Tuyển tập Bất đẳng thức

2 ( 1) 3 2 ( 1) 3 a b c x a b c x  = = = = ⇔   = = = − = −  Ví dụ 4: Cho , , 0a b c > thỏa 1a b c+ + = . Chứng minh rằng: 14 2 2 2 1 1 1 1 30P a b c ab bc ca = + + + ≥ + + Giải: Áp dụng bất đẳng thức B.C.S: 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 100 . .3 .3a b c ab bc ca ab bc caa b c   = + + + + + .3  + +  2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 9 9 9 )a b c ab bc ca a b c ab bc ca  ≥ + + + ( + + + + + + +  2 2 7 10 ( ) 7( ) 1 ( ) 30 3 3 P P a b c ab bc ca P a b c P   = + + + + + ≤ + + + ≤ ⇒ ≥     Do: 1a b c+ + = ( theo giả thuyết) 2( ) 3 a b c ab bc ca + + ⇒ + + ≤ Ví dụ 5: Cho , , 0a b c > và 1abc = . Chứng minh rằng: 3 3 3 1 1 1 ( ) ( ) ( )a b c b c a c a b 3 + + ≥ + + + 2 Giải: Đặt: 1 1 1 ; ; a b c x y z = = = . Khi đó từ , , 0a b c > và 1abc = , , 0x y z⇒ > và 1xyz = Bất đẳng thức đã cho đưa về dưới dạng sau: 3 3 3 3 2 x yz y zx z xy y z z x x y + + ≥ + + + 2 2 2 3 2 x y z y z z x x y ⇒ + + ≥ + + + (do 1xyz = ) (1) Áp dụng bất đẳng thức B.C.S, ta có: 2 2 2 2( ) ( ) x y z y z z x x y x y z y z z x x y   ⇒ + + + + + + + ≥ + + + + +  2 2 2 2( ) 2( ) 2 x y z x y z x y z y z z x x y x y z + + + + ⇔ + + ≥ = + + + + + (2) Dấu “ = ” xảy ra 1 2( ) 2 x y z x y z y z z x x y x y z + + ⇔ = = = = + + + + + 2 ; 2 ; 2zy z x z x y x y⇔ + = + = + = x y z⇔ = = Mặt khác, theo bất đẳng thức Causi: 33 3x y z xyz+ + ≥ = ( do 1xyz = ) (3) Dấu “ = ” xảy ra khi x y z= = . Từ (2) và (3) suy ra: 2 2 2 3 2 x y z y z z x x y + + ≥ + + + . Vậy (1) đúng. Dấu “ = ” xảy ra x y z⇔ = = hay a b c= = 15 ⇒ đpcm. Ví dụ 6: Cho ABC∆ tùy ý có m1, m2, m3 là độ dài 3 đường trung tuyến và R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác. Chứng minh rằng 1 2 3 9R 2 m m m ≥ + + Giải: Ta có công thức đường trung tuyến: 2 2 2 2 2 2 4a b c a m + − = 2 2 2 2 2 2 3 ( ) 4a b c m m m a b c⇒ + + = + + Mặt khác, trong mỗi tam giác ta có: 2 2 2 29Ra b c+ + ≤ (1) Dấu “ = ” trong (1) xảy ra ABC⇔ ∆ đều. 2 2 2 2 27 4a b c m m m R⇒ + + ≤ (2) Áp dụng bất đẳng thức B.C.S: ( ) 2 2 2 )a b c a b cm m m m m m 2 ⇒ + + ≤ 3( + + (3) Dấu “ = ” trong (3) xảu ra a b cm m m⇔ = = ABC⇔ ∆ đều. Từ (2) và (3) ( ) 2a b cm m m R 2 81 ⇒ + + ≤ 4 9 2a b c R m m m⇔ + + ≤ 9 2 a b c R m m m ⇔ ≥ + + Dấu “ = ” xảy ra đồng thời trong (2) và (3) hay ABC∆ đểu. Ví dụ 7: Cho 1 2, ,..., 0na a a > . Chứng minh rằng: 2 1 21 2 2 2 2 2 3 3 4 1 2 1 2 ( ... ) ... 2( ... ) n n n a a a aa a a a a a a a a a a + + + + + + ≥ + + + + + + Giải: Áp dụng bất đẳng thức B.C.S, ta có: [ ] 21 2 2 3 3 4 1 2 1 2 2 3 3 4 1 2 ... ( ... )n n n aa a a a a a a a a a a a a a a a a a a a 1 2   + + + ( + ) + ( + ) + ...