Cách chứng minh bất đẳng thức trong đề thi vào 10 môn Toán

Đây là bài thứ 10 of 25 trong chuyên đề Ôn thi vào lớp 10 môn Toán
Ôn thi vào lớp 10 môn Toán
  • Cách rút gọn biểu thức chứa căn bậc hai – Toán 9
  • Cách tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau khi rút gọn
  • Đồ thị hàm số bậc nhất và bậc hai
  • Giải và biện luận phương trình bậc nhất một ẩn
  • Giải và biện luận hệ phương trình bậc nhất hai ẩn
  • Phương trình bậc hai – Hệ thức Vi-ét
  • Cách tìm hai số khi biết tổng và tích của chúng
  • Hệ phương trình đối xứng loại 1, loại 2 có hai ẩn
  • Hệ phương trình bậc nhất chứa tham số
  • Cách chứng minh bất đẳng thức trong đề thi vào 10 môn Toán
  • Biện luận nghiệm của phương trình bậc 2 bằng đồ thị
  • Các dạng bài tập giải bài toán bằng cách lập phương trình, hệ phương trình
  • 30 bài tập hình học ôn thi vào 10 môn Toán
  • Dạng bài tìm điều kiện về nghiệm của phương trình bậc hai
  • Bài tập: Rút gọn biểu thức và câu hỏi phụ – Ôn thi vào 10
  • Bài tập bất đẳng thức lớp 9 không chuyên
  • 32 bài tập giải bài toán bằng cách lập phương trình, hệ phương trình cơ bản
  • Các dạng bài tập Đại số ôn thi vào lớp 10
  • Ôn thi vào 10 môn Toán năm học 2020-2021
  • 5 đề thi thử vào lớp 10 THPT môn Toán năm 2021
  • Đề thi thử môn Toán vào lớp 10 THPT năm 2021-2022 có lời giải
  • Chuyên đề: Phương trình và hệ phương trình ôn thi vào 10
  • 68 bài tập: giải toán bằng cách lập phương trình, hệ phương trình
  • Một số bài hình ôn thi vào lớp 10 có lời giải
  • Những bài toán hình học mẫu ôn thi HK2 và tuyển sinh vào 10 môn Toán

Gia sư Tiến Bộ chia sẻ những cách thường dùng để giải bài toán chứng minh bất đẳng thức trong đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán.

Không có cách chung để giải mọi bài toán bất đẳng thức. Do đó tùy từng bài mà chúng ta sử dụng phương pháp giải cho phù hợp.

1. Biến đổi tương đương

Từ BĐT đề yêu cầu chứng minh, ta biến đổi đến bất đẳng thức đúng, như vậy BĐT đã được chứng minh.

Đọc thêm  Ôn tập và luyện thi vào lớp 10 môn Hóa Học

Bài 1: Chứng minh sqrt{{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}}+sqrt{{{{c}^{2}}+{{d}^{2}}}}ge sqrt{{{{{left( {a+c} right)}}^{2}}+{{{left( {b+d} right)}}^{2}}}}text{ }left( 1 right)

Giải

begin{array}{l}left( 1 right)Leftrightarrow {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+{{d}^{2}}+2sqrt{{left( {{{a}^{2}}+{{b}^{2}}} right)left( {{{c}^{2}}+{{d}^{2}}} right)}}ge {{left( {a+c} right)}^{2}}+{{left( {b+d} right)}^{2}}\text{ }Leftrightarrow sqrt{{left( {{{a}^{2}}+{{b}^{2}}} right)left( {{{c}^{2}}+{{d}^{2}}} right)}}ge ac+bdtext{ }(2)end{array}

Vậy để chứng minh BĐT(1) ta phải chứng minh BĐT (2)

Nếu VP=  ac + bd < 0 thì (2) đúng

Nếu ac+bdge 0 thì

displaystyle begin{array}{l}left( 2 right)Leftrightarrow left( {{{a}^{2}}+{{b}^{2}}} right)left( {{{c}^{2}}+{{d}^{2}}} right)ge {{left( {ac+bd} right)}^{2}}\text{ }Leftrightarrow {{a}^{2}}{{c}^{2}}+{{a}^{2}}{{d}^{2}}+{{b}^{2}}{{c}^{2}}+{{b}^{2}}{{d}^{2}}ge {{a}^{2}}{{c}^{2}}-2abcd+{{b}^{2}}{{d}^{2}}Leftrightarrow {{left( {ad-bc} right)}^{2}}ge 0end{array}

