(a  b)  b2(b  c) = (a2  b2)(b  c)+ (a b)(c2b2) = (ab)(bc )[ a + b  c  b] = (a  b)( b  c )(a  c ) Bài 47: Q = a3 + 4a2  29a + 24 = a3  a2 + 5a2  5a  24a + 24 = a2(a 1) + 5a(a 1)  24(a  1) = (a  1)( a2 + 5a  24) = ( a 1)( a2  3a + 8a  24) = (a  1)(a  3)(a + 8). Bài 48: a/ A = x4 + 6×3 + 7×2  6x + 1 = x4 + 6×3 + 9×2  2×2  6x + 1 = x2(x + 3)2  2x(x + 3) + 1 = (x2 + 3x  1)2 b/ B = x3 + 6×2 + 11x + 6 = x3 + x2 + 5×2 + 5x + 6x + 6
11. 31. * Nhận xét: Phân tích đa thức thành nhân tử là biến đổi một đa thức thành một tích của các đa thức khác có bậc khác không. Ta cũng lưu ý rằng luỹ thừa của một đa thức với số mũ luỹ thừa lớn hơn 1 là một tích các đa thức với các nhân tử bằng nhau.. Có nhiều phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử: Phương pháp 1: Phương pháp đặt nhân tử chung. Làm xuất hiện nhân tử giống nhau ở các hạng tử của đa thức. Đặt nhân tử    M a a a    ab  b a  a  ab  b    a   31 chung đó ra ngoài ngoặc. Phương pháp 2: Dùng HĐT. Biến đổi đa thức cần phân tích về dạng một vế của HĐT quen thuộc. Phương pháp 3: Phương pháp nhóm các hạng tử. Sử dụng tính chất kết hợp của phép cộng ta nhóm các hạng tử của đa thức cần phân tích một cách hợp lý để có thể sử dụng phương pháp đặt nhân tử chung hoặc phương pháp dùng HĐT. Phương pháp 4: Phương pháp tách một hạng tử thành một tổng. Tách một hạng tử của đa thức thành một tổng để có thể sử dụng phương pháp nhóm các hạng tử cho đa thức mới nhận được. Phương pháp 5: Phương pháp thêm bớt cùng một hạng tử. Ngoài các phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử ở trên còn một số phương pháp khác như phương pháp hệ số bất định, phương pháp đặt biến phụ … Khi làm loại toán trên, HS hãy tìm các cách giải khác nhau và hãy chọn cách làm ngắn gọn nhất. Trong các phương pháp trên thì thường ưu tiên số một là dùng cách đặt nhân tử chung, rồi đến dùng HĐT và sau đó là nhóm các hạng tử, v.v… Căn cứ vào từng bài, hãy làm thử rồi chọn cách phân tích; thông thường trong quá trình giải mỗi bài toán phân tích đa thức thành nhân tử cũng vẫn phải phối hợp, vận dụng linh hoạt các phương pháp trên. Dạng 4: Rút gọn biểu thức: Bài 51: Rút gọn biểu thức: a) 2 2 2 2 . 1 3 2 2 2 3
12. 35. 2 x x 1 1 2 2 2 2 x x x x ( 1 1) ( 1 1) 2 2 2 2 2 2 2 2 x x x x x x x x (  1)  2(  1)  1  (  1)  (  1)  2(  1)  1  (  1) 2 2 2 2 2 1 2 1 1 2 x  x  x   x  x   x  2 a x 2 2 c x 2 bc a x 2 b c ac b  x 2 c  a 2 2 2 2 bc a  x b  c  ac b  x c  a  ab c  x a  b 35 c)    1 1 2 P x x 1 1    1 1 2 2         x x x x       2 2 2 (  1)  (  1)  x x 2 2 2 (  1)  (  1)  x x     x  x   x x  x x 2 2 2 x 2 2 x x x 2  1 1  2 1 2 1 1           ĐK: x < 1 hoặc x≥ 1 Bài 55: Đơn giản biểu thức: A  (2 1)(22 1)(24 1)(28 1)(216 1)(232 1)  (2 1)(2 1)(22 1)(24 1)(28 1)(216 1)(232 1)  (22 1)(22 1)(24 1)(28 1)(216 1)(232 1)  (24 1)(24 1)(28 1)(216 1)(232 1)  (28 1)(28 1)(264 1)(232 1)  (216 1)(216 1)(232 1)  (232 1)(232 1)  264 1 Bài 56: Đơn giản biểu thức:            c x  ca cb c b  x b a b c b  Q a x a b a c a           2 2 2 TXĐ: abc  0; a  b  c                       b  x         c c a b c b a b b c a a b c a                            ab c  x a  b                abc a b b c c a abc a b b c c a abc a b b c c a                  (*)         abc a b b c c a  Phân tích tử thức (*) ta có: bca  x2 b  c acb  x2 c  a abc  x2 a  b  bc(a  x)2 (b  c)  ac(b  x)2 (b  c)  ac(b  x)2 (a b)  abc  x2 a b
13. 37.       n n n n n n n n S          x x x x x2 x x 37 = …= 1 a a 3   4 2   a a 3 4 3 2 Bài 58: Rút gọn: 1 1 … 1 S     2 1  1 2 3 2  2 3 2011 2010  2010 2011 Giải: * Ta có n  1,n  Z  n n 1 1 1 1 (  1)  .  1 (  1)  1 * Thay n = 1, 2, …, 2010 vào,ta được: 1    1 1 2 2 1 1 2 1 3 1  1   2 3 2 2 3 … 1 1 1   2010 2009 2009 2010 2009 2010  1 1 1   2011 2010  2010 2011 2010 2011 Do đó 1 1 1 1 … 1 1 1 1 2 2 3 2010 2011 2011  Bài 59: Rút gọn: a) A =      2 1 2 1        1 . 1 1 4( 1)  1 2    Giải: Điều kiện  2 x x A =     x . 2 2 2 x x 1 1 1 1         1 2 2   x x = x . 2 1 x x 1 1 1 1      2    x x
14. 40.  x  =1 x  x x x x . . . 1 1                    1 1 1 1         a b a b a b a b                        a  b a  ab  b  ab a  b a  b   a b 40      x x 1     = 1   x x 1 = 1  x x   1 1 x  x  . Vậy P = 1 1 x  x  . Bài 62: Cho 3 3 2 2 1 1 Q a b ab : a b a b a b a) Tìm điều kiện của a, b để Q có nghĩa. b) Rút gọn Q. Giải: a/ Tìm điều kiện của a, b để Q có nghĩa: Ta thấy a  b  0 a  b  a  b . 1 2 1 2 ( ) ( ) ( )( ) 1 1 0 1 1  1 1 2 2 1 1               a b a b a b a b 1 1 0 a 0,b 0 a b       . Vậy với a ≠ 0, b ≠ 0, a ≠ b thì Q có nghĩa. b/ Rút gọn Q: 3 3 2 2 Ta có 1 1 Q a b ab : a b a b a b        1 2 1 2 1 1   : ( ) ( )   a b a b     = (a + b): (a1 + b1) = (a + b):   1 1 = (a + b): a  b ab = ab. Vậy Q = ab Bài 63: Rút gọn biểu thức: a) A = x  x2  4  x  x2  4 với x ≥ 2 b) B = 2x  12x  9  2x  12x  9 với x ≥ 3 2 Giải: a/ A = x  x2  4  x  x2  4 Với x 2 .

--- Bài cũ hơn ---

Đề Tài Hướng Dẫn Học Sinh Vận Dụng, Khai Thác Và Tìm Tòi Bài Toán Mới Từ Bất Đẳng Thức Côsi

Ứng Dụng Tam Thức Bậc 2 Để Chứng Minh Bất Đẳng Thức

Một Số Phương Pháp Chứng Minh Bất Đẳng Thức

Một Số Phương Pháp Chứng Minh Bất Đẳng Thức Cho Thcs

Giải Bài Tập Sgk Ôn Tập Chương Iv: Bất Đẳng Thức. Bất Phương Trình

--- Bài mới hơn ---

Đề Tài Phương Pháp Chứng Minh Bất Đẳng Thức Cauchy (Côsi)

Giáo Án Đại Số 10 Tiết 43 Bài 2: Bất Đẳng Thức Cô

Phương Trình Chứa Căn Thức

Giải Phương Trình Chứa Căn Bậc 2

Vấn Đề Giải Phương Trình Chứa Căn Bậc 3

A. Đánh giá từ trung bình cộng sang trung bình nhân

Kỹ thuật tách các cặp đối xứng

Đánh

giá từ TBC sang TBN là đánh giá BĐT theo chiều “ ≥ ”. Đánh giá từ tổng sang

tích.

Bài 1. Chứng minh rằng: $left(

{{a}^{2}}+{{b}^{2}} right)left( {{b}^{2}}+{{c}^{2}} right)left(

{{c}^{2}}+{{a}^{2}} right)ge 8{{a}^{text{2}}}{{b}^{2}}{{c}^{2}}text{   }forall a,b,c$

Giải

Sai lầm thường gặp

Sử dụng: ” x, y

thì x2 – 2xy + y2 

= ( x- y)2 ≥ 0 Û x2

+ y2  ≥ 2xy.  Do đó:

$left{ begin{align}

& {{a}^{2}}+{{b}^{2}}ge 2ab

\ & {{b}^{2}}+{{c}^{2}}ge 2bc

\ & {{c}^{2}}+{{a}^{2}}ge 2ca

\ end{align}right.$.

$Rightarrow left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} right)left(

{{b}^{2}}+{{c}^{2}} right)left({{c}^{2}}+{{a}^{2}} right)ge

8{{a}^{text{2}}}{{b}^{2}}{{c}^{2}}text{  

}forall a,b,c$  (Sai)

Ví

dụ:

$left{ begin{align} & 2ge -2 \

& 3ge -5 \

& 4ge text{ }3 \

end{align} right.$

24 =  2.3.4 ≥

(-2)(-5).3 = 30  ( Sai )

Lời

giải đúng

Sử dụng BĐT Cô Si: 

x2 + y2  ≥ 2$sqrt{{{x}^{2}}{{y}^{2}}}$

ta có:

$left{ begin{align}

end{align} right.$.

$Rightarrow left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} right)left(

{{b}^{2}}+{{c}^{2}} right)left( {{c}^{2}}+{{a}^{2}} right)ge

}=8{{a}^{text{2}}}{{b}^{2}}{{c}^{2}}text{ }forall a,b,c$.(Đúng)

Bình

luận

• Chỉ

  nhân các vế của BĐT cùng chiều ( kết quả được BĐT cùng chiều) khi và chỉ khi

  các vế cùng không âm.

  • Cần

    vì x, y không biết âm hay dương.