+ ( + ) ≥ + + + + + +  Hay 2 1 21 2 2 3 3 4 1 2 1 2 1 3 2 3 2 4 1 2 ( ... ) ... ... n n n n a a a aa a a a a a a a a a a a a a a a a a a a + + + + + + ≥ + + + + + + + + + (1) Dấy “ = ” xảy ra: 2 3 3 4 1 1 2... na a a a a a a a⇔ + = + = = + = + 16 1 2 ... na a a⇔ = = = Do 2 2 2 22 2 21 3 2 31 2 1 2 1 3 12 2 2 a a a aa a a a a a a + ++ + ≤ + = + 2 2 2 3 4 2 3 2 4 2 2 a a a a a a a + + ≤ + … 2 2 2 1 2 1 2 2n n n a a a a a a a + + ≤ + Cộng từng vế n bất đẳng thức trên ta có: ( ) ( ) ( ) ( )2 2 21 2 1 3 2 3 2 4 1 2 1 2... 2 ...n n na a a a a a a a a a a a a a a+ + + + + + ≤ + + + (2) Dấu “ = ” trong (2) xảy ra khi: 1 2 ... na a a= = = Từ (1), (2) suy ra: 2 1 21 2 2 2 2 2 3 3 4 1 2 1 2 ( ... ) ... 2( ... ) n n n a a a aa a a a a a a a a a a + + + + + + ≥ + + + + + + Dấu “ = ” xảy ra 1 2 ... na a a⇔ = = = III. Bài tập tương tự: 1. Cho 4ab bc ca+ + = . Chứng minh: 4 4 4 16 3 a b c+ + ≥ *Hướng dẫn Áp dụng bất đẳng thức B.C.S hai lần: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 4( ) ( )( ) ( ) 3( )ab bc ca a b c b c a a b c a b c+ + ≤ + + + + = + + ≤ + + 4 4 4 16 3 a b c⇒ + + ≥ ( do 4ab bc ca+ + = ). Dấu “ = ” xảy ra 2 3 a b c⇔ = = = ± 2. Cho 2 2 2 2 3 16 x xy y y yz z  + + =  + + = Chứng minh rằng: z 8xy yz x+ + ≤ *Hướng dẫn Theo bất đẳng thức B.C.S, ta có: 2 2 2 2 2 2 2 23 318 ( )( ) 2 4 4 2 x z x xy y y yz z y x z y       = + + + + = + + + +                 ( ) 2 23 3 3 z 2 2 2 2 4 x z y z x y xy yz x     ≥ + + + = + +          ( )2z 64xy yz x⇒ + + ≤ ⇒đpcm. 17 3. Chứng minh rằng nếu phương trình 4 3 2 1 0x ax bx ax+ + + + = có nghiệm thì: 2 2 4 5 a b+ ≥ *Hướng dẫn Gọi x là nghiệm của phương trình đã cho: 4 3 2 1 0x ax bx ax+ + + + = ( 0x⇒ ≠ ) Chia 2 vế cho 2 0x > , ta được: 2 2 1 1 0x a x b x x    + + + + =        (1) Đặt 1 , 2t x t x = + ≥ . (1) 2 2 0t at b⇔ + + − = 2t at b⇔ 2− = + Áp dụng B.C.S: ( ) ( ) ( )( )2 22 2 2 2 1t at b a b t2 − = + ≤ + + ( )222 2 2 2 1 t a b t − ⇒ + ≥ − Ta dễ chứng minh được: ( )22 2 2 1 t t − 4 ≥ − 5 ( dành cho bạn đọc tự chứng minh). 2 2 4 5 a b⇒ + ≥ 4. Cho , , 0x y z > thỏa z 1xy yz x+ + = . Tìm giá trị nhỏ nhất của: 2 2 2x y z T x y y z z x = + + + + + *Hướng dẫn Áp dụng bất đẳng thức B.C.S: +) 1 .x y y z z x x y z x y z x y z= + + ≤ + + + + = + + +) ( ) 2 2 x y z x y z x y y z z x x y y z z x   + + = + + + + +  + + +  ( ) 2 2 2 2 ( ) x y z x y y z z x T x y z x y y z z x   ≤ + + + + + + + = + + + + +  ( )1 1 2 2 T x y z⇒ ≥ + + = Dấu “ = ” xảy ra 1 3 x y z⇔ = = = Vậy 1 ( ) 2 Min T = khi 1 3 x y z= = = . 