BĐT cuối luôn đúng vậy ta có sqrt{{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}}+sqrt{{{{c}^{2}}+{{d}^{2}}}}ge sqrt{{{{{left( {a+c} right)}}^{2}}+{{{left( {b+d} right)}}^{2}}}}text{ }left( 1 right)

2. Sử dụng các bất đẳng thức đã biết

2.1. Sử dụng BĐT suy ra từ BĐT (a-b)2displaystyle ge 0

Đây là một trong các phương pháp (PP) thường ra trong các đề thi tuyển sinh vào 10

Ví dụ:

a) Từ displaystyle {{left( {a-frac{1}{2}} right)}^{2}}ge 0Rightarrow {{a}^{2}}-a+frac{1}{4}ge 0Rightarrow {{a}^{2}}+frac{1}{4}ge a,,,,,,(1).

b) Với x > 1 ta có:

displaystyle {{left( {sqrt{{x-1}}-1} right)}^{2}}ge 0Leftrightarrow x-1-2sqrt{{x-1}}+1ge 0

displaystyle Leftrightarrow x-2sqrt{{x-1}}ge 0Leftrightarrow xge 2sqrt{{x-1}}

displaystyle Leftrightarrow left{ {begin{array}{*{20}{l}} {frac{{sqrt{{x-1}}}}{x}le frac{1}{2}} \ {frac{x}{{sqrt{{x-1}}}}ge 2} end{array}} right.

……(Người ra đề cứ lấy một BĐT bất kỳ , từ đó khai triển , kết hợp vài  BĐT như vậy sẻ có bài toán của đề thi. Vì vậy người học khó chờ cơ hội trúng đề mà chỉ cần nắm chắc PP giải, biết lựa chọn BĐT xuất phát đúng ắt sẽ giải được bài). Ví dụ ta có các bài toán sau.

Bài 2: Cho 3 số a;b;c thỏa mãn displaystyle a+b+c = frac{3}{2}.

Chứng minh: displaystyle a^{2}+b^{2}+c^{2} geq frac{3}{4}

Giải:

displaystyle {{left( {a-frac{1}{2}} right)}^{2}}ge 0Rightarrow {{a}^{2}}-a+frac{1}{4}ge 0Rightarrow {{a}^{2}}+frac{1}{4}ge a,,,,,,(1).

Tương tự ta có: displaystyle {{b}^{2}}+frac{1}{4}ge b,,,,,,(2);,,,,,,,,,{{c}^{2}}+frac{1}{4}ge c,,,,,,(3)

Lấy (1) +(2)+(3) được:

displaystyle left( {{{a}^{2}}+frac{1}{4}} right)+left( {{{b}^{2}}+frac{1}{4}} right)+left( {{{c}^{2}}+frac{1}{4}} right)ge a+b+cLeftrightarrow {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+frac{3}{4}ge frac{3}{2}Leftrightarrow {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}ge frac{3}{4}

Dấu “=”  khi displaystyle a=b=c= frac{1}{2}

Bài 3: Cho x displaystyle ge 1; y  displaystyle ge 4 . Chứng minh rằng displaystyle frac{{ysqrt{{x-1}}+xsqrt{{y-4}}}}{{xy}}le frac{3}{4}

Giải:

Ta có :

displaystyle frac{{ysqrt{{x-1}}+xsqrt{{y-4}}}}{{xy}}le frac{3}{4}displaystyle Leftrightarrow

displaystyle frac{{ysqrt{{x-1}}}}{{xy}}+frac{{xsqrt{{y-4}}}}{{xy}}le frac{3}{4}Leftrightarrow frac{{sqrt{{x-1}}}}{x}+frac{{sqrt{{y-4}}}}{y}le frac{3}{4},,,(*)

Ta có :

displaystyle {{left( {sqrt{{x-1}}-1} right)}^{2}}ge 0Leftrightarrow x-1-2sqrt{{x-1}}+1ge 0Leftrightarrow x-2sqrt{{x-1}}ge 0Leftrightarrow xge 2sqrt{{x-1}}Leftrightarrow frac{{sqrt{{x-1}}}}{x}le frac{1}{2}  (1)

displaystyle {{left( {sqrt{{y-4}}-2} right)}^{2}}ge 0Leftrightarrow y-4-2sqrt{{y-4}}.2+4ge 0Leftrightarrow y-4.sqrt{{y-4}}ge 0Leftrightarrow yge 4sqrt{{y-4}}Leftrightarrow frac{{sqrt{{y-4}}}}{y}le frac{1}{4}(2)