  • Nói

    chung ta ít gặp bài toán sử dụng ngay BĐT Cô Si như bài toán nói trên mà phải

    qua một và phép biển đổi đến tình huống thích hợp rồi mới sử dụng BĐT Cô Si.

  • Trong

    TBC sang TBN. 8 = 2.2.2 gợi ý đến việc sử dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số, 3

    cặp số.

Bài 2. Chứng minh rằng: ${{left(

sqrt{a}+sqrt{b} right)}^{8}}ge 64ab{{(a+b)}^{2}}$  ” a,b ≥ 0

Giải

$begin{align}

& {{left( sqrt{a}+sqrt{b} right)}^{8}} \

& ={{left}^{4}}text{ }overset{Ctext{ }!!hat{mathrm{o}}!!text{ Si}}{mathop{ge }},text{ }{{left{1.a.b}.text{ 

}3.sqrt{{{3}^{3}}{{a}^{3}}{{b}^{3}}}$= 9ab2

• 9ab2

  hạng tử 7b3 thành hai hạng tử chứa b3 để khi áp dụng BĐT

  Côsi ta có b2. Khi đã có định hướng như trên thì việc tách các hệ số

  không có gì khó khăn.

Ba bài toán tổng quát

Bài toán tổng quát 1

Cho:

$left{ {begin{array}{*{20}{c}}

{{x_1},{rm{ }}{x_2},{rm{ }}{x_3},………….,{x_n} ge 0}\

{frac{1}{{1 + {x_1}}} + frac{1}{{1 + {x_2}}} + frac{1}{{1 + {x_3}}} + ……… + frac{1}{{1 + {x_n}}} ge n – 1}

end{array}} right.$

$CMR:{rm{ }}{x_1}{x_2}{x_3}………..{x_n} le frac{1}{{{{left( {n – 1} right)}^n}}}$

Ví dụ minh họa.  

Cho:

$left{ begin{align}

& frac{1}{1+a}+frac{1}{1+b}+frac{1}{1+c}+frac{1}{1+d}ge 3 \

end{align} right.text{ }CMR:text{ }abcdtext{ }le frac{1}{81}$

Giải

Từ giả thiết suy ra:

$frac{1}{1+a}ge

left( 1text{ -}frac{1}{1+b} right)+left( 1-frac{1}{1+c} right)+left(

1-frac{1}{1+d} right)text{= }frac{b}{1+b}+frac{c}{1+c}+frac{d}{1+d}text{

}overset{Ctext{ }!!hat{mathrm{o}}!!text{ si}}{mathop{ge }},text{ }3text{

}sqrt{{frac{{bcd}}{{left( {1 + b} right)left( {1 + c} right)left( {1 + d} right)}}}} ge 0\

frac{1}{{1 + b}} ge 3{rm{ }}sqrt{{frac{{dca}}{{left( {1 + d} right)left( {1 + c} right)left( {1 + a} right)}}}} ge 0\

frac{1}{{1 + d}} ge 3{rm{ }}sqrt{{{x}_{1}}{{x}_{2}}…..{{x}_{n}}} right)}^{n}}overset{left( 3 right)}{mathop{ge }},{{2}^{n}}sqrt{{{x}_{1}}{{x}_{2}}……{{x}_{n}}}$

• Bài toán tổng quát trên thường được sử dụng cho 3 số, áp dụng cho các bài toán về BĐT lượng giác trong tam giác sau này.

• Trong các bài toán có điều kiện ràng buộc việc xử lí các điều kiện mang tình đồng bộ và đối xứng là rất quan trọng, giúp ta định hướng được hướng chứng minh BĐT đúng hay sai.

Ví dụ minh họa.

CMR: ${{left( 1+frac{a+b+c}{3} right)}^{3}}overset{left( 1 right)}{mathop{ge }},left( 1+a right)left( 1+b right)left( 1+c right)overset{left( 2 right)}{mathop{ge }},{{left( 1+sqrt$

$text{ }overset{Ctext{ }!!hat{mathrm{o}}!!text{ si}}{mathop{ge }},text{ }left( 1+3sqrt{abc}+abc right)={{left( 1+sqrt{abc} right)}^{3}}text{ }overset{Ctext{ }!!hat{mathrm{o}}!!text{ si}}{mathop{ge }},text{ }{{left( text{2}sqrt{1.sqrt[3]{abc}} right)}^{text{3}}}=8sqrt{abc}$ (3)

————-

--- Bài cũ hơn ---

Chứng Minh Bất Đẳng Thức Cauchy

Chuyên Đề Bất Đẳng Thức Bunhiacôpxki

Cách Giải Các Dạng Toán Tìm X Cơ Bản Và Nâng Cao

Tóm Tắt Lý Thuyết Hóa 12 Bài Phản Ứng Thủy Phân Lipit

Hàm Số Chẵn Lẻ, Cách Xét Tính Chẵn Lẻ Của Hàm Số

--- Bài mới hơn ---

Các Phương Pháp Chứng Minh Bất Đẳng Thức (Có Lời Giải Chi Tiết)