18 5. Cho 0x y z≥ ≥ ≥ . Chứng minh rằng: 2 2 2 2 2 2x y y z z x x y z z x y + + ≥ + + *Hướng dẫn Áp dụng bất đẳng thức B.C.S: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2) x y y z z x x z y x z y x y z z x y y z x    + + + + ≥ ( + +      Xét hiệu: 2 2 2 2 2 2x y y z z x x z y x z y A z x y y z x = + + − − − ( )( ) ( )( )1 z 0x y y z z x xy yz x xyz = − − − + + > (2) Từ (1), (2) 2 2 2 2 2 2x y y z z x x y z z x y ⇒ + + ≥ + + Dấu “ = ” xảy ra x y z⇔ = = 6. Cho ABC∆ , M là điểm bất kì trong tam giác. Gọi x, y, z, là các khoảng cách từ M xuống BC, AC, AB. Chứng minh rằng: 2 2 2 2 a b z x y z R + + + + ≤ *Hướng dẫn Ta có: MBC MCA MABS S S S+ + = 1 a b c x y z h h h ⇒ + + = Ta có: ( )a b c a b c a b c x y z h h h h h h h h h   + + = + + + +    Theo bất đẳng thức B.C.S, suy ra: a b c a b c a b c x y z h h h h h h h h h   + + ≥ + +     a b ch h h x y z⇒ + + ≥ + + (1) Do trong mọi tam giác nên ta có: sin ; sin ; sina b ch b C h c A h a B= = = nên: sin sin sin 2a b c a b c bc ac ab h h h h b C h c A h a B R + + + + = = + = + = = Theo bất đẳng thức Causi: 2 2 2 2a b c a b c h h h R + + + + = (2) 19 Từ (1), (2) suy ra đpcm. Dấu “ = ” xảy ra khi ABC∆ đều, M là trọng tâm tam giác. Chương IV BẤT ĐẲNG THỨC TRÊ – BƯ – SEP (TCHEBYCHEV) I. Phát biểu - Cho 2 dãy số 1 2 3, , ,..., na a a a và 1 2 3, , ,..., nb b b b + Nếu 2 dãy số cùng tăng hoặc cùng giảm 1 2 3 1 2 3 ... ... n n a a a a b b b b ≤ ≤ ≤ ≤  ≤ ≤ ≤ ≤ hoặc 1 2 3 1 2 3 ... ... n n a a a a b b b b ≥ ≥ ≥ ≥  ≥ ≥ ≥ ≥ Ta có: ( ) ( )1 2 3 1 2 3 1 1 2 2 3 3... ... ( ... )n n n na a a a b b b b n ab ab ab a b+ + + + + + + + ≤ + + + + + Nếu 1 dãy tăng, 1 dãy giảm 1 2 3 1 2 3 ... ... n n a a a a b b b b ≤ ≤ ≤ ≤  ≥ ≥ ≥ ≥ hoặc 1 2 3 1 2 3 ... ... n n a a a a b b b b ≥ ≥ ≥ ≥  ≤ ≤ ≤ ≤ Ta có: ( )( )1 2 3 1 2 3 1 1 2 2 3 3... ... ( ... )n n n na a a a b b b b n a b a b a b a b+ + + + + + + + ≥ + + + + Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 1 2 3 1 2 3 ... ... n n a a a a b b b b = = = =  = = = = II. Các ví dụ Ví dụ 1: Cho 0a b+ ≥ . Chứng minh 3 3 5 5 9 9( )( )( ) 4( )a b a b a b a b+ + + ≤ + 20 Giải Giả sử 3 3 5 5 a b a b a b  ≥ ≥ ⇒  ≥ Áp dụng bất đẳng thức trê – bư – sep, ta có: 3 3 5 5 8 8 2 2 2 a b a b a b  + + + ≤      (1) Nhân vế của (1) cho 0 2 a b+ ≥ , ta có: 3 3 5 5 8 8 2 2 2 2 2 a b a b a b a b a b    + + + + +   ≤                Cũng theo bất đẳng thức trê – bư – sep ta có: 8 8 9 9 2 2 2 a b a b a b   + + +  ≤          Suy ra: 3 3 5 5 9 9 3 3 5 5 9 9 ( )( )( ) 8 2 ( )( )( ) 4( ) a b a b a b a b a b a b a b a b + + + + ≤ ⇔ + + + ≤ + Dấu “=” xảy ra a b⇔ = Ví dụ 2: Cho dãy số dương trong đó : 2 2 2 1 2 ... 1na a a+ + + > Chứng minh: 33 3 1 2 1 2 1 ... 1 n n aa a s a s a s a n + + + > − − − − Với 1 2 ... ns a a a= + + + Giải Không mất tính tổng quát ta giả sử: 1 2 ... na a a≥ ≥ ≥ do: 21 2 2 2 1 2 1 2 1 2 ... 0 1, 2,3,..., ... n i n n a a a a i n aa a s a s a s a  ≥ ≥ ≥  > ∀ = ⇒  ≥ ≥ ≥ − − − Áp dụng bất đẳng thức trê – bư – sep, ta có: ( ) 33 3 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 ... ... ...n nn n n a aa a a a a a a n s a s a s a s a s a s a     + + + + + + ≤ + + +   − − − − − −    (1) vì 2 2 2 1 2 ... 