Cộng BĐT (1) với BĐT (2) theo vế được displaystyle frac{{sqrt{{x-1}}}}{x}+frac{{sqrt{{y-4}}}}{y}le frac{3}{4},,,(*)

Vậy displaystyle frac{{ysqrt{{x-1}}+xsqrt{{y-4}}}}{{xy}}le frac{3}{4}

Dấu “=” khi displaystyle {{left( {sqrt{{x-1}}-1} right)}^{2}}=0Leftrightarrow x=2displaystyle {{left( {sqrt{{y-4}}-2} right)}^{2}}=0Leftrightarrow y=8

2.2. Dùng BĐT Cô-Si cho hai số không âm

Với x; y không âm ta có: displaystyle x +y gedisplaystyle 2sqrt{{xy}}. Dấu “=” khi x = y

2.2.1. Kỹ thuật 1:

Tách 1 hạng tử chứa biến thành tổng của một hằng số với 1 hạng tử chứa biến sao cho hạng tử này là nghịch đảo của 1 hạng tử khác có trong biểu thức đã cho.

Chú ý:

* displaystyle f(x)+frac{k}{{f(x)}}ge 2cdot sqrt{{f(x)cdot frac{k}{{f(x)}}}}=2cdot sqrt{k}

* displaystyle frac{{k.f(x)}}{{n.g(x)}}+frac{{qcdot g(x)}}{{mcdot f(x)}}ge 2cdot sqrt{{frac{{k.f(x)}}{{n.g(x)}}cdot frac{{qcdot g(x)}}{{mcdot f(x)}}}}=2sqrt{{frac{{kq}}{{nm}}}}

Bài 4: Cho 0 < x < 2. Chứng minh   displaystyle B=frac{{9x}}{{2-x}}+frac{2}{x}ge 7

Nhận  xét: Với ĐK bài toán các biểu thức ”số hạng” đều dương displaystyle Rightarrow khả năng dùng BĐT Cô si. Muốn dùng Cô Si với biểu thức displaystyle frac{{9x}}{{2-x}} thì biểu thức “ số hạng “ thứ hai mẫu phải chứa x và tử phải chứa 2 -x. Ta làm nháp như sau:

Nháp: Xét displaystyle B^{prime}=frac{9 x}{2-x}+frac{2-x}{x}  có dạng như chú ý.

Khi đó: displaystyle B-{{B}^{prime }}=frac{{9x}}{{2-x}}+frac{2}{x}-frac{{9x}}{{2-x}}+frac{{2-x}}{x}=1Rightarrow B={{B}^{prime }}+1.

Giải:

Xét displaystyle B^{prime}=frac{9 x}{2-x}+frac{2-x}{x}

Khi đó: displaystyle B-{{B}^{prime }}=frac{{9x}}{{2-x}}+frac{2}{x}-frac{{9x}}{{2-x}}+frac{{2-x}}{x}=1Rightarrow B={{B}^{prime }}+1

displaystyle text{B}-{{text{B}}^{prime }}=frac{{9x}}{{2-x}}+frac{2}{x}-frac{{9x}}{{2-x}}+frac{{2-x}}{x}=1Rightarrow text{B}={{text{B}}^{prime }}+1

Do displaystyle frac{{9x}}{{2-x}}ge 0;frac{{2-x}}{x}ge 0 nên. Áp dụng BĐT Cô si có:

displaystyle Bge 2sqrt{{frac{{9x}}{{2-x}}cdot frac{{2-x}}{x}}}+1=2.3+1=7

Bài 5: Cho 0 < x < 1. Chứng minh : displaystyle frac{3}{{1-x}}+frac{4}{x}ge 4sqrt{3}+5

Giải:

displaystyle B=frac{3}{{1-x}}+frac{4}{x}

Xét displaystyle B'=frac{{3x}}{{1-x}}+frac{{4(1-x)}}{x}

displaystyle B^{prime}=frac{3 x}{1-x}+frac{4(1-x)}{x}

displaystyle B quad-quad B^{prime} quad=quad 5

displaystyle B=B'+5=frac{{3x}}{{1-x}}+frac{{4(1-x)}}{x}+5ge 2sqrt{{frac{{3x}}{{1-x}}}}frac{{4(1-x)}}{x}+5=4sqrt{3}+5

Dấu bằng Leftrightarrowdisplaystyle frac{{3x}}{{1-x}}=frac{{4(1-x)}}{x}

Giải được displaystyle x_{1}^{{}}=4-2sqrt{3},,,,,;displaystyle x_{2}^{{}}=4+2sqrt{3}

2.2.2 Kỹ thuật 2:

Nhân và chia một biểu thức với cùng một số khác không.