19 Phương Phap Chứng Minh Bất Đẳng Thức

Đề Tài Giải Bất Đẳng Thức Bằng Phương Pháp Đưa Về Một Biến

Chứng Minh Bất Đẳng Thức Cosi Và Các Ví Dụ Minh Họa

Các Dạng Toán Về Căn Bậc 2, Căn Bậc 3 Và Cách Giải

Published on

12 Cách giải cho 1 bài bất đẳng thức

1. 1. LÃNG MẠN CÙNG MỘT BÀI TOÁN Trần Thanh Tùng Trong đề thi vào Đại học môn Toán khối A năm 2009 thì có thể nói câu V là câu khó nhất. Không một học sinh nào của trường THPT Mộc Hóa giải được trong khi thi. Thật sự nó khó lắm chăng? Nó cứ thôi thúc tôi, buộc tôi phải lang thang trên internet xem thiên hạ giải nó như thế nào và tôi cùng cậu học trò là em Đạt cũng đã tìm ra vài cách giải cho riêng mình. Xin giới thiệu lại bài toán và các cách giải của nó. ” Chứng minh rằng với mọi số thực dương , ,x y z thỏa   3x x y z yz   ta có:           3 3 3 3 5x y x z x y x z y z y z         (*) “. Trước khi đi tìm lời giải cho bài bất đẳng thức này, tôi có nhân xét:  Đây không phải là một bất đẳng thức đối xứng theo các biến nên đa số học sinh chưa có thói quen giải nó. Các bất đẳng thức trong các kì tuyển sinh trước thường là bất đẳng thức đối xứng.  Vế phải có ba biến và vế trái có hai biến và đồng bậc nên trong suy nghĩ tìm lời giải là ta phải giảm biến x trong vế trái và buộc vế trái xuất hiện  y z , nhưng nếu làm theo như vầy thì ta chỉ thu được đẳng thức. May mắn cho ta là có một bất đẳng thức quen thuộc là   2 4y z yz  và các dạng biến thể của nó nên việc tìm lời giải cho bất đẳng thức sẽ xoay quanh phát hiện này. Cách giải 1 ( của phó giáo sư Phan Huy Khải ) Đặt , , , , 2 2 2 b c a a c b b a c a y z b z x c x y x y z                 . Từ điều kiện bài toán ta suy ra:     2 22 2 2 2 4 3a b c b c a b bc c        . Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:    3 3 3 2 5 3 5 3 **a b c abc a a b c bc       Từ 2 2 2 a b bc c   suy ra:     2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a bc b c a b c bc b c a b c                   2 2 2 ** 3 3 a a b c a bc      đúng  * đúng. Đẳng thức xảy ra khi x y z  . Thiên hạ cho rằng cách giải này gọn đẹp nhất!
2. 2. Cách giải 2 ( của tiến sĩ Lê Thống Nhất ) Từ giả thiết bài toán ta có:   2 3 4x xy xz yz x y x z yz       . Đặt ,a x y b y z    thì 4ab yz . Ta có hằng đẳng thức:                          23 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 8 4 2 4 4 2 a b a b a ab b a b a b ab a b ab a b ab y z yz y z yz y z yz y z y z y z y z                                                  Tức là:       3 3 2 2x y x z y z     ( 1 ). Mặt khác ta lại có:             2 2 3 12 3 3x y x z y z yz y z y z y z y z          ( 2 ) Cộng ( 1 ) và ( 2 ) ta được kết quả cần chứng minh. Cách giải 3 ( của thầy Nguyễn Anh Dũng ĐHSP Hà Nội ) Đặt t y z  . Từ giả thiết suy ra : 2 3 x xt yz   . Vì   2 4 y z yz   nên     23 3 4 x x y z yz y z       22 2 23 2 4 2 4 x tx t x t t x t        . Bất đẳng thức phải chứng minh tương đương với :             3 3 2 3 2 3 5x y z x y x z x y z x y x z y z y z                               3 3 3 32 2 3 2 3 2 2 2 2 2 3 .2 5 2 6 5 2 6 5 3 2 2 3 2 0 2 3 2 0 x y z x y x z x y z x y z x x x y z yz y z x xt x t x x xt t t x xt t x xt t                                     Vì 0 2 t x  nên 2 2 2 23 2 3 2 2 2 t x xt t t    hay 2 2 2 3 2 0x xt t   . Bất đẳng thức cũng đã được chứng minh. Đây cũng là cách giải trên báo tuổi trẻ.
3. 3. Cách giải 4 ( của bạn Võ Bá Quốc Cẩn sinh viên ĐH Y Cần Thơ khóa 2006-2012 ) Từ giả thiết ta có :    4x y x z yz   . Hơn nữa áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta được :   3 3 3yz x x y z x xyz x yz      . Sử dụng hằng đẳng thức :             3 3 2 2 2x y x z x y x z x y z y z x y z                         2 22 3 4 2 2 2 yz yz y z y z yz y z y z y z y z             Mặt khác ta lại có:             2 2 3 12 3 3x y x z y z yz y z y z y z y z          . Cả hai điều trên ta suy ra :           3 3 3 3 5x y x z x y x z y z y z         . Cách giải của bạn Cẩn và của thầy Nhất có phần tương tự nhau! Cách giải 4 ( của tanpham90 diễn đàn toán học.net ) Bất đẳng thức tương đương với:               2 33 2 2 33 2 3 3 2 3 2 2 3 3 3 2 3 x x y z x y z yz xyz y z x x y z x y z x x y z xyz y z                          Đặt 2 .y z a  Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:        3 2 2 2 32 6 3 4 2 2 16 3 4 4 0 x x a x a x x a x x a a x a x a a                Bất đẳng thức này đúng vì ngược lại nếu 2 y z x a x     . Theo điều kiện ban đầu ta suy ra:   2 4y z yz  vô lí! Cách giải 5 ( đáp án của BGD ) Các bạn tự tìm lấy!
4. 4. Không biết các bạn cảm thấy như thế nào? Riêng tôi, tôi cảm thấy nát óc khi theo những dòng trong lời giải trên. Mỗi một dòng là một phần toán học. Mời các bạn theo dõi lời giải của thầy trò chúng tôi. Cách giải 6 Ta có:     223 1 3 3 4 2 . yz x x y z x xyz x yz x yz y z x y z              Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với :       33 2 2 2 3 3 2 (**)x x y z x y z yz y z       .                 3 2 ** 3 3 1 3 3 8 2 13 3 2 . 8 2 VT y z yz y z y z y z yz y z yz y z y z                  Cách giải 7 Gọi , ,a b c là ba số thực dương có tổng bằng 3. Thế thì tồn tại một số thực dương t sao cho : , ,x ta y tb z tc   . Từ điều kiện bài toán suy ra : a bc . Bất đẳng thức (*) tương đương :                         3 3 3 3 3 3 32 3 5 2 6 5 3 24 5 3 1 6 0 a b b c a b a c b c b c a b c a a b a c b c a a a a a                           Ta có :  2 2 3 3 2 1b c bc a a b c a a           . Vậy :   1 6 0a a   đúng. Cách giải 8 Đặt , , 2 2 2 a b c a c b b c a x y z          . Từ điều kiện bài toán ta suy ra :     2 2 2 2 2 2 2 4 AM GM a b a b c a b ab c ab           .
5. 5. Bất đẳng thức (*) tương đương :   3 3 3 2 2 3 3 5 3 5a b abc c a b a b ab abc c           2 3 3 5a b c abc c    đúng. Đố bạn tại sao ! Cách giải 9 Đây là cách giải sáng tạo và không kém phần ” lều lĩnh” ! Gọi a, b, c là ba cạnh của một tam giác ABC. Đặt , , 2 2 2 a b c a c b b c a x y z          . Điều này bao giờ cũng thỏa. Từ điều kiện bài toán ta suy ra : 2 2 2 0 60c a b ab C     ( kinh nghiệm đầy mình !). Theo định lý hàm sin thì : 2 3 sin sin sin 3 a b c c A B C    . Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương : 3 3 3 3 15 3 sin sin sin .sin 2 8 A B A B   (**).         (**) 3 1 3 3 sin sin sin3 sin3 sin sin 4 4 2 33 1 3 3 1 sin cos sin cos cos 2 3 2 2 2 4 2 VT A B A B A B A BA B A B                    3 3 3 3 15 3 cos cos 4 2 8 8 A B A B           đpcm. Ăn thua mình lều ! Cách giải 10 Đặt x y a y z    và x y b y z    . Bất đẳng thức (*) 3 3 3 5a b ab    . Ta có :         2 2 2 2 . x x y z yz x x y z yz a b y z y z                 2 2 2 2 3 3 21 x y x z ab a b a b a b y z              . Vậy (*) 3 5a b ab    . Ta thấy :
6. 6.     2 22 2 1 1 1 2 2 4 a b a b ab a b a b            Mà   23 3 5 4 a b ab a b a b       đpcm. Cũng hơi mệt mỏi khi tìm lời giải và gõ vi tính. Nhưng lỡ yêu BĐT rồi nên phải chịu. Tiếp tục hai cách còn lại. Cách giải 11 Đặt ,y ax z by  . Hiển nhiên 0, 0a b  . Từ điều kiện dễ dàng suy ra : 1 3 3 1 1 2 1a b ab ab a b ab ab           . Bất đẳng thức (*)                                 3 3 3 3 3 3 3 2 3 3 2 1 1 3 1 1 5 2 6 1 1 5 3 1 24 5 3 1 27 12 1 2 3 1 3 1 9 1 2 3 1 7 6 1 a b a b a b a b a b a b a b ab ab ab ab ab ab ab ab ab ab ab                                     Bất đẳng thức cuối cùng đúng do 1ab  . Cách giải 12 Có người bảo đạo hàm là một công cụ mạnh để giải toán BĐT. Ngay cả mấy cậu học sinh lớp 8,9 cũng đòi học đạo hàm vì thấy các anh chị dùng nó tuyệt vời quá. Nhưng dục tốc thì bất đạt! Mới các bạn xem chúng tôi tung chiêu sau cùng là sử dụng “hàng nóng” là đạo hàm. Từ điều kiện suy ra:     32 9 27 2x x y z xyz x y z x y z         .  Nếu x y x z    thì (*) hiển nhiên đúng.  Do vai trò của y và z như nhau nên ta có thể cho rằng: z x y  . Thế thì bao giờ ta cũng tìm được hai số không âm a,b sao cho a b và: y x a x z b      .
7. 7. Điều kiện tương đương:  2 3x a b ab  . Trường hợp a b là tầm thường. Bây giờ ta chỉ xét a b . Khi đó :             3 3 * 2 2 3 2 2 2 5 2x a x b x a x b x a b x a b            . Đặt 2 2 2 t t x a b x x      .       3 2 3 3 2 2 3 * 2 6 4 2 5 8 6 3 2 12 0 x t x x ab t x tx t x t abx            . Bây giờ ta chứng minh :   3 2 2 3 8 6 3 2 0f x x tx t x t     . Thật vậy :    / 2 2 3 3 8 4 0 4 t t f x x tx t x        . Lập bảng biến thiên của hàm số f trên 0; 2 t      thì thấy   0, 0; 2 2 t t f x f x                . Từ đây ta có điều phải chứng minh. Vài điều chia sẻ cùng đồng nghiệp. “Thành công không phải là số chiến thắng bạn có được mà là những ngọn núi bạn đã vượt qua” (Booker Taliaferro Washington ) Mộc Hóa tháng 8 năm 2009. Trần Thanh Tùng

--- Bài cũ hơn ---

“bí Quyết” Làm Bài Chứng Minh Bất Đẳng Thức, Tìm Giá Trị Lớn Nhất, Nhỏ Nhất Của Biểu Thức

Cách Xử Lý Nhanh Khi Bị Ngộ Độc Bột Ngọt

Giải Đáp Thắc Mắc Về Ứng Dụng Và Cách Dùng Bột Ngọt Hợp Lý

Dị Ứng Bột Ngọt: Triệu Chứng, Chẩn Đoán Và Cách Chữa

Giải Độc Bột Ngọt Hiệu Quả

--- Bài mới hơn ---

Kỹ Thuật Sử Dụng Bất Đẳng Thức Cauchy Chứng Minh Bất Đẳng Thức

Đề Tài Phương Pháp Chứng Minh Bất Đẳng Thức Cauchy (Côsi)

Giáo Án Đại Số 10 Tiết 43 Bài 2: Bất Đẳng Thức Cô

Phương Trình Chứa Căn Thức

Giải Phương Trình Chứa Căn Bậc 2

Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz còn gọi là bất đẳng thức Cauchy-Bunyakovsky-Schwarz (BĐT CBS – viết tắt của tên 3 nhà toán học này; ở Việt Nam nhiều người quen dùng với cái tên Bunhiacopxki) được dùng nhiều trong toán học sơ cấp. Với tư cách là hai hòn đá tảng để nhiều kết luận quan trọng khác của toán học dựa vào, cặp bất đẳng thức AM-GM, Cauchy-Schwarz được sử dụng khá phổ biến ở phần lớn các bài toán chứng minh bất đẳng thức. Ngoài ra một số hệ quả của cặp bất đẳng thức này có thể vận dụng để giải hàng loạt các bài toán thú vị về cực đại và cực tiểu.

Bất đẳng thức CBS (Cauchy – Bunyakovsky – Schwartz)

Chứng minh bất đẳng thức CBS

Hiện nay bất đẳng thức Cauchy-Schwarz cũng có khá nhiều cách chứng khác nhau, tất cả các cách chứng minh đó đều ngắn gọn đặc sắc, xin giới thiệu một cách chứng minh trong số những cách chứng minh đã có như sau.

Hệ quả của bất đẳng thức CBS

Từ bất đẳng thức Cauchy-Schwarz suy ra hai hệ quả để sử dụng trong bài viết này:

Làm chặt bất đẳng thức CBS

Bây giờ ta sử dụng 2 hệ quả trên để làm chặt bất đẳng thức Cauchy-Schwarz.

Theo Ngô Văn Thái (Epsilon). Người đăng: Sơn Phan.

còn gọi là bất đẳng thức(BĐT CBS – viết tắt của tên 3 nhà toán học này; ở Việt Nam nhiều người quen dùng với cái tên) được dùng nhiều trong toán học sơ cấp. Với tư cách là hai hòn đá tảng để nhiều kết luận quan trọng khác của toán học dựa vào, cặp bất đẳng thức AM-GM, Cauchy-Schwarz được sử dụng khá phổ biến ở phần lớn các bài toán chứng minh bất đẳng thức. Ngoài ra một số hệ quả của cặp bất đẳng thức này có thể vận dụng để giải hàng loạt các bài toán thú vị về cực đại và cực tiểu.Hiện nay bất đẳng thức Cauchy-Schwarz cũng có khá nhiều cách chứng khác nhau, tất cả các cách chứng minh đó đều ngắn gọn đặc sắc, xin giới thiệu một cách chứng minh trong số những cách chứng minh đã có như sau.Từ bất đẳng thức Cauchy-Schwarz suy ra hai hệ quả để sử dụng trong bài viết này:Bây giờ ta sử dụng 2 hệ quả trên để làm chặt bất đẳng thức Cauchy-Schwarz.

--- Bài cũ hơn ---

Chuyên Đề Bất Đẳng Thức Bunhiacôpxki

Cách Giải Các Dạng Toán Tìm X Cơ Bản Và Nâng Cao

Tóm Tắt Lý Thuyết Hóa 12 Bài Phản Ứng Thủy Phân Lipit

Hàm Số Chẵn Lẻ, Cách Xét Tính Chẵn Lẻ Của Hàm Số

Phương Pháp Giải Bài Toán Về Tổ Hợp – Chỉnh Hợp – Xác Suất

--- Bài mới hơn ---

Chuyên Đề Bất Đẳng Thức, Bất Phương Trình, Cực Trị Đại Số

Giải Bài Tập Sgk Ôn Tập Chương Iv: Bất Đẳng Thức. Bất Phương Trình

Một Số Phương Pháp Chứng Minh Bất Đẳng Thức Cho Thcs

Một Số Phương Pháp Chứng Minh Bất Đẳng Thức

Ứng Dụng Tam Thức Bậc 2 Để Chứng Minh Bất Đẳng Thức

Chương IV: Bất Đẳng Thức. Bất Phương Trình – Đại Số Lớp 10

Mời các em đến với chương học IV bất đẳng thức, bất phương trình đại số lớp 10. Vậy trong cửa ải này các bạn cần phải vượt qua những gì nào: Bất đẳng thức rồi, tiếp theo sẽ là bất phương trình và hệ bất phương trình một ẩn, tiếp đến là dấu của nhị thức bậc nhất, bất phương trình bậc nhất hai ẩn, dấu của tam thức bậc hai. Vậy, chúng tôi sẽ giúp được gì cho các bạn?