1na a a+ + + > Nên từ (1) suy ra: 33 3 1 2 1 2 1 2 1 2 1 ... ...n n n n a aa a a a s a s a s a n s a s a s a   + + + > + + + − − − − − −  (2) Mặt khác: 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 ... 1 1 ... 1 1 1 1 ... n n n n n aa a s a s a s a aa a n s a s a s a s n s a s a s a + + + − − −      = + + + + + + −    − − −        = + + + −  − − −  ( ) ( ) ( )1 2 1 2 1 1 1 1 ... ... 1 n n s a s a s a n n s a s a s a   = − + − + + − + + + −   − − − −  (3) Áp dụng bất đẳng thức côsi ta có: ( ) ( ) ( ) 21 2 1 2 1 1 1 ... ... n n s a s a s a n s a s a s a   − + − + + − + + + ≥     − − −  (4) Từ (2), (3), (4) 33 3 1 2 1 2 1 ... 1 n n aa a s a s a s a n ⇒ + + + > − − − − (đpcm) Ví dụ 3: Gọi 1 2, ,..., na a a là các cạnh của n giác và gọi c là chu vi của đa giác Chứng minh rằng : 1 2 1 2 ... 2 2 2 2 n n aa a n c a c a c a n + + + ≥ − − − − Giải Không mất tính tổng quát, ta giả sử: 22 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 ... 2 ... ... 2 2 2 n n n n c a c a c a a a a aa a c a c a c a  − ≤ − ≤ ≤ −  ≥ ≥ ≥ ⇒  ≥ ≥ ≥ − − − Áp dụng bất đẳng thức trê – bư – sep, ta có ( ) ( ) ( )1 2 1 2 1 2 1 2 ... 2 2 ... 2 ( ... ) 2 2 2 n n n n aa a c a c a c a na a a nc c a c a c a    + + + − + − + + − ≥ + + + =  − − −  (1) Mặt khác ( ) ( ) ( )1 2 1 22 2 ... 2 2( ... ) ( 2)n nc a c a c a nc a a a n c− + − + + − = − + + + = − Thay vào (1) ta có: 1 2 1 2 ... 2 2 2 ( 2) 2 n n aa a nc n c a c a c a n c n + + + ≥ = − − − − − Dấu “=” xảy ra 1 2 1 2 1 2 ... 2 2 2 2 2 ... 2 n n n aa a c a c a c a c a c a c a  = = = − − −⇔   − = − = = − 1 2 ... na a a⇔ = = = III. Bài tập tương tự 1.Cho , , 0a b c > chứng minh: 3 2 a b c b c a c a b + + ≥ + + + *Hướng dẫn Không mất tính tổng quát, ta giả sử: 0a b c≥ ≥ > Suy ra b c a c a b a b c b c a c a b + ≤ + ≤ +   ≥ ≥ + + + Áp dụng bất đẳng thức trê – bư – sep cho 2 dãy: , , b c a c a b+ + + và , , a b c b c a c a b+ + + . 2. Cho , ,a b c thỏa 2 2 2 1a b c+ + ≥ chứng minh : 3 3 3 1 , , 2 a b c b c a c a b ≥ + + + *Hướng dẫn Không mất tính tổng quát, ta giả sử: a b c≥ ≥ Suy ra 2 2 2a b c a b c b c a c a b  ≥ ≥   ≥ ≥ + + + 23 Áp dụng bất đẳng thức trê – bư – sep cho 2 dãy: 2 2 2a b c≥ ≥ và a b c b c a c a b ≥ ≥ + + + Chương V BẤT ĐẲNG THỨC BERNOULLI I. Phương pháp giải toán Cho 1a ≥ − , 1 n≤ ∈ thì ( )1 1a na+ ≥ + Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi 0 1 a n =  = II. Các ví dụ Ví dụ 1: Cho n∈ , 3n ≥ . Chứng minh 1 1n nn n− > + Giải: Ta có: 1 1n nn n− > + ⇔ nn > 1( 1)nn ++ ⇔ 1 1 1( ) nn n n+ +> Áp dụng bất đẳng thức Bernoulli: 1 1 1 1 1 1 1 1 n n n n n n n n    = − > − =   + + + +    ⇒ đpcm Ví dụ 