Chú ý: Dạng  text{A}=frac{{sqrt{{k{{x}^{n}}-q}}}}{{m{{x}^{n}}}} , ta đi xét biểu thức sqrt{q}.A sau đó dùng Cô Si

Bài 6: Với x ≥ 9. Chứng minh A= displaystyle frac{{sqrt{{x-9}}}}{{5x}}le frac{1}{{30}}

Ta có: 3text{A}=frac{{3cdot sqrt{{x-9}}}}{{5x}}=frac{{sqrt{{9cdot (x-9)}}}}{{5x}}

Do x ≥ 9 nên x – 9 ≥ 0. Áp dụng BĐT Cô si ta có: sqrt{{9(x-9)}}le frac{{9+x-9}}{2}=frac{x}{2}. Suy ra:

3text{A}le frac{1}{{5x}}cdot frac{x}{2}=frac{1}{{10}}Rightarrow text{A}le frac{1}{{30}}

2.2.3 Kỹ thuật dự đoán điểm rơi

Điểm rơi của BĐT là giá trị biến mà tại đó dấu “=” xảy ra

Bài 7: Cho x; y; z là các số dương thỏa mãn x+y+z = 1.

Chứng minh rằng displaystyle sqrt{{x(1-x)}}+sqrt{{y(1-y)}}+sqrt{{z(1-z)}}le sqrt{2}

Nhận xét: Bài toán cho vai trò x; y; z như nhau , nên điểm rơi khi displaystyle x=y=z=frac{1}{3} và ta dùng bất đẳng thức Cauchy cho từng số hạng .

– Nếu dùng cho x1 -x thì dấu bằng xảy ra khi displaystyle x=1-xRightarrow x=frac{1}{2} (sai so với dự đoán) .

Điểm rơi Khi displaystyle x=frac{1}{3} thì khi đó displaystyle 1-x=frac{2}{3} ⇒ ta phải áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 1-x và 2x.

Giải: Ta códisplaystyle sqrt{{x(1-x)}}=frac{{sqrt{{2x(1-x)}}}}{{sqrt{2}}}le frac{{2x+1-x}}{{2sqrt{2}}}=frac{{x+1}}{{2sqrt{2}}}. Tương tự cho các số hạng còn lại , rồi cộng các BĐT được:

VT displaystyle ledisplaystyle frac{{x+1}}{{2sqrt{2}}}+frac{{y+1}}{{2sqrt{2}}}+frac{{z+1}}{{2sqrt{2}}}=frac{{x+y+z+3}}{{2sqrt{2}}}=frac{4}{{2sqrt{2}}}=sqrt{2}

2.3 Dùng bất đẳng thức Bunhiacôpky dạng phân thức

displaystyle frac{{{{a}^{2}}}}{x}+frac{{{{b}^{2}}}}{y}ge frac{{{{{left( {a+b} right)}}^{2}}}}{{x+y}},forall a,bin R;forall x,yin {{R}^{+}} . (1)  Dấu  đẳng thức xảy  ra khi displaystyle frac{a}{x}=frac{b}{y}

Từ đây ta suy ra một bất đẳng thức rất thường sử dụng “Với x > 0, y > 0, ta có: displaystyle frac{1}{x}+frac{1}{y}ge frac{4}{{x+y}} (2)  Dấu “=” xảy ra khi x = y.

Đọc thêm  Kiến thức Điểm, đường thẳng – Hình học 6

Hai bất đẳng thức trên khi dùng phải chứng minh.(Dùng PP tương đương)

Bài 8: Cho các số thực dương x, y, z thỏa x + y + z = 4. Chứng minh rằng : frac{1}{{xy}}+frac{1}{{xz}}ge 1

Giải:

Từ x + y + z = 4 suy ra y + z = 4 – x

Với a; b dương ta có displaystyle frac{1}{a}+frac{1}{b}ge frac{4}{{a+b}}(*)

Ta chứng minh (*) (*)

displaystyle Leftrightarrowdisplaystyle frac{{a+b}}{{ab}}ge frac{4}{{a+b}}Leftrightarrow {{(a+b)}^{2}}ge 4abLeftrightarrow {{a}^{2}}+2ab+{{b}^{2}}ge 4abLeftrightarrow {{a}^{2}}-2ab+{{b}^{2}}ge 0Leftrightarrow {{(a-b)}^{2}}ge 0