Bài 1: Bất Đẳng Thức

Bài 2: Bất Phương Trình Và Hệ Bất Phương Trình Một Ẩn

Bài học bài 2 bất phương trình và hệ bất phương trình một ẩn này các em cần chú ý 3 phần như sau: ôn tập về bất phương trình một ẩn, hệ bất phương trình một ẩn, một số phép biến đổi bất phương trình.

Bài 3: Dấu Của Nhị Thức Bậc Nhất

Bài học tiếp theo này các em sẽ được học gì? định lý về dấu của nhị thức bậc nhất, sau đó là xét dấu của tích, thương của các nhị thức bậc nhất và áp dụng để giải bất phương trình.

Bài 4: Bất Phương Trình Bậc Nhất Hai Ẩn

Nội dung bài học bài 4 bất phương trình bậc nhất hai ẩn này các em sẽ được tìm hiểu về dạng phương trình, sau đó là biểu diễn hình học, giải từng bất phương trình một, biểu diễn hình học miền nghiệm…

Bài 5: Dấu Của Tam Giác Bậc Hai

Bài học cuối cùng của chương IV bài 5 dấu của tam giác bậc hai các em sẽ được tìm hiểu về định lý và dạng phương trình, dấu và cách giải phương trình.

Ôn Tập Chương IV: Bất Đẳng Thức. Bất Phương Trình

Bài Tập Trắc Nghiệm Chương IV: Bất Đẳng Thức. Bất Phương Trình

Các bạn đang xem Chương IV: Bất Đẳng Thức. Bất Phương Trình tại Đại Số Lớp 10 môn Toán Học Lớp 10 của chúng tôi Hãy Nhấn Đăng Ký Nhận Tin Của Website Để Cập Nhật Những Thông Tin Về Học Tập Mới Nhất Nhé.

--- Bài cũ hơn ---

Chuyen De Bat Dang Thuc Lop 10 Ban Full

Kỹ Thuật Sử Dụng Bất Đẳng Thức Cauchy Trong Chứng Minh Bđt

Bất Đẳng Thức Bunhiacopxki Và Một Số Kỹ Thuật Sử Dụng

Bất Đẳng Thức Bunhiacopxki Và Những Ứng Dụng Trong Giải Toán

Những Kiến Thức Cơ Bản Về Bất Đẳng Thức Bunhiacopxki

--- Bài mới hơn ---

Chứng Minh Bất Đẳng Thức Cauchy

Kỹ Thuật Sử Dụng Bất Đẳng Thức Cauchy Chứng Minh Bất Đẳng Thức

Đề Tài Phương Pháp Chứng Minh Bất Đẳng Thức Cauchy (Côsi)

Giáo Án Đại Số 10 Tiết 43 Bài 2: Bất Đẳng Thức Cô

Phương Trình Chứa Căn Thức

Chuyeân ñeå boài döôõng hoïc sinh gioûi K10 Page 1 

I.Bất đẳng thức Bunhiacôpxki ( BCS ) :

Cho 2 bộ số thực ( )1 2; ;…; na a a và ( )1 2; ;…; nb b b , mỗi bộ gồm n số. Khi đó ta có:

( ) ( )( )2 2 2 2 2 2 21 1 2 2 1 2 1 2… … …n n n na b a b a b a a a b b b+ + + ≤ + + + + + +

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:

1 2

1 2

… n

n

aa a

b b b

= = = với quy ước nếu mẫu bằng 0 thì tử phải bằng 0.

II. Các hệ quả :

Hệ quả 1:

Nếu 1 1 … n na x a x C+ + = (không đổi) thì ( )2 21 2 2

1

min …

…n n

Cx x

a a

+ + = + +

đạt được khi 1

1

… n

n

xx

a a

= =

Hệ quả 2:

Nếu 2 2 21 … nx x C+ + = (không đổi) thì ( ) 2 21 1 1max … …n n na x a x C a a+ + = + +

đạt được khi 1

1

… 0n

n

xx

a a

= = ≥

( ) 2 21 1 1min … …n n na x a x C a a+ + = − + +

Dấu “=” xảy ra 1

1

… 0n

n

xx

a a

⇔ = = ≤

III.Bất đẳng thức Bunhiacôpxki mở rộng:

• Mở rộng bất đẳng thức Bunhiacôpxki cho 3 dãy số thực không âm

( )1 2; ;…; na a a ; ( )1 2; ;…; nb b b ; ( )1 2; ;…; nc c c ta luôn có :

( ) ( )( )( )2 3 3 3 3 3 3 3 3 31 1 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2… … … …n n n n n na b c a b c a b c a a a b b b c c c+ + + ≤ + + + + + + + + +

Chứng minh:

Đặt 3 3 3 3 3 3 3 3 33 3 31 2 1 2 1 2… , … , …n n nA a a a B b b b C c c c= + + + = + + + = + + +

www.MATHVN.com

www.MATHVN.com

Tröôøng THPT Chuyeân Tieàn Giang GV Ñoã Kim Sôn

Chuyeân ñeå boài döôõng hoïc sinh gioûi K10 Page 2 

Nếu 0A = hoặc 0B = hoặc 0C = thì bất đẳng thức hiển nhiên đúng vì khi đó cả hai vế của bất đẳng thức

đều bằng 0.

Đặt ; ;i i ii i i

a b c

x y z

A B C

= = = với 1;2;3i =

Khi đó ta có:

3 3 3

1 2 3

3 3 3

1 2 3

3 3 3

1 2 3

1

1

1

x x x

y y y

z z z

⎧ + + =⎪ + + =⎨⎪ + + =⎩

và bất đẳng thức cần chứng minh trở thành: 1 1 1 2 2 2 3 3 3 1x y z x y z x y z+ + ≤

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số không âm: ( )3 3 3; ; 1;2;3i i ix y z i = ta có:

3 3 3

1 1 1

1 1 1

3 3 3

2 2 2

2 2 2

3 3 3

3 3 3

3 3 3

3

3

3

x x xx y z

x x xx y z

x x x

x y z

⎧ + +≤⎪⎪⎪ + +≤⎨⎪⎪ + +≤⎪⎩

Cộng các bất đẳng thức trên lại ta được: 1 1 1 2 2 2 3 3 3 1x y z x y z x y z+ + ≤ (đpcm)

Đẳng thức xảy ra

1 1 1

1 1 1

2 2 2

2 2 2

3 3 3

3 3 3

a b c

A B Cx y z

a b cx y z

A B C

x y z a b c

A B C

⎧ = =⎪= =⎧ ⎪⎪ ⎪⇔ = = ⇔ = =⎨ ⎨⎪ ⎪= =⎩ ⎪ = =⎪⎩

Hay ( ): : : : 1;2;3i i ia b c A B C i= = tức là: 1 1 1 2 2 2 3 3 3: : : : : :a b c a b c a b c= =

• Tổng quát : bất đẳng thức Bunhiacôpxki mở rộng cho rộng cho m dãy số thực không âm:

Cho m dãy số thực không âm:

( )1 2; ;…; na a a , ( )1 2; ;…; nb b b , , ( )1 2; ;…; nK K K

Ta có:

( ) ( )( ) ( )1 1 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2… … … … … … … …m m m m m m m m m mn n n n n na b K a b K a b K a a a b b b K K K+ + + ≤ + + + + + + + + +

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:

1 1 1 2 2 2: : … : : : … : : : … :n n na b K a b K a b K= = ( chứng minh tương tự như trên)

I- MỘT SỐ VÍ DỤ :

Bài 1: Cho , ,x y z là ba số dương thỏa 4 9 16 49x y z+ + = . Chứng minh rằng:

1 25 64 49T

x y z

= + + ≥

www.MATHVN.com

www.MATHVN.com

Tröôøng THPT Chuyeân Tieàn Giang GV Ñoã Kim Sôn

Chuyeân ñeå boài döôõng hoïc sinh gioûi K10 Page 3 

Đẳng thức xảy ra khi nào?

Hướng dẫn giải

Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki cho sáu số 2 ;3 ;4x y z và 1 5 8; ;

x y z

ta được:

( ) ( ) ( ) ( ) 22 22 2 21 25 84 1 5 849. 4 9 16 2 3 4T x y z x y zx y z x y z

⎡ ⎤⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎡ ⎤ ⎢ ⎥= + + + + = + + + +⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎜ ⎟⎣ ⎦ ⎢ ⎥⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦

2

21 5 82 . 3 . 4 . 49x y z

x y z

⎛ ⎞≥ + + =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

1 25 64 49T

x y z

⇒ = + + ≥

Đẳng thức xảy ra khi

1

21 5 8

52 3 4

3

4 9 16 49 2

x

x y z y

x y z z

⎧ =⎪⎧ ⎪= =⎪ ⎪⇔ =⎨ ⎨⎪ ⎪+ + =⎩ =⎪⎪⎩

3 2 5x y+ ≤ +

Hướng dẫn giải

Giả thiết:

2 2

2 2 1 1 1

2 2 2

x y x y x y⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ ≤ + ⇔ − + − ≤⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki cho 2 bộ số: ( ) 1 11;3 ; ;

2 2

x y⎛ ⎞− −⎜ ⎟⎝ ⎠ ta có:

2 2 21 1 1 11. 1 3. 10 5

2 2 2 2

y x y

⎡ ⎤⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− + − ≤ − + − ≤⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎢ ⎥⎣ ⎦

( )23 2 5x y⇒ + − ≤

3 2 5x y⇒ + − ≤

3 2 5x y⇒ + ≤ +

Đẳng thức xảy ra khi

1 5

2 10

1 3 5

2 10

x

y

⎧ = +⎪⎪⎨⎪ = +⎪⎩

Bài 3 : Cho , , 0a b c ≥ ; 1a b c+ + = .Chứng minh:

www.MATHVN.com

www.MATHVN.com

Tröôøng THPT Chuyeân Tieàn Giang GV Ñoã Kim Sôn

Chuyeân ñeå boài döôõng hoïc sinh gioûi K10 Page 4 

2 2 2

1 1 1 1 30

ab bc aca b c

+ + + ≥+ +

Hướng dẫn giải

Gọi 2 2 2

1 1 1 1A

ab bc aca b c

= + + ++ +

Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki cho 2 bộ số:

( )

2 2 2

2 2 2

1 1 1 1; ; ;

;3 ;3 ;3

ab bc caa b c

a b c ab bc ca

⎛ ⎞⎜ ⎟+ +⎝ ⎠

+ +

Ta có: ( ) ( )2 2 2 21 3 3 3 9 9 9a b c ab bc ca A+ + + ≤ + + + + +

( ) ( )2100 7a b c ab bc ca A⎡ ⎤⇒ ≤ + + + + +⎣ ⎦ (*)