2: Cho a,b,c >0. chứng minh : ( ) ( ) ( ) 2a b cb c c a a b+ + + + + > (*) Giải: • Nếu trong 3 số a,b,c có một số lớn hơn hoặc bằng 1 thì bất đẳng thức (*) luôn đúng. • Nếu 0 < a, b, c < 1 Áp dụng bất đẳng thức Bernoulli: [ ]1 ( )1 1 ( ) 1 1 a a a b cb c a b c b c b c b c b c − +− + + +   = + < + <   + + + +    ⇒ ( )ab c+ > b c a b c + + + (1) Chứng minh tương tự : 24 ( )bc a+ > a c a b c + + + (2) ( )ca b+ > a b a b c + + + (3) Cộng (1)(2)(3) ta được: ( ) ( ) ( ) 2a b cb c c a a b+ + + + + > (đpcm) Ví dụ 3: Cho a,b,c > 0. chứng minh rằng : 55 5 5 3 3 a b c a b c+ + + + ≥     (1) Giải: Bất đẳng thức (1) ⇔ 5 3a a b c    + +  + 5 3b a b c    + +  + 5 3c a b c    + +  3≥ Áp dụng bất đẳng thức bernoulli: 5 3a a b c    + +  = 5 2 1 b c a a b c + − + + +  ( )5 2 1 b c a a b c + − ≥ + + + (2) Chứng minh tương tự: 5 3b a b c    + +  = 5 2 1 a c b a b c + − + + +  ( )5 2 1 a c b a b c + − ≥ + + + (3) 5 3c a b c    + +  = 5 2 1 a b c a b c + − + + +  ( )5 2 1 a b c a b c + − ≥ + + + (4) Cộng (2)(3)(4) ta được: 5 3a a b c    + +  + 5 3b a b c    + +  + 5 3c a b c    + +  3≥ ⇒ đpcm III. Bài tập tương tự: 1. Chứng minh rằng với mọi n = 1,2,…ta có: a) 1 1 1 1 1 1 n n n n +    + < +   +    b) 1 1 n n  +    ≤ 3 3 2n − + * Hướng dẫn: 25 a) Biến đổi 1 1 1 1 1 1 n n n n +  + +   +    thành 2 2 2 2 1 2 1 n n n n n n n  + +  + + +  b) Dùng qui nạp, sau đó áp dụng bất đẳng thức bernoulli : 2 1 3 1 2 2 k k k k k + + ≥ + +  2. Cho 2 số tự nhiên a a, ta có bất đẳng thức : n n na b c+ < (*) *Hướng dẫn: Viết bất đẳng thức (*) dưới dạng tương đương 1 n n c a b b    > +        3. Chứng minh rằng 1 2 1 1 1 1 1 n n n n + +    + > +   +    , 1n ≥ , n∈ *Hướng dẫn: Biến đổi 2 1 1 1 1 1 1 n n n n + +  + +   +    thành ( ) 1 2 1 1 1 1 11 n nn +    − +   + +   4. Chứng minh rằng nếu 0 2 pi α< < , thì ta có: ( ) ( )2 tan 1 sin2 sin 3 tanα αα α+ ++ > + (1) *Hướng dẫn: Đặt 1 sinx α= + , 2 tany α= + Bất đẳng thức (1) ⇔ ( ) ( )1 1y xx y+ > + Chương VI ÁP DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ I. Phương pháp giải toán: Giả sử cần chứng minh bất đẳng thức ( )f x > g(x), x∈(a;b) Xét hàm số h(x) = ( ) ( )f x g x− với x∈[a;b] • Nếu ( )h x đồng biến trên (a;b) thì ( )h x ( )h a> ,∀x∈(a;b) 26 • Nếu ( )h x nghịch biến trên (a;b) thì ( )h x ( )h b> hoặc ( )h x ( )h a< với ∀x∈(a;b) II. Các ví dụ: Ví dụ 1: Chứng minh rằng tan sinx x> , ∀x∈(0; 2 pi ) Giải: Xét hàm số ( ) tan sinf x x x= − với x∈[0; 2 pi ) Ta có: '( )f x = 1 cos os x c x − = 3 2 1 os os c x c x − ≥0 (∀x∈ 0; 2 pi     ) ⇒ ( )f x đồng biến trên khoảng [x 0; 2 pi ∈   ⇒ ( ) (0)f x f> , 0; 2 x pi ∈    Hay tan sin 0x x− > , x 0; 2 pi ∀ ∈    ⇒ tan sin x 0; 2 x x pi > ∀ ∈    Ví dụ 2: Chứng minh 1xe x≥ + , 0x∀ > Giải: Xét hàm số ( ) : 1xf x e x− − với [0;+ )x∈ ∞ Ta có: 0'( ) 1 1xf x e e= − > − = 0 , 0x∀ ≥ ( )f x⇒ đồng biến trên 0;+ )( ∞ ( ) (0)f x f⇒ > ( 0x∀ > ) Hay 1 0xe x− − > ( 0x∀ > ) 1xe x⇒ > + ( 0x∀ > ) Ví dụ 3: Chứng minh với mọi ABC∆ nhọn ta luôn có sinA + sinB + sinC +2( tanA+tanB+tanC)>3pi. Giải: Xét hàm số ( ) sin 2 tan 3f x x x x= + − với [0; 2 x pi ∈   Ta có: 2 2 '( ) cos 3 os f x x c x = + − 27 = 3 2 2 os 3 os 2 os c x c x c x − + = 2 2 (cos 1)( os 2 os 2) os x c x c x c x − − − = 2 2 (cos 1)(-sin 2 os 1) os x x c x c x − − − 0≥ (Vì x [0; ) 2 pi ∀ ∈ , cos 1 0x − ≤ , 2-sin 2 os 1x c x− − 0≤ ) ( )f x⇒ đồng biến trên 0; 2 pi      ( ) (0)f x f⇒ > , 0; 2 x pi ∀ ∈    Hay sin 2 tan 3 0x x x+ − > (1) Trong bất đẳng thức (1), thay x lần lượt bởi A, B, C với A. B, C là số đo 3 goc nhọn ABC∆ Ta có: sin 2 tan 3 0A A A+ − > sin 2 tan 3 0B B B+ − > sin 2 tan 3 0C C C+ − > Cộng vế theo vế ta được: sin sin sin 2(tan tan tan ) 3( ) 0A B C A B C A B C+ + + + + − + + > sin sin sin 2(tan tan tan ) 3 0A B C A B C⇒ + + + + + − pi > Ví dụ 4: Cho 0 2 α pi < < . Chứng minh rằng: sin tan2 2 2 1α α α+ > + Giải: Do sin tan sin tan2 ,2 2 2 2α α α α≥ + (1) Xét hàm số ( ) sin tan 2f x x x x= + − với [0; 2 x pi ∈   Ta có: 2 1 '( ) cos 2 cos f x x x = + − 3 2 2 cos 2cos 1 cos x x x − + = 2 2 (cos 1)(cos cos 1) 0 cos x x x x − − − = > (Vì với [0; 2 x pi ∈   , 0cos 1x ≤− , 2cos cos 1 0x x− − < ) ( )f x⇒ đồng biến trên [0; 2 pi    28 Do 0 2 α< < pi ( (0)f fα⇒ ) > Hay sin tan 2 0α α α+ − > sin tan 2α α α⇒ + > (2) Thay (2) vào (1) ta có: sin tan2 2 2 2 2α α α α +1+ > = (đpcm) Ví dụ 5: Cho 0 6α β< < < . Chứng minh rằng: 3 3 sin 6 sin 6 β β αα α β− > − Giải: Xét hàm số: 3 6( ) sin x x f x x − = với x∈(0;pi ) Ta có: 2 3 2 cos sin sin cos 2 6'( ) sin x x x x x x x f x x − − + = (1) Đặt : 2 3 cos ( ) sin sin cos 2 6 x x x g x x x x x= − − + 2 2 3 sin '( ) cos sin cos cos sin cos 2 2 6 x x x x g x x x x x x x x x⇒ = − − − + + − 3 sin 0 6 x x− = < , (0; )x∀ ∈ pi ⇒ ( )g x nghịch biến trên (0; )pi ( ) (0)g x g⇒ < , (0; )x∀ ∈ pi Hay 2 3 cos sin sin cos 0 2 6 x x x x x x x− − + < , (0; )x∀ ∈ pi . Theo (1) '( )f x⇒ < 0 , (0; )x∀ ∈ pi ( )f x⇒ nghịch biến trên (0; )pi . Do 6 0pi > ⇒ < α < β < pi ( ) ( )f f⇒ α > β Hay 3 3 6 6 sin sin α β α α β − β− > Do sin sinα β> 0, > 0 3 3 0, 0 6 6 α β βα − > − > (0 6)α< < 29 3 3 sin 6 sin 6 β β αα α β− ⇒ > − 0 6( < α < β < ) (đcpcm) Ví dụ 6: Cho ( ) 1 x f x x = + , 0x > a. Chứng minh rằng: 2 ( ) 2 x x f x x− b. 2 2 2 1 2 lim ... n n f f f n n n→+∞       + + +              Giải: a. 1 0 1 1 1 1 1 x x x x x x ∀ > ⇒ + > ⇒ < ⇒ < + + ( )f x x⇒ < (1) Mặt khác: Xét 1 ( ) 1 21 x g x x  = − −  +   với 0x > Ta có: 2 1 1 '( ) 1 0 2 ( 1) g x x   = − >   +   , 0x∀ > ( )g x⇒ đồng biến trên (0; )+∞ ( ) (0)g x g⇒ > , 0x∀ > Hay 1 1 0 21 x x  − − >  +   , 0x∀ > 1 1 21 x x ⇒ > − + , 0x∀ > 2 21 x x x x ⇒ > − + , 0x∀ > 2 ( ) 2 x f x x⇒ > − , 0x∀ > (2) Từ (1) và (2) 2 ( ) 2 x x f x x⇒ − (đpcm) b. Đặt Sn= 2 2 2 1 2 ... n f f f n n n      + +            Từ câu a: 2 ( ) 2 x x f x x− 2 2 4 2 22 i i i i f n n n n  ⇒ − < <    ( 1, )i n= 30 2 2 2 2 4 1 2 ... 