Bất đẳng thức cuối đúng nên ta có ĐPCM

Áp dụng: displaystyle frac{1}{{xy}}+frac{1}{{xz}}ge frac{4}{{xy+xz}}=frac{4}{{xleft( {y+z} right)}}=frac{4}{{xleft( {4-x} right)}}=frac{4}{{-{{x}^{2}}+4x}}

Mà  displaystyle -{{x}^{2}}+4x=-{{x}^{2}}+4x-4+4=-{{left( {x-2} right)}^{2}}+4le 4

Do đó: displaystyle frac{1}{{xy}}+frac{1}{{xz}}ge frac{{{{{left( {1+1} right)}}^{2}}}}{{xleft( {y+z} right)}}=frac{4}{{xleft( {y+z} right)}}=frac{4}{{xleft( {4-x} right)}}=frac{4}{{-{{x}^{2}}+4x}}ge frac{4}{4}=1

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi displaystyle left{ begin{array}{l}frac{1}{{xy}}=frac{1}{{xz}}\x-2=0\x+y+z=4end{array} right.Leftrightarrow left{ begin{array}{l}x=2\y=z=1end{array} right.

3. Phương pháp đổi biến

Bẳng cách dự đoán dấu “=” xảy ra rất nhiều bài toán BĐT ta đổi qua biến mới dễ làm hơn. Chủ yếu dùng PP tương đương sau khi đổi biến.

Bài 9: Cho a+b=3,,,ale 1. Chứng minh rằng:  C = {{b}^{3}}-{{a}^{3}}-6{{b}^{2}}-{{a}^{2}}+9bge 0.

Nhận xét: Dự đoán đẳng thức xảy ra khi a = 1; b = 2.

Do vậy ta đặt a=1-x, với displaystyle xge 0. Từ giả thiết suy ra b=2+x.

Ta có:

displaystyle C = {{b}^{3}}-{{a}^{3}}-6{{b}^{2}}-{{a}^{2}}+9b = {{(2+x)}^{3}}-{{(1-x)}^{3}}-6{{(2+x)}^{2}}-{{(1-x)}^{2}}+9(2+x)

= {{x}^{3}}-2{{text{x}}^{2}}+x = x{{(x-1)}^{2}}ge 0 (vì x ³ 0).

Đẳng thức xảy ra ⇔ x = 0 hoặc x = 1 tức a = 1, b = 2 hoặc a = 0, b = 3. Vậy displaystyle Cge 0.

Bài 10: Cho displaystyle a+b+c=3. Chứng minh rằng: A =  displaystyle {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+ab+bc+cage 6.

Nhận xét: Dự đoán rằng đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1.

Do vậy ta đặt: displaystyle a=1+x,,b=1+y,(x,yin R). Từ giả thiết suy ra: c=1-x-y.

Ta có:

displaystyle A = {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+ab+bc+ca

= {{(1+x)}^{2}}+{{(1+y)}^{2}}+{{(1-x-y)}^{2}}+(1+x)(1+y)+(1+y)(1-x-y)+(1-x-y)(1+x)

= {{x}^{2}}+xy+{{y}^{2}}+6 = {{left( {x+frac{1}{2}y} right)}^{2}}+frac{3}{4}{{y}^{2}}+6ge 6

Đẳng thức xảy ra ⇔  y = 0 và x+frac{1}{2}y=0x = y = 0  hay a = b = c =1. Vậy displaystyle A ge 6.

Bài 11: Cho a > 1 ; b > 1 . Chứng minh:  displaystyle frac{{{{a}^{2}}}}{{a-1}}+frac{{{{b}^{2}}}}{{b-1}}ge 8

Ở BĐT này điều kiện là bất đẳng thức. Vì a > 1và b > 1 nên ta đặt a = 1 + x; b =1+y (với x; y >0). Khi đó ta có :

displaystyle begin{array}{l}frac{{{{{left( {x+1} right)}}^{2}}}}{x}+frac{{{{{left( {y+1} right)}}^{2}}}}{y}=frac{{{{x}^{2}}+2x+1}}{x}+frac{{{{y}^{2}}+2y+1}}{y}\=left( {x+frac{1}{x}} right)+left( {y+frac{1}{y}} right)+4ge 2sqrt{{x.frac{1}{x}}},,,,+2sqrt{{y.frac{1}{y},}}+4=8end{array}

Bài 12: Cho ba số thực dương  a, b, c.  CMR:  frac{a}{{b+c}}+frac{b}{{c+a}}+frac{c}{{a+b}}ge frac{3}{2}

Đặt: left{ begin{array}{l}b+c=x\c+a=y\a+b=zend{array} right.Rightarrow left{ begin{array}{l}a=frac{{y+z-x}}{2}\b=frac{{z+x-y}}{2}\c=frac{{x+y-z}}{2}end{array} right.