Mà ( )21 1 (do 1)

3 3

ab bc ca a b c a b c+ + ≤ + + = + + =

Do đó: (*) 30.A⇒ ≥

Đẳng thức xảy ra khi 1

3

a b c= = =

Hướng dẫn giải

Gọi 2 2 22 2 2

1 1 1S x y z

x y z

= + + + + +

Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki cho 2 bộ số: ( ) 11;9 ; ;x

x

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

Ta có: 2 22 2

9 1 11 81. 82.x x x

x x x

+ ≤ + + = + (1)

Tương tự:

2

2

9 182.y y

y y

+ ≤ + ` (2)

2 2

9 182.z z

z z

+ ≤ + (3)

Cộng (1),(2) và (3) theo vế ta được: 1 1 1. 82 9S x y z

x y z

⎛ ⎞≥ + + + + +⎜ ⎟⎝ ⎠

Hay ( ) ( )1 1 1. 82 81 9 80S x y z x y zx y z

⎛ ⎞≥ + + + + + − + +⎜ ⎟⎝ ⎠

www.MATHVN.com

www.MATHVN.com

Tröôøng THPT Chuyeân Tieàn Giang GV Ñoã Kim Sôn

Chuyeân ñeå boài döôõng hoïc sinh gioûi K10 Page 5 

( ) 1 1 12.9.3. 80 162 80 82x y z

x y z

⎛ ⎞≥ + + + + − ≥ − =⎜ ⎟⎝ ⎠

Vậy 2 2 22 2 2

1 1 1 82x y z

x y z

+ + + + + ≥

Bài 5 : Cho ba số thực dương , ,a b c thoả ab bc ca abc+ + = .Chứng minh rằng:

2 2 2 2 2 22 2 2 3b a c b a c

ab bc ca

+ + ++ + ≥

Hướng dẫn giải

Ta có:

2 2 2 2

2 2 2 2

2 2 1 12b a b a

ab a b a b

+ += = + (do ,a b dương)

Đặt 1 1 1; ;x y z

a b c

= = = thì

giả thiết

, , 0 ; ; 0

1

a b c x y z

ab bc ca abc x y z

> >⎧ ⎧⇔⎨ ⎨+ + = + + =⎩ ⎩

và (đpcm) 2 2 2 2 2 22 2 2 3x y y z z x⇔ + + + + + ≥

Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki ta có:

( ) ( ) ( )22 2 2 2 23 2 3x y x y y x y y+ = + + ≥ + +

( )2 2 12 2

3

x y x y⇒ + ≥ +

Tương tự ( )2 2 12 2

3

y z y z+ ≥ +

( )2 2 12 2

3

z x z x+ ≥ +

Vậy ( )2 2 2 2 2 2 12 2 2 3 3 3 3

3

x y y z z x x y z+ + + + + ≥ + + =

Đẳng thức xảy ra khi 1

3

x y z= = =

Với 1

3

x y z= = = thì 3a b c= = =

Bài 6 : Chứng minh: ( )1 1 1 1a b c c ab− + − + − ≤ + với mọi số thực dương ; ; 1a b c ≥

Hướng dẫn giải

Đặt 2 2 21 ; 1 ; 1a x b y c z− = − = − =

( ) ( )( )2 2 21 1 1 1x y z z x y⎡ ⎤+ + ≤ + + + +⎣ ⎦

Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki ta có:

www.MATHVN.com

www.MATHVN.com

Tröôøng THPT Chuyeân Tieàn Giang GV Ñoã Kim Sôn

Chuyeân ñeå boài döôõng hoïc sinh gioûi K10 Page 6 

( )( ) ( )( )2 2 2 21 1 1 1x y x y x y z x y z+ ≤ + + ⇒ + + ≤ + + + (1)

( )( ) ( )( )2 2 2 2 21 1 1 1 1. 1x y z x y z+ + + ≤ + + + + (2)

Kết hợp (1) và (2) ta có ( ) ( )( )2 2 21 1 1 1x y z z x y⎡ ⎤+ + ≤ + + + +⎣ ⎦

Vậy ( )1 1 1 1a b c c ab− + − + − ≤ + (đpcm)

( ) ( ) ( )3 3 3

1 1 1 3

2a b c b c a c a b

+ + ≥+ + +

Hướng dẫn giải

Đặt 1 1 1; ;x y z

a b c

Ta cần chứng minh bất đẳng thức sau : A=

2 2 2 3

2

x y z

y z z x x y

+ + ≥+ + +

Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki cho 2 bộ số : ( ); ; ; ; ;x y zy z z x x y

y z z x x y

⎛ ⎞+ + + ⎜ ⎟⎜ ⎟+ + +⎝ ⎠

Ta có: ( ) ( )2x y z y z z x x y A+ + ≤ + + + + +

33 3.

2 2 2

x y zA xyz+ +⇒ ≥ ≥ = (do 1xyz = ) 3

2

A⇒ ≥

Đẳng thức xảy ra khi 1x y z= = =

Với 1x y z= = = thì 1.a b c= = =

( )( ) ( )( ) ( )( ) 1

a b c

a a b a c b b c b a c c a c b

+ + ≤+ + + + + + + + +

Hướng dẫn giải

Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki cho 2 bộ số: ( ) ( ); ; ;a b c a

Ta có:

( ) ( )( ) ( )( )2ac ab a b c a ac ab a b c a+ ≤ + + ⇒ + ≤ + +

( )( )a ac ab a a b c a⇒ + + ≤ + + +

( )( )

a a a

a ac ab a b ca a b a c

⇒ ≤ =+ + + ++ + + (1)

www.MATHVN.com

www.MATHVN.com

Tröôøng THPT Chuyeân Tieàn Giang GV Ñoã Kim Sôn

Chuyeân ñeå boài döôõng hoïc sinh gioûi K10 Page 7 

Tương tự: ( )( )

b b

a b cb b c b a

≤ + ++ + + (2)

( )( )

c c

a b cc c a c b

≤ + ++ + + (3)

Cộng (1),(2) và (3) theo vế ta được:

( )( ) ( )( ) ( )( ) 1

a b c

a a b a c b b c b a c c a c b

+ + ≤+ + + + + + + + +

Đẳng thức xảy ra khi a b c= = .

3 2

ab

a b

−≤+ +

Hướng dẫn giải

Ta có: 2 2 9a b+ =

( )

( )( )

22 9

2 3 3

ab a b

ab a b a b

⇔ = + −

⇔ = + + + −

2 3

3

3

3 2 2

ab a b

a b

ab a b

a b

⇔ = + −+ +

+⇔ = −+ +

Mà theo BĐT Bunhiacôpxki thì 2 22. 3 2a b a b+ ≤ + =

Nên 3 2 3

3 2

ab

a b

−≤+ +

Đẳng thức xảy ra khi 2 2

; 0

39

2

a b

a b a b

a b

>⎧⎪⎪ + = ⇔ = =⎨⎪⎪ =⎩

Bài 10: Cho ; ; ;a b c d dương tuỳ ý.Chứng minh : 1 1 1 p q p q p q

a b c pa qb pb qc pc qa

+ + ++ + ≥ + ++ + +

Hướng dẫn giải

Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki ta có

( ) ( )

2

2 . .p q p qp q pa qb pa qb

a b a b

⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ = + ≤ + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠

Tương tự ta chứng minh được

( ) ( ) ( ) ( )2 2 ; p q p qp q pb qc p q pc qa

b c c a

⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ ≤ + + + ≤ + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Cộng các vế tương ứng của ba bất đẳng thức ta có :

www.MATHVN.com

www.MATHVN.com

Tröôøng THPT Chuyeân Tieàn Giang GV Ñoã Kim Sôn

Chuyeân ñeå boài döôõng hoïc sinh gioûi K10 Page 8 

( ) ( )2 1 1 1 1 1 1p q p q

pa qb pb qc pc qa a b c

⎡ ⎤ ⎛ ⎞+ + + ≤ + + +⎜ ⎟⎢ ⎥+ + + ⎝ ⎠⎣ ⎦

Hay ( ) 1 1 1 1 1 1p q

pa qb pb qc pc qa a b c

⎡ ⎤+ + + ≤ + +⎢ ⎥+ + +⎣ ⎦

Vậy 1 1 1 p q p q p q

a b c pa qb pb qc pc qa

+ + ++ + ≥ + ++ + +

Bài 11 : Cho 4 số dương ; ; ;a b c d .Chứng minh:

3 3 3 3 2 2 2 2

3

a b c d a b c d

b c d c d a b d a a b c

+ + ++ + + ≥+ + + + + + + +

Hướng dẫn giải

Đặt

3 3 3 3a b c dP

b c d c d a b d a a b c

= + + ++ + + + + + + +

Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki cho 2 bộ số:

( ) ( ) ( ) ( )( )3 3 3 3; ; ; ; ; ; ;a b c d a b c d b c d a c d b a d a b cb c d c d a b d a a b c⎛ ⎞ + + + + + + + +⎜ ⎟⎜ ⎟+ + + + + + + +⎝ ⎠

Ta có:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )22 2 2 2a b c d P a b c d b c d a c d a b d a b c+ + + ≤ + + + + + + + + + + +⎡ ⎤⎣ ⎦

( ) ( ) ( )2 22 2 2 2 2 2 2 2a b c d P a b c d a b c d⎡ ⎤⇔ + + + ≤ + + + − + + +⎣ ⎦ (1)

Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki cho 2 bộ số: ( ) ( ); ; ; ; 1;1;1;1a b c d ta được:

( ) ( )2 2 2 2 24a b c d a b c d+ + + ≤ + + + (2)

Từ (1) và (2) ta được ( ) ( )22 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2

3

3

a b c d P a b c d

a b c d P

+ + + ≤ + + +

⇔ + + + ≤

Vậy

3 3 3 3 2 2 2 2

3

a b c d a b c d

b c d c d a b d a a b c

+ + ++ + + ≥+ + + + + + + +

Bài 12 : Cho các số dương ; ;a b c thỏa a + b … + + + +

Hay ( ) ( ) ( )2 2 4a b c d ab bc cd da ac bd+ + + ≥ + + + + +

( )2 2 2 2 2a b c d ac bd⇔ + + + ≥ +

( ) ( )2 2 0a c b d⇔ − + − ≥ : BĐT đúng.