1 2 ... 2 n n n n + + + + + + ⇒ − <Sn 2 ( 1) 2 n n n + < 2 4 ( 1) ( 1)(2 1) 2 6.2. n n n n n n + + + ⇒ − < Sn 2 ( 1) 2 n n n + < 3 1 ( 1)(2 1) 2 12. n n n n n + + + ⇒ − <Sn 1 2 n n + < Vì 3 1 ( 1)(2 1) 1 1 lim[ ]= lim 12 2 2n n n n n n n n n→+∞ →+∞ + + + + − = lim n→+∞ ⇒ Sn 1 2 = III. Bài tập tương tự: 1. Chứng minh rằng cos cos 1α α α+ > với 0; 2 x pi ∈    * Hướng dẫn: Xét hàm số ( ) cos sin 1f x x x x= + − với 0; 2 x pi ∈    Chứng minh ( ) 0f x > với 0; 2 x pi ∈    2. Chứng minh rằng nếu ABC∆ có 3 góc nhọn thì: sin sin sin tan tan tan 2A B C A B C+ + + + + > pi * Hướng dẫn: Xét hàm số ( ) sin tan 2f x x x x= + − với 0; 2 x pi ∈    Chứng minh ( ) 0f x > , 0; 2 x pi ∀ ∈   . Thay x bằng A, B, C rồi cộng lại. 3. Chứng minh rằng 3 2sin tan 22 2 2 x x x +1 + > * Hướng dẫn: Áp dụng bất đẳng thức cosi cho 2 số dương 2sin2 x , tan2 x . Xét hàm số ( ) 2sin tan 3f x x x x= + − với (0; ) 2 x pi ∈ 4. Cho 6, 8, 3b ca ≤ ≤ ≤ . Chứng minh rằng với mọi 1x ≥ ta đều có x ax bx c4 2≥ + + * Hướng dẫn: Xét hàm số 4 2( )f x x ax bx c= − − − , 1x∀ ≥ Chứng minh: ( ) (1) 1f x f> = 5. Chứng minh rằng: 2 x pi ∀ ∈ 0;    a. sin x x< b. 3 sin 6 x x x> − 31 c. 3 sin cos x x x   >    * Hướng dẫn: a. Xét hàm số ( ) sinf x x x= − , 2 x pi ∀ ∈ 0;    b. Xét hàm số 3 ( ) sin 6 x g x x x= − + , 2 x pi ∀ ∈ 0;    (Dựa vào câu a) c. Theo câu b: 33 2sin 1 6 x x x    > −       , xét hàm số 2 4 ( ) 1 cos 2 24 x x h x x= − + − , 2 x pi ∀ ∈ 0;    Chương VII ÁP DỤNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ I. Những điều cần lưu ý • 2 2( , )a x y a x y= ⇒ = +   • 2 2( , ), ( , ) ( ) ( )A A B B B A B AA x y B x y AB x x y y⇒ = − + − • u v u v u v− ≤ + ≤ +       Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi , vu   cùng hướng. Tương tự : u v w u v w+ + ≤ + +       . .u v u v≤     II. Các ví dụ Ví dụ 1: Cho ,a b∈ . Chứng minh: 2 2 2 2 2 2( ) ( ) 2a c b a c b a b+ + + − + ≥ + Giải: Xét : ( ; ) , v ( ; ) v (2 ; 2 )u a c b a c b u a b= + = + ⇒ + =     Suy ra : 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) + v ( ) + v 4 4 2 u a c b a c b u a b a b  = +   = −   + = + = +      Mà: 32 2 2 2 2 2 2 v v ( ) + ( ) + 2 u u a c b a c b a b + ≥ + ⇒ + + − ≥ +     Ví dụ 2: ,x y∈ . Chứng minh: 2 2 2 24 6 9 4 2 12 10 5 (1)x y x x y x y+ + + + + − − + ≥ Giải: Ta có (1) 2 2 2 2(x+3) (2 ) (1 ) (3 2 ) 5y x y⇔ + + − + − ≥ Xét : ( 3; 2 ), v (1 ; 