Khi đó bất đẳng thức (1) trở thành:frac{{y+z-x}}{{2x}}+frac{{z+x-y}}{{2y}}+frac{{x+y-z}}{{2z}}ge frac{1}{2}

Ta có:

displaystyle {frac{{y+z-x}}{{2x}}+frac{{z+x-y}}{{2y}}+frac{{x+y-z}}{{2z}}=frac{1}{2}left( {frac{y}{x}+frac{x}{y}} right)+frac{1}{2}left( {frac{z}{x}+frac{x}{z}} right)+frac{1}{2}left( {frac{z}{y}+frac{y}{z}} right)-frac{3}{2}}

displaystyle {ge frac{2}{2}sqrt{{frac{y}{x}.frac{x}{y}}}+frac{2}{2}sqrt{{frac{z}{x}.frac{x}{z}}}+frac{2}{2}sqrt{{frac{z}{y}.frac{y}{z}}}-frac{3}{2}=frac{3}{2}}

Hay displaystyle frac{a}{{b+c}}+frac{b}{{c+a}}+frac{c}{{a+b}}ge frac{3}{2} (đpcm)

4. Phương pháp làm trội

Bổ trợ:

a)Tổng hữu hạn.

Một tổng gồm các số hạng viết theo quy luật từ số hạng đầu tiên đến số hạng cuối cùng , gọi là tổng hữu hạn.

Ví dụ: displaystyle A= frac{1}{{1.2}}+frac{1}{{2.3}}+....+frac{1}{{2018.2019}} là một tổng hữu hạn.

Để tính tổng hữu hạn ta biến đổi mỗi số hạng thành hiệu của hai số hạng.

Ví dụ: Tính A= displaystyle frac{1}{{1.2}}+frac{1}{{2.3}}+....+frac{1}{{2018.2019}}

(Ta áp dụng công thức displaystyle frac{n}{{a(a+n)}}=frac{1}{n}-frac{1}{{a+n}} với a và n là số tự nhiên)

Ta có:

A= displaystyle frac{1}{{1.2}}+frac{1}{{2.3}}+....+frac{1}{{2018.2019}}

displaystyle frac{1}{1}-frac{1}{2}+frac{1}{2}-frac{1}{3}+frac{1}{3}-frac{1}{4}+...........+frac{1}{{2018}}-frac{1}{{2019}}=1-frac{1}{{2019}}=frac{{2018}}{{2019}}

b) Tích hữu hạn.

Một tích gồm các thừa số viết theo quy luật từ thừa số  đầu tiên đến thừa số  cuối cùng ,gọi là tích hữu hạn.

VD: displaystyle B= left( {1+frac{1}{3}} right)left( {1+frac{1}{8}} right)left( {1+frac{1}{{15}}} right)....left( {1+frac{1}{{{{n}^{2}}+2n}}} right)là tích hữu hạn.

Để tính tích  hữu hạn ta biến đổi mỗi thừa  số  thành tich của hai thừa số.Từ vài thừa số đầu tiên ta tìm ra quy luật rút gọn.

VD: Rút gọn displaystyle B=left( {1+frac{1}{3}} right)left( {1+frac{1}{8}} right)left( {1+frac{1}{{15}}} right)....left( {1+frac{1}{{{{n}^{2}}+2n}}} right)

Giải:

Ta có:

displaystyle begin{array}{l}B=left( {1+frac{1}{3}} right)left( {1+frac{1}{8}} right)left( {1+frac{1}{{15}}} right)....left( {1+frac{1}{{{{n}^{2}}+2n}}} right)\B=frac{{{{2}^{2}}}}{3}.,,,,,,,,,,frac{{{{3}^{2}}}}{8}.,,,,,,,,,,,frac{{{{4}^{2}}}}{{15}}.,,,,,,,..........frac{{{{{(n+1)}}^{2}}}}{{{{n}^{2}}+2n}}=left( {frac{{2.2}}{{1.3}}} right).left( {frac{{3.3}}{{2.4}}} right).left( {frac{{4.4}}{{3.5}}} right)........left[ {frac{{(n+1)(n+1)}}{{n(n+2)}}} right]end{array}

B=displaystyle frac{2}{1}.frac{{(n+1)}}{{(n+2)}}=frac{{2(n+1)}}{{n+2}}

a) Để Chứng minh BĐT: A > k, trong đó vế trái A là tổng(hoặc tích) hữu hạn nhưng ta không tìm  được cách để tính. Ta phải biến đổi displaystyle A > A_{1}^{{}}(làm trội xuống)  mà A1 là tổng (hoặc tích hữa hạn) mà ta tính được.