Bài 8 : Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh:

( )2 2 22 2 2 3

2

a b ca b c

b c c a a b

+ ++ + ≥+ + +

Hướng dẫn giải

Áp dụng BĐT BCS ta có:

( )

( )

( )

( )

( )

( )

2 2 22 2 22 2 2

2 2 2

a b ca b c

b c c a a b a b c b c a c a b

+ + = + ++ + + + + +

( )

( ) ( ) ( )

22 2 2

2 2 2

a b c

a b c b c a c a b

+ +≥ + + + + +

( )

( ) ( ) ( )

22 2 2a b c

ab a b bc b c ca c a

+ +≥ + + + + + (1)

Áp dụng BĐT BCS dạng thông thường ta có:

( ) ( ) ( ) 2ab a b bc b c ca c a+ + + + +⎡ ⎤⎣ ⎦ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 2ab bc ca a b b c c a⎡ ⎤ ⎡ ⎤≤ + + + + + + +⎣ ⎦ ⎣ ⎦

Mặt khác, ta có các BĐT sau:

( ) ( ) ( ) ( )

22 2 2

2 2 2

3

a b c

ab bc ca

+ +• + + ≤

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 2 2 2 22 2 4a b b c c a a b c ab bc ca a b c• + + + + + = + + + + + ≤ + +

Từ đó suy ra : ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

22 2 2

2 2 2 2.4

3

a b c

ab a b bc b c ca c a a b c

+ ++ + + + + ≤ + +⎡ ⎤⎣ ⎦ ( )32 2 243 a b c= + +

Hay ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 22

3

ab a b bc b c ca c a a b c a b c+ + + + + ≤ + + + +

Kết hợp với (1) ta suy ra:

( )

( ) ( ) ( )

22 2 22 2 2 a b ca b c

b c c a a b ab a b bc b c ca c a

+ ++ + ≥+ + + + + + + +

( )

( )

( )2 2 2 22 2 2

2 2 2 2 2 2

3

2 2

3

a b ca b c

a b c a b c

+ ++ +≥ =

+ + + +

www.MATHVN.com

www.MATHVN.com

Tröôøng THPT Chuyeân Tieàn Giang GV Ñoã Kim Sôn

Chuyeân ñeå boài döôõng hoïc sinh gioûi K10 Page 32 

Bài 9 : Cho , ,a b c là các số thực dương. Chứng minh : 25 16 8a b c

b c c a a b

Hướng dẫn giải

BĐT cần chứng minh tương đương với:

25 1 16 1 1 8 25 16 1 50a b c

b c c a a b

Hay 25 16 1 50

b c c a a b a b c

+ + ≥+ + + + + (1)

Ký hiệu P là vế trái của (1). Áp dụng BĐT BCS ta có:

( )( ) ( ) ( )

22 2 2 5 4 15 4 1 50P

b c c a a b b c c a a b a b c

+ += + + ≥ =+ + + + + + + + + +

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

5 4 1

b c c a a b+ + += =

Suy ra ( ) ( ) 2

5 4 1 5

Từ đó suy ra: 50P

a b c

> + +

Do đó BĐT (1) đúng và ta có BĐT cần chứng minh.

Bài 10 : Cho , ,a b c là các số thực dương. Chứng minh:

2 2 2

3 .

2

a b c

ab b bc c ca a

+ + ≥+ + +

Hướng dẫn giải

Ký hiểu P là cế trái của BĐT cần chứng minh. Áp dụng BĐT BCS ta có:

2

1 1 1 1 1 1

a b ca b c

b c ab c aP

a b c a b c

b c a b c a

⎛ ⎞+ +⎜ ⎟⎝ ⎠= + + ≥

+ + + + + + + +

Hay

( )2

1 1 1

x y z

P

x y z

+ +≥ + + + + + (1) với , ,

a b cx y z

b c a

= = =

( chú ý 1xyz = ).

Sử dụng BĐT Cauchy cho ba số không âm ta có:

3 33. . . 3. chúng tôi yz zx xy yz zx xyz+ + ≥ = =

Suy ra:

( ) ( ) ( )2 2 6x y z x y z xy yz zx x y z+ + = + + + + + ≥ + + +

Mặt khác, áp dụng BĐT BCS (dạng thông thường ta có):

( )1 1 1 3 3x y z x y z+ + + + + ≤ + + +

Kết hợp hai BĐT vừa có với BĐT (1) ta nhận được:

www.MATHVN.com

www.MATHVN.com

Tröôøng THPT Chuyeân Tieàn Giang GV Ñoã Kim Sôn

Chuyeân ñeå boài döôõng hoïc sinh gioûi K10 Page 33 

( )

_ 6

3 3

x y zP

x y z

+ +≥ + + +

Hay 3

3

SP

S

+≥ với 33 3. 3 6S x y z xyz= + + + ≥ + =

Từ đó suy ra BĐT cần chứng minh đúng nếu ta có: 3 3

3 2

S

S

+ ≥

Hay 3 3 3

2

S

S

+ ≥ (2).

Chú ý: 6S ≥ nên ta có các biến đổi như sau:

3 6 3 3 2 3 3(2) 3 2 .

2 2 2 2 2 2 2

S S SVT

S S

⎛ ⎞= + + ≥ + = + =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

Từ đó suy ra BĐT (2) đúng và ta có BĐT cần chứng minh

Bài 11 : Cho , ,a b c là các số thực dương. Chứng minh:

2

2 2 2

1

8 8 8

a b c

a bc b ca c ab

+ + ≥+ + + ( IMO 2001 )

Hướng dẫn giải

Ký hiệu P là vế trái của BĐT BCS ta có:

2

2 2 28 8 8

a b cP

a a bc b b ca c c ab

= + ++ + +

( )2

2 2 28 8 8

a b c

a a bc b b ca c c ab

+ +≥ + + + + +

Từ đó suy ra BĐT đã cho đúng nếu ta chứng minh được:

( )2

2 2 2

1

8 8 8

a b c

a a bc b b ca c c ab

+ + ≥+ + + + +

Hay ( )22 2 28 8 8a a bc b b ca c c ab a b c+ + + + + ≤ + + (1)

Ký hiệu Q là vế trái của BĐT (1).

Áp dụng BĐT BCS ta có:

( ) ( ) ( ) 22 2 2 28 8 8Q a a a bc b b b ca c c c ab⎡ ⎤= + + + +⎢ ⎥⎣ ⎦

( ) ( ) ( ) ( )2 2 28 8 8a b c a a bc b b ca c c ab⎡ ⎤≤ + + + + + + +⎣ ⎦

( )( )3 3 3 24a b c a b c abc= + + + + +

Do đó BĐT (1) đúng nếu ta có: ( )33 3 3 24a b c abc a b c+ + + ≤ + +

Ta đã biết:

( ) ( ) ( ) ( )3 3 3 3 2 2 2 2 2 23 3 3 6 .a b c a b c a b c b c a c a b abc+ + = + + + + + + + + +

Từ đó suy ra BĐT trên tương đương với:

( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 2 6 .a b c b c a c a b abc+ + + + + ≥

www.MATHVN.com

www.MATHVN.com

Tröôøng THPT Chuyeân Tieàn Giang GV Ñoã Kim Sôn

Chuyeân ñeå boài döôõng hoïc sinh gioûi K10 Page 34 

Hay ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 22 2 2 0a b c bc b c a ca c a b ab+ − + + − + + − ≥

BĐT cuối cùng đúng vì nó tương đương với BĐT đúng:

( ) ( ) ( )2 2 2 0a b c b c a c a b− + − + − ≥ ⇒đpcm

Bài 12 : Chứng minh bất đẳng thức sau đúng với mọi số thực dương , ,a b c :

( ) ( ) ( )3 3 3

2 2 2 2 2 2 3

a b c ab bc ca

b bc c c ca a a ab b a b c

+ ++ + ≥− + − + − + + +

Hướng dẫn giải

Ký hiệu P là vế trái của BĐT BCS ta có:

Áp dụng BĐT BCS ta có:

( )

( )

( )

( )

( )

( )

2 22 2 2

2 2 2 2 2 2

a b c

P

a b bc c b c ca a c a ab b

= + +− + − + − +

( )

( ) ( ) ( )

22 2 2

2 2 2 2 2 2

a b c

a b bc c b c ca a c a ab b

+ +≥ − + + − + + − +

( )

( ) ( ) ( )

22 2 2

3

a b c

ab a b bc b c ca c a abc

+ += + + + + + −

Mặt khác, áp dụng BĐT: ( ) ( )23 xy yz zx x y z+ + ≤ + + ta có:

3 ab bc ca a b c

a b c

+ + ≤ + ++ +

Do đó để có BĐT đã cho ta chỉ cần chứng minh:

( )

( ) ( ) ( )

22 2 2

3

a b c

a b c

ab a b bc b c ca c a abc

+ + ≥ + ++ + + + + −

Hay

( ) ( ) ( ) ( ) ( )22 2 2 3a b c ab a b bc b c ca c a abc a b c+ + ≥ + + + + + − + +⎡ ⎤⎣ ⎦

( ) ( )4 4 4 2 2 2 2 2 22a b c a b b c c a⇔ + + + + + ≥

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 3ab a b bc b c ca c a abc a b b c c a abc a b c≥ + + + + + + + + + + + − + +⎡ ⎤⎣ ⎦

( ) ( ) ( ) ( )4 4 4 3 3 3a b c abc a b c a b c b c a c a b⇔ + + ≥ + + ≥ + + + + +

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 2 0a a bc a b c b b ca b c a c c ab a a b⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤+ − + + + − + + + − + ≥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

( )( ) ( )( ) ( )( )2 2 2 0a a b a c b b c b a c c a c b⇔ − − + − − + − − ≥ (1)

Do vai trò của , ,a b c trong BĐT (1) là như nhau nên không nhấn mất tính tổng quát ta có thể giả sử

VT (1) ( )( ) ( )( )2 2a a b a c b b c b a≥ − − + − −

( ) ( ) ( )2 2a b a a c b b c⎡ ⎤= − − − −⎣ ⎦

( ) ( ) ( )3 3 2 2a b a b a c b c⎡ ⎤= − − − −⎣ ⎦

www.MATHVN.com

www.MATHVN.com

Tröôøng THPT Chuyeân Tieàn Giang GV Ñoã Kim Sôn

Chuyeân ñeå boài döôõng hoïc sinh gioûi K10 Page 35 

( ) ( )2 2 2a b a b ab ca cb= − + + − −

( ) ( ) ( )2 0a b a a c b b c ab= − − + − + ≥⎡ ⎤⎣ ⎦

Từ đó suy ra BĐT (1) đúng. Do đó ta có BĐT cần chứng minh.