3 2y)u x y x= + = − −   v (4;3)u⇒ + =   Ta có: 2 2 2 2 (x+3) (2 ) v (1 ) (3 2 ) v 16 9 5 u y x y u  = +   = − + −   + = + =      Mà : 2 2 2 2 v v (x+3) (2 ) (1 ) (3 2 ) 5 u u y x y + ≥ + ⇒ + + − + − ≥     ⇒ (đpcm) III. Bài tập tương tự: 1. Giả sử ,x y thỏa 2 2 2 2 3 (*) 16 x xy y y yz z  + + =  + + = Chứng minh xy+yz+xz 8≤ *Hướng dẫn Xét: 3 ( ; ) 2 2 3 ( ; ) 2 2 3 3 3 3 3 . ( ) 2 4 2 4 2 x u y x z v x y u v yz xz xy xz xy yz xz  = +   = + ⇒ = + + + = + +     33 2 2 2 2 2 2 3 3 do (*) 4 4 3 v 16 do(*) 4 4 x u y xy x z z y yz = + + + = = + + + =   Mà : . v . 3 48 ( ) 2 8 u u v xy yz xz xy yz xz ≥ ⇒ ≥ + + ⇔ + + ≤     2 .Cho , ,x y z∈ . Chứng minh : 2 2 2 2 2 2x xy y x xz z y yz z+ + + + + ≥ + + *Hướng dẫn: Vế trái biến đổi thành: 2 2 2 23 3 2 4 2 4 y z x y x z    + + + + +        2. Cho , , 0, a b c ab bc ac abc> + + = . Chứng minh : 2 2 2 2 2 22 2 2 3 b a c b a c ab bc ac + + + + + ≥ Hướng dẫn: Vế trái biến đổi thành : 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 a b b c c a + + + + + Chương VIII: CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC BẰNG QUY NẠP HOẶC PHẢN CHỨNG I. Phương pháp giải toán: * Quy nạp: Muốn chứng minh mệnh đề P(n) phụ thuộc vào n N∈ , đúng on n∀ ≥ ( on hằng số N∈ ), ta thực hiện 3 bước sau: Bước 1: on n= : Chứng minh p(n) dúng. Bước 2: n k= ( k N∈ ): giả sử p(k) đúng. Bước 3: 1n k= + : Chứng minh p(k + 1) đúng. Nguyên lý quy nạp cho phép ta kết luận, p(n) đúng on n∀ ≥ . Đặc biệt: nếu on =1 thì kết luận p(n) đúng n N∀ ∈ . 34 * Phản chứng: Ta gọi một mệnh đề cần chứng minh là luận đề: “G K⇒ ” Phép toán mệnh đề cho ta: G K G K G K GK⇒ = ∨ = ∧ = Như vậy, muốn phủ định luận đề ta ghép tất cả giả thiết của luận đề với phủ định kết luận của nó. Ta thường dùng 5 hình thức chứng minh phản chứng như sau: 1. Dùng mệnh đề phản đảo: K V⇒ . 2. Phủ định luận đề rồi suy ra điều trái giả thiết: GK G⇒ . 3. Phủ định luận đề rồi suy ra điều trái với một điều đúng: GK S⇒ . 4. Phủ định luận đề rồi suy ra hai điều trái nhau: GK CC⇒ 5. Phủ định luận đề suy ra kết luận của luận đề GK K⇒ . II. Các ví dụ: *Quy nạp: Ví dụ 1: Cho , 1n N n∈ ≥ , 1 2, ,..., 0na a a ≥ thỏa mãn 1 2 1 ... 2n a a a+ + + ≤ . Hãy chứng minh: ( )( ) ( )1 2 1 1 1 ... 1 2n a a a− − − ≥ Giải: * 1 1 1 1 1: 1 2 2 n a a= ≤ ⇒ − ≥ ⇒ Bài toán đúng. * n k N= ∈ : Giả sử bất đẳng thức đúng là: ( )( ) ( )1 2 1 1 1 ... 1 2k a a a− − − ≥ * 1n k= + : Ta cần chứng minh ( )( ) ( )1 2 1 1 1 1 ... 1 2k a a a +− − − ≥ . Ta có: ( ) ( ) ( )1 2 11 1 ... 1 ka a a +− − − ( ) ( ) ( )1 1 1 11 ... 1 1k k k k ka a a a a a− + += − − − − +   ( ) ( ) ( )1 1 1 1 1 ... 1 1 2k k k a a a a− +≥ − − − − ≥   ( Vì: 1 2 1 1 1 ... 2k k k a a a a a− ++ + + + ( + ) ≤ ) Suy ra: Bất đẳng thức đúng với 1n k= + . Vậ