Bài 13:  Chứng minh:

displaystyle frac{1}{{3(1+sqrt{2})}}+frac{1}{{5(sqrt{2}+sqrt{3})}}+frac{1}{{7(sqrt{3}+sqrt{4})}}+...+frac{1}{{40399(sqrt{{2019}}+sqrt{{2020}})}}<frac{{22}}{{45}}

Giải:

Ta có:

displaystyle frac{1}{{(2n+1)(sqrt{n}+sqrt{{n+1}})}}=frac{{sqrt{{n+1}}-sqrt{n}}}{{(2n+1).1}}=frac{{sqrt{{n+1}}-sqrt{n}}}{{sqrt{{4{{n}^{2}}+4n+1}}}}<frac{{sqrt{{n+1}}-sqrt{n}}}{{sqrt{{4{{n}^{2}}+4n}}}}=frac{{sqrt{{n+1}}-sqrt{n}}}{{2sqrt{{n+1}}sqrt{n}}}=frac{1}{2}left( {frac{1}{{sqrt{n}}}-frac{1}{{sqrt{{n+1}}}}} right)Áp dụng:

Với n = 1 có displaystyle frac{1}{{3(sqrt{1}+sqrt{2})}}<frac{1}{2}left( {frac{1}{{sqrt{1}}}-frac{1}{{sqrt{2}}}} right)

Với n = 2 códisplaystyle frac{1}{{5(sqrt{2}+sqrt{3})}}<frac{1}{2}left( {frac{1}{{sqrt{2}}}-frac{1}{{sqrt{3}}}} right)

……..

Với n = 2019 có displaystyle frac{1}{{4039(sqrt{{2019}}+sqrt{{2020}})}}<frac{1}{2}left( {frac{1}{{sqrt{{2019}}}}-frac{1}{{sqrt{{2020}}}}} right)

Cộng tất cả các BĐT được

VT < displaystyle frac{1}{2}left( {frac{1}{{sqrt{1}}}-frac{1}{{sqrt{{2020}}}}} right)<frac{1}{2}left( {frac{1}{{sqrt{1}}}-frac{1}{{sqrt{{2025}}}}} right)=frac{1}{2}left( {1-frac{1}{{45}}} right)=frac{{22}}{{45}}

Bài 14: CM: frac{1}{2}+frac{1}{{3sqrt{2}}}+frac{1}{{4sqrt{3}}}+...+frac{1}{{(n+1)sqrt{n}}}<2 (Với n ∈ N và n ≠ 1)

HD: Mỗi số hạng trong tổng có dạng frac{1}{{(k+1)sqrt{k}}} vì CM

VT  < 2 nên ta làm trội xuống như sau:

begin{array}{l}frac{1}{{(k+1)sqrt{k}}}=frac{{sqrt{k}}}{{k(k+1)}}=sqrt{k}(frac{1}{k}-frac{1}{{k+1}})=sqrt{k}(frac{1}{{sqrt{k}}}-frac{1}{{sqrt{{k+1}}}})(frac{1}{{sqrt{k}}}+frac{1}{{sqrt{{k+1}}}})<sqrt{k}(frac{1}{{sqrt{k}}}-frac{1}{{sqrt{{k+1}}}})(frac{1}{{sqrt{k}}}+frac{1}{{sqrt{k}}})\=(frac{1}{{sqrt{k}}}-frac{1}{{sqrt{{k+1}}}})frac{{2sqrt{k}}}{{sqrt{k}}}=2left( {frac{1}{{sqrt{k}}}-frac{1}{{sqrt{{k+1}}}}} right)end{array}

b) Để Chứng minh BĐT:    B < m , trong đó vế trái B là tổng hữu hạn(hoặc tích) nhưng ta không tìm  được cách để tính. Ta phải biến đổi B < B1 (làm trội lên) mà B1 là tổng (hoặc tích hữa hạn) mà ta tính được.

Bài 15: Với n là số tự nhiên và n ≥ 1. C/m :

displaystyle frac{1}{2}.frac{3}{4}.frac{5}{6}......frac{{2n-1}}{{2n}}<frac{1}{{sqrt{{2n+1}}}}

HD: displaystyle frac{{2k-1}}{{2k}}=frac{{sqrt{{{{{(2k-1)}}^{2}}}}}}{{sqrt{{4{{k}^{2}}}}}}<frac{{sqrt{{{{{(2k-1)}}^{2}}}}}}{{sqrt{{4{{k}^{2}}-1}}}}=frac{{sqrt{{2k-1}}}}{{sqrt{{2k+1}}}}

5./ Phương pháp dùng BĐT phụ để chứng minh.