Bài 13 : Cho , ,a b c là các số thực dương. Chứng minh:

1a b c a b b c

b c a b c a b

+ ++ + ≥ + ++ +

Hướng dẫn giải

Ta chỉ cần chứng minh BĐT sau đúng:

( )2 1a b c a b b c

ab bc ca b c a b

+ + + +≥ + ++ + + +

Hay ( )

2

3 2

a b c a b b c

ab bc ca b c a b

+ + + +− ≥ + −+ + + +

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )( )( )

2 2 23 2a b c ab bc ca a b b c a b b c

ab bc ca a b b c

+ + − + + + + + − + +⇔ ≥+ + + +

( ) ( ) ( )( )

( )

( )( )

2 2 2 2

2

a b b c c a c a

ab bc ca a b b c

− + − + − −⇔ ≥+ + + + (1)

Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )22 2 2a b b c a b b c a b b c− + − = − + − − − + −⎡ ⎤⎣ ⎦

( ) ( ) ( )2 2c a a b b c= − − − + −

Từ đó suy ra BĐT (1) tương đương với:

( ) ( )( ) ( )( )

( )

( )( )

2 2 22

2

c a a b b c c a c a

ab bc ca a b b c

− − − − + − −≥+ + + +

Hay ( ) ( )( ) ( )( )( )

2 2c a a b b c c a

ab bc ca a b b c

− − − − −≥+ + + +

( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )2 22 2 2 2c a a b b c a b b c c a ab bc ca⇔ − + + − − − ≥ − + +

( ) ( )( )2 2 2 2 2 2 0c a b a b b c⇔ − − − − ≥

( )24 2 2 2 22 0 0b a c b ac b ac⇔ + − ≥ ⇔ − ≥ : BĐT đúng.

Từ đó ta có BĐT cần chứng minh.

Bài 16 : Cho :f R R+ +→ là một hàm số thỏa mãn điều kiện:

Chứng minh BĐT sau đúng với mọi số thực dương , ,a b c :

( )( )( ) ( )( )( ) ( )( )( ) 0f a a b a c f b b c b a f c c a c b− − + − − + − − ≥ (1)

Hướng dẫn giải

www.MATHVN.com

www.MATHVN.com

Tröôøng THPT Chuyeân Tieàn Giang GV Ñoã Kim Sôn

Chuyeân ñeå boài döôõng hoïc sinh gioûi K10 Page 36 

( ) ( ) ( )f a f c f b+ ≥ (2)

Khi đó ta viết BĐT (1) dưới dạng:

( )( )( ) ( )( )( ) ( )( )( )f a a b a c f c a c b c f b b c a b− − + − − ≥ − −

Hay ( ) ( ) ( )f a f c f b

b c a b a c

Áp dụng BĐT BCS ta có:

( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )2 2 2 2f a f c f a c f a cf a f c

b c a b b c a b b c a b a c

+ +

+ = + ≥ =− − − − − + − −

Kết hợp BĐT trên với BĐT (2) ta nhận được:

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )2f a cf a f c f b

b c a b a c a c

+

+ ≥ =− − − − ⇒BĐT (3) đúng và ta có ĐPCM.

Nhận xét:

Nếu hàm số :f R R+ +→ xác định bởi ( ) rf x x= với r là một số thực thì f thỏa mãn tính chất của bài toán.

ii) Nếu 0r ≥

Do đó trong cả hai trường hợp ta đều có: ( ) ( ) ( )f x z f y+ ≥

Khi đó ta có BĐT:

( )( ) ( )( ) ( )( ) 0r r ra a b a c b b c b a c c a c b− − + − − + − − ≥

với mọi số thực dương , ,a b c

BÀI TẬP :

Bài 1: Cho 1 2, ,…, na a a là các số thực dương. Chứng minh:

2

1 2 1 2

1 1 1…

…n n

n

a a a a a a

+ + + ≥ + + +

Bài 2: Cho , ,a b c là các số thực dương. Chứng minh;

1)

2 2 2

2

a b c a b c

b c c a a b

+ ++ + ≥+ + + 2)

3 3 3 2 2 2

2

a b c a b c

b c c a a b

+ ++ + ≥+ + +

Bài 3: Cho , ,a b c là các số thực dương. Chứng minh : 1 1 1 1

2 2 3 3a b b a a b

+ ≤ ++ +

www.MATHVN.com

www.MATHVN.com

Tröôøng THPT Chuyeân Tieàn Giang GV Ñoã Kim Sôn

Chuyeân ñeå boài döôõng hoïc sinh gioûi K10 Page 37 

Bài 4: Cho , ,a b c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện 1a b c+ + = . Tìm GTNN của biểu thức

2 2 2

1 1 1 1P

a b c ab bc ca

= + + ++ +

Bài 5: Cho , , , , ,a b c d e f là các số thực dương. Chứng minh:

3a b c d e f

b c c d d e e f f a a b

+ + + + + ≥+ + + + + +

Bài 6: Cho ,a b là các số thực dương. Chứng minh : ( )2 2 2 22a b a bb a+ ≥ +

Bài 7: Cho , , , , ,a b c x y z là các số thực dương. Chứng minh:

2

xa yb zc x y zxy yz zx

b c c a a b

+ ++ + ≥ + + −+ + +

Bài 8: Cho , ,a b c là các số thực dương. Chứng minh

1) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 2 2 2 2 13 2 3 2 3 2

a b c

a b c bc b c a ca c a b ab

+ + ≥

+ + + + + + + + +

2)

( )3

1

a b ca b c

a xb b xc c xa x

+ ++ + ≥+ + + + với 2x ≥

www.MATHVN.com

www.MATHVN.com

--- Bài cũ hơn ---

Cách Giải Các Dạng Toán Tìm X Cơ Bản Và Nâng Cao

Tóm Tắt Lý Thuyết Hóa 12 Bài Phản Ứng Thủy Phân Lipit

Hàm Số Chẵn Lẻ, Cách Xét Tính Chẵn Lẻ Của Hàm Số

Phương Pháp Giải Bài Toán Về Tổ Hợp – Chỉnh Hợp – Xác Suất

Các Bài Toán Về Trung Bình Cộng Lớp 4

--- Bài mới hơn ---

Làm Thế Nào Để Học Tốt Phần Bất Đẳng Thức

Top 10 Cách Học Bài Nhanh Thuộc Nhất, Tập Trung Tốt Nhất

Làm Thế Nào Để Học Tốt Bất Đẳng Thức

Sáng Kiến Kinh Nghiệm Hướng Dẫn Học Sinh Luyện Tập Chứng Minh Bất Đẳng Thức

5 Bí Quyết Để Học Tốt Các Môn Tự Nhiên Dễ Dàng, Nhanh Chóng

Bất đẳng thức là một trong những mảng kiến thức khó và rộng của bộ môn toán nhưng nhờ các bài tập về bất đẳng thức mà học sinh có thể hiểu kỹ hơn, sâu hơn về giải và biện luận phương trình, bất phương trình, hệ phương trình, tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của một biểu thức toán học, mối liên hệ giữa các yếu tố trong tam giác cũng như nhiều ứng dụng trong khảo sát hàm số…. Dù kiến thức lý thuyết không nhiều, có thể nói là ít, nhưng bất đẳng thức là một dạng toán thiên biến vạn hóa, đòi hỏi học sinh phải có tư duy toán học tốt và nó cũng rèn giũa về tư duy logic và bồi dưỡng trí thông minh cho chúng ta khi nghiên cứu về dạng toán này. Thực tế khi giải các bài tập về bất đẳng thức học sinh thường gặp nhiều khó khăn, lúng túng vì cách giải chúng không hoàn toàn có một mẫu quy tắc nào như ở một số mảng kiến thức toán học khác. Vì vậy thông qua bài viết này, gia sư dạy kèm môn toán chúng tôi xin giới thiệu cho các bạn học sinh một số cách học giỏi bất đẳng thức để giúp các bạn học sinh xóa tan nổi sợ mang tên bất đẳng thức và chinh phục nó.

Cách học giỏi bất đăng thức

Những vấn đề các bạn học sinh hay gặp phải

– Học sinh thường sợ bất đẳng thức, thụ động, lúng túng trong cách biến đổi và tính toán

– Không nắm vững những bất đẳng thức quan trọng

– Không khai thác hết giả thiết

– Khi giải được bài toán rồi thì dừng lại, không tiếp tục tìm tòi khai thác, giải bài toán bằng nhiều cách khác nhau.

Thái độ học tập

Học thầy, học bạn

Phương pháp học giỏi bất đẳng thức

Nắm vững các kiến thức cơ bản

Để học tốt một môn học, những viên gạch đặt nền móng kiến thức là không thể thiếu. Học sinh phải học thuộc, hiểu và biết cách vận dụng các phép biến đổi toán học, các dạng bất đẳng thức cơ bản thường gặp và thường dùng (Bất đẳng thức giá trị tuyệt đối, Bất đẳng thức Cosi, Bất đẳng thức BunhiaCopski). Từ đó, học sinh mới có thể vận dụng tốt để giải các bài toán bất đẳng thức.

Phương pháp tìm cách giải bài toán bất phương trình

Sau khi tìm được cách giải, học sinh cần kiểm tra lại, tức là xem xét bài giải có sai lầm hay thiếu sót gì không.

Làm sao để học giỏi bất đẳng thức

Khuyến khích giải bài toán bằng nhiều cách

Sau khi tìm ra lời giải, ngoài việc kiểm tra lại bài giải, học sinh nên tìm tòi những cách giải khác, phân tích, khai thác sâu lời giải của bài toán, so sánh để chọn cách giải hợp lí nhất.

Học sinh cần lưu ý

– Bất đẳng thức là một chuyên đề khó, phức tạp và phong phú với nhiều phương pháp giải. Do đó, học sinh cần nghiên cứu và đầu tư nhiều thời gian.

– Để học sinh vận dụng tốt các phương pháp chứng minh bất đẳng thức ngoài việc nắm vững lý thuyết, học sinh phải nhớ dạng và phương pháp thích hợp thì khi giải các bài toán bất đẳng thức sẽ có nhiều hướng suy nghĩ nên dễ tìm ra cách giải, qua đó phát triển tư duy và nâng cao năng lực sáng tạo.

– Học thuộc lòng, hiểu các phương pháp chứng minh bất đẳng thức.

– Biết phối hợp với một số kiến thức khác.

– Kết hợp với biến đổi, tính toán, rút gọn.

Cách học giỏi bất đẳng thức hay nhất

Tư vấn tìm gia sư 24/7

Hotline hỗ trợ mọi vấn đề xung quanh việc học con em bạn .

Hỗ trợ giải đáp tư vấn tìm gia sư các môn học, các cấp học 24/7.

CÔNG TY TNHH TƯ VẤN VÀ PHÁT TRIỂN GIÁO DỤC VINA GIA SƯ là 1 trung tâm gia sư uy tín hàng đầu tại Việt Nam

Địa chỉ : 338/2A Tân Sơn Nhì , phường Tân Sơn Nhì , Quận Tân Phú, TP.Hồ Chí Minh

Điện thoại : 0903 108 883 – 0969 592 449

Email : [email protected]

Website : Vinagiasu.vn

@ Copyright 2010-2020 chúng tôi , all rights reserved

--- Bài cũ hơn ---

10 Cách Học Tốt Tiếng Anh Lớp 10 Cải Thiện Điểm Số Hiệu Quẩ

Gia Sư Dạy Kèm Anh Văn Lớp 8 Tại Nhà

Cách Học Giỏi Lớp 7 Hay Từ A Đến Z

Bí Quyết Học Tiếng Anh: 7 Bước Đến Thành Công

Cách Học Anh Văn Lớp 9 Hiệu Quả

--- Bài mới hơn ---

Bài 1,2,3 Trang 6 Sgk Toán Lớp 9 Tập 1: Căn Bậc Hai

Tìm Căn Bậc Hai Của Số Phức

Chương Iv. §2. Căn Bậc Hai Của Số Phức Và Phương Trình Bậc Hai

Biến Đổi Căn Thức Bậc Hai Đơn Giản

Đề Tài Giải Phương Trình Có Chứa Dấu Căn Bậc Hai

Published on

1. 10. Trần Văn Lập – Trường THCS Yên Lư – Sưu tầm và biên soạn . 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 9 1 81 1 1 4 9 1. . 1 ; 4 16 497 1 4 9 1 4 9 ; 4 497 97 a a a a b b b b b b c c c c a a        + ≤ + + ⇒ + ≥ + ÷  ÷ ÷  ÷            + ≥ + + ≥ + ÷  ÷     cộng các vế lại Bài 38 Cho tam giác có ba cạnh lần lượt là a,b,c và chu vi là 2p. Chứng minh rằng 9 p p p p a p b p c + + ≥ − − − Giải: 9 p p p p a p b p c + + ≥ − − − hay 1 1 1 9 9 p a p b p c p a p b p c p + + ≥ = − − − − + − + − Bài 39 Cho a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 6. Chứng minh rằng: 2 2 2 3( ) 2a 52a b c bc+ + + ≥ Giải: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 8 ( )( )( ) (6 2a) 6 2 6 2 24 3 16 36 ( ) 8 2a 48 ( ) 2 48 (1) 3 2 3 2 2 2 0 4 (2) (1) d(2) 3 abc a b c a b c a b c b c abc ab bc ac a b c bc a b c abc a b c a b c an dpcm ≥ − + + − + + − = − − − ⇔ ≥ − + + +  − + + ⇔ ≥ − + ⇔ + + + ≥    + + − + − + − ≥ ⇔ ≥ ⇒ Có chứng minh được 2 2 2 3( ) 2a 18a b c bc+ + + < hay không? Bài 40 Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác có chu vi bằng 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 3 3 4( ) 15P a b c abc= + + + . Giải: Có 2 2 2 ( ) ( )( )a a b c a b c a b c≥ − − = − + + − (1) , 2 2 2 ( ) ( )( )b b c a b c a b c a≥ − − = − + + − (2) 2 2 2 ( ) ( )( )c c a b c a b c a b≥ − − = − + + − (3) . Dấu ‘=’ xảy ra a b c⇔ = = Do a,b,c là độ dài 3 cạnh của tam giác nên các vế của (1), (2), (3) đều dương. Nhân vế với vế của (1), (2), (3) ta có : ( )( )( )abc a b c b c a c a b≥ + − + − + − (*) Từ 2a b c+ + = nên (*) (2 2 )(2 2 )(2 2 )abc a b c⇔ ≥ − − − 8 8( ) 8( ) 9 0a b c ab bc ca abc⇔ − + + + + + − ≤ 8 9 8( ) 0 9 8( ) 8abc ab bc ca abc ab bc ca⇔ + − + + ≥ ⇔ − + + ≥ − (*) Ta có 3 3 3 3 ( ) 3( )( ) 3 8 6( ) 3a b c a b c a b c ab bc ca abc ab bc ca abc+ + = + + − + + + + + = − + + + Từ đó [ ]3 3 3 4( ) 15 27 24( ) 32 3 9 8( ) 32a b c abc abc ab bc ca abc ab bc ca+ + + = − + + + = − + + + (**) Áp dụng (*) vào (**) cho ta 3 3 3 4( ) 15 3.( 8) 32 8a b c abc+ + + ≥ − + = Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 2 3 a b c= = = . Từ đó giá trị nhỏ nhất của P là 8 đạt được khi và chỉ khi 2 3 a b c= = = 10
2. 12. Trần Văn Lập – Trường THCS Yên Lư – Sưu tầm và biên soạn . Chứng minh được ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (6 2 )(6 2 )(6 2 ) 216 72( ) 24( x) 8x 8 24 ( x) (1) 3 mà 9 2x 2 2xz 9 x xz 36 3x 3 3xz (2) 8 ê x xz 24 ( 3 xyz x y z x y z x y z x y z x y z xy yz z yz xyz xy yz z x y z x y z y yz x y z y yz y yz N n xyz x y z y yz ≥ − + + − + + − = − − − = − + + + + + − ⇔ ≥ − + + + + + = ⇔ + + + + + = ⇔ + + − − − = − − − + + + − − − + ≥ − + ( ) ( ) 22 2 2 2 2 2 2 x)+ 36 3x 3 3xz 1 x xz 12 ( x) mà 3( x) 3 1 36 x xz 12 . 12 8 3 3 9 xy yz z y yz xyz x y z y yz xy yz z x y z xy yz z x y z xyz x y z y yz + + − − − ⇔ + + + − − − + ≥ − + + + + ≥ + + + + ⇒ + + + − − − + ≥ − = − = Bài 43 Cho a 1342; 1342b≥ ≥ . Chứng minh rằng ( )2 2 2013 .a b ab a b+ + ≥ + Dấu đẳng thức xảy ra khi nào? Giải: Ta sẽ sử dụng ba kết quả sau: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1342 1342 0; 1342 1342 0; 1342 1342 0a b a b a b− + − ≥ − − ≥ − + − ≥ Thật vậy: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1342 1342 0 2.1342. 2.1342 0 (1) 1342 1342 0 1342a 1342 1342 0 (2) 2.1342. 2.1342 1342a 1342 1342 0 3.1342. 3.1342 2.2013. 3.1342 2013. 2013. a b a b a b a b ab b a b a b ab b a b ab a b a b a b a b − + − ≥ ⇔ + − + + ≥ − − ≥ ⇔ − − + ≥ ⇒ + − + + + − − + ≥ ⇔ + + ≥ + − = + − = + + + ( ) ( ) ( )2.2013.1342 2013. 2013. 1342 1342 2013.a b a b a b− = + + + − − ≥ + Bài 44 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: ( ) ( ) ( ) ( ) 4 4 2 2 1 3 6 1 3A x x x x= − + − + − − Giải: Cách 1: 12
3. 13. Trần Văn Lập – Trường THCS Yên Lư – Sưu tầm và biên soạn . Cách 2 : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 4 4 2 2 22 2 2 2 222 2 222 2 4 2 4 2 4 1 3 6 1 3 1 3 4 1 3 2x 8x 10 4 x 4x 3 2( 2) 2 4 ( 2) 1 4( 2) 8( 2) 4 4( 2) 8( 2) 4 8( 2) 8 8 A x x x x A x x x x A A x x A x x x x A x = − + − + − −  = − + − + − −    = − + + − +   = − + + − −  = − + − + + − − − + = − + ≥ Bài 45: Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c=1. Chứng minh rằng: 1 1 1 1 4 ab bc ca c a b + + ≤ + + + Giải: 13
4. 14. Trần Văn Lập – Trường THCS Yên Lư – Sưu tầm và biên soạn . Bài 46 Cho x,y,z là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện xyz=1. Chứng minh rằng: 3 3 3 3 3 3 1 1 1 1 1 1 1x y y z z x + + ≤ + + + + + + Giải: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 x 2x 2x x x 1 1 1 x 1 x 1 1 1 ; ; 1 x 1 y 1 z y y x y x y y x y y y x y y xy x y z y xy x y z z x y dpcm y x y z z x y z x x y z + ≥ ⇒ + + ≥ + ⇒ + ≥ + ⇒ + + ≥ + + ⇒ ≤ + + + + ⇒ ≤ ≤ ≤ ⇒ + + + + + + + + + + + + Bài 47 Cho a,b là các số thực dương. Chứng minh rằng : ( ) 2 2a 2 2 a b a b b b a + + + ≥ + Giải: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 1 1 2 2a 2 2 2 4 4 a b a b a b a b a b a b ab a b b b a +        + + = + + + = + + + + ≥ + = + ÷  ÷  ÷ ÷        Bài 48 Cho ba số thực a,b,c thỏa mãn điều kiện: 3 3 3 1 1 1 1 1 8a 1 8b 1 8c + + ≥ + + + Giải: ( ) ( ) 2 2 23 2 2 23 3 2 2 2 2 2 2 1 1 1 2 1 2a 1 4a 2a 1 4a 2 2 11 8a 2a 1 4a 2a 1 2 1 1 1 1 ; ; 2 1 2 11 8b 1 8c 1 1 1 9 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 a b c VT a b c a b c = ≥ = = + + − + + ++ + − + ≥ ≥ + ++ + ⇒ ≥ + + ≥ = + + + + + + + + Bài 49 14
5. 15. Trần Văn Lập – Trường THCS Yên Lư – Sưu tầm và biên soạn . Với a,b,c là ba số thực dương . Chứng minh rằng : 3 3 3 2 2 2a b c a b c b c a + + ≥ + + Giải: Cách 1: ( ) ( )( ) 22 2 2 2 2 2 2 2 23 3 3 4 4 4 2 2 2 a b c a b c a b ca b c a b c a b c b c a ab bc ca ab bc ca ab bc ca + + + + + + + + = + + ≥ = ≥ + + + + + + Cách 2 ( ) 3 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2a ; 2 ; 2 2 ( ) a b c ab bc b ca c VT a b c ab bc ca a b c b c a + ≥ + ≥ + ≥ ⇒ ≥ + + − + + ≥ + + Bài 50 Cho x,y,z là ba số thực dương thỏa mãn xyz = 1. Chứng minh rằng: 2 2 2 3 1 1 1 2 x y z y z x + + ≥ + + + Giải: ( ) 2 2 2 1 1 1 3 3 3 3 3 ; ; .3 1 4 1 4 1 4 4 4 4 4 2 x y y z z x x y z VT x y z y z x + + + + ≥ + ≥ + ≥ ⇒ ≥ + + − ≥ − = + + + 15

--- Bài cũ hơn ---

Giáo Án Tự Chọn Toán 10 Tiết 31 Chủ Đề: Chứng Minh Bất Đẳng Thức

Chuyên Đề Đẳng Thức Và Bất Đẳng Thức

Đề Tài Hướng Dẫn Học Sinh Vận Dụng, Khai Thác Và Tìm Tòi Bài Toán Mới Từ Bất Đẳng Thức Côsi

Ứng Dụng Tam Thức Bậc 2 Để Chứng Minh Bất Đẳng Thức

Một Số Phương Pháp Chứng Minh Bất Đẳng Thức