Đọc thêm  Ôn thi vào lớp 10 trung học phổ thông chuyên môn tiếng Anh

Với điều kiện M displaystyle ge P . Chứng minh A displaystyle geB.

Ta chứng minh phụ sau :   (A- B) + (P-M) displaystyle ge 0 (*).

Lập luận : Vì P – M displaystyle le 0 nên displaystyle RightarrowA displaystyle geB.

Bài 16: Cho x2 + y2displaystyle le x+y. Chứng minh :  x + y displaystyle le 2

Giải:

Trước hết ta chứng minh BĐT phụ sau:

(2-x-y )+ ( x2 + y2– x – y) displaystyle ge 0 displaystyle Leftrightarrow ( x2 – 2x +1) + (y2 – 2y +1) displaystyle ge 0

displaystyle Leftrightarrow (x-1)2 + (y – 1)2displaystyle ge 0 ( BĐT đúng)

Vì x2 + y2– x – y displaystyle le 0 displaystyle Rightarrow2-x-y  displaystyle gedisplaystyle Leftrightarrow   x + y displaystyle le 2,.Dấu “=” khi x=y = 1.

Bài 17: Cho x ; y là hai số dương thỏa : 2x+ 2y = 3 . Chứng minh :  displaystyle frac{2}{x}+frac{1}{{2y}}ge 3

Giải:Trước hết ta chứng minh BĐT phụ sau:

displaystyle left( {frac{2}{x}+frac{1}{{2y}}-3} right)+left( {2x+2y-3} right)=left( {frac{2}{x}+2x} right)+left( {frac{1}{{2y}}+2y} right)-6,,,,ge 4+2-6=0

displaystyle Rightarrowdisplaystyle frac{2}{x}+frac{1}{{2y}}ge 3. Dấu “=” khi x=1; y = displaystyle frac{1}{2}

Bài 18: Cho a+b displaystyle ge 1  Chứng minh :displaystyle {{a}^{2}}+{{b}^{2}}ge frac{1}{2}

Giải:

Trước hết ta chứng minh BĐT phụ sau:

(a2 +b2displaystyle frac{1}{2})+ (1-a-b) =a2 +b2 –a-b+displaystyle frac{1}{2}= displaystyle {{left( {a-frac{1}{2}} right)}^{2}}+{{left( {b-frac{1}{2}} right)}^{2}}ge 0 BĐT đúng.

Vì 1 –a-b  displaystyle le 0 displaystyle Rightarrowdisplaystyle {{a}^{2}}+{{b}^{2}}ge frac{1}{2}

5. Chứng minh phản chứng

Ví dụ: Cho 0 < a;b,c < 1 .CMR  : có ít nhất một trong các bất đẳng thức sau là sai:

a( 1 – b) > displaystyle frac{1}{4} ; b(1-c) > displaystyle frac{1}{4}   , c( 1-a)  >  displaystyle frac{1}{4}

Giải  : Giả sử cả 3 bất đẳng thức đều đúng, nhân từng vế ta được

Þ a( 1 – b). b(1-c)  c( 1-a)  > displaystyle frac{1}{{64}}  (*)

mà a(1-a) = -a2 + a = -(a2 –a + ¼ -1/4 ) = -(a-1/2)2 + ¼ £ ¼ displaystyle Rightarrow a( 1-a) displaystyle le frac{1}{4}(1)

tương tự b( b-1) £ displaystyle le frac{1}{4}  (2)   , c( 1-c)  displaystyle le frac{1}{4}  (3)

Lấy (1) . (2).(3) được

a(1-b) b (1-c)c(1-a) displaystyle ledisplaystyle frac{1}{4}.frac{1}{4}.frac{1}{4}=frac{1}{{64}}(mâu thuẫn với BĐT (*)

Vậy ta có ĐCCM

(GV: Lương Công Hiển-THCS Văn Lang- Vạn Ninh- Khánh Hòa)

Cùng chuyên đề:

<< Hệ phương trình bậc nhất chứa tham sốBiện luận nghiệm của phương trình bậc 2 bằng đồ thị >>

Trả lời

Email của bạn sẽ không được hiển thị công khai. Các trường bắt buộc được đánh dấu *