SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KHÁNH HÒA TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ------------------------ Chuyên đề : BẤT ĐẲNG THỨC CÔ SI TRONG CÁC KÌ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC VÀ CAO ĐẲNG Giáo viên : Huỳnh Kim Linh Năm học 2008 - 2009 1 Lời nói đầu : Thực hiện nhiệm vụ năm học 2008 – 2009, Trường THPT Chuyên Lê Quý Đôn Khánh Hòa có khuyến khích các giáo viên dạy môn chuyên làm chuyên đề để xây dựng tài nguyên của tổ chuyên môn Chính vì vậy tôi đã thực hiện và làm chuyên đề về BẤT ĐẲNG THỨC CÔ SI TRONG CÁC KÌ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC VÀ CAO ĐẲNG 2 BẤT ĐẲNG THỨC CÔ SI TRONG CÁC KÌ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC VÀ CAO ĐẲNG Huỳnh Kim Linh  Trong các kì thi tuyển sinh đại học và cao đẳng, có một hay hai câu khó để phân loại thí sinh và thường có một câu về bất đẳng thức. 1) Định lý ( Bất đẳng thức Cô si) : Cho n số thực không âm : 1 2 n a ,a , .,a . Ta có : 1 2 n n 1 2 n a a . a a a .a n + + + ≥ . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 2 n a a a= = =L . 2) Một số bất đẳng thức liên quan đến bất đẳng thức Cô si : 2.1) Các Bất đẳng thức dạng phân thức Với x, y > 0. Ta có : ( ) 1 1 4 1 x y x y + ≥ + ( ) ( ) 2 1 4 2 xy x y ≥ + Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y. Chứng minh : (1) và ( ) ( ) 2 2 x y 4xy⇔ + ≥ (đúng) Với x, y, z > 0. Ta có : ( ) 1 1 1 9 3 x y z x y z + + ≥ + + Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z. 2.2) Các bất đẳng thức dạng đa thức : ( ) 2 2 2 x y z xy yz zx 4+ + ≥ + + ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 3 x y z x y z 5+ + ≥ + + ( ) ( ) ( ) 2 x y z 3 xy yz zx 6+ + ≥ + + Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z. 3 3) MỘT SỐ BÀI TOÁN THI ĐẠI HỌC : Bài toán 1 : Đề thi tuyển sinh Đại học khối A năm 2005 Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn : 1 1 1 4 x y z + + = . Chứng minh rằng : 1 1 1 1. 2x y z x 2y z x y 2z + + ≤ + + + + + + Lời giải : Cách 1 : Áp dụng bất đẳng thức : 1 1 4 x y x y + ≥ + với x, y > 0, ta được : ( ) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 8 2 4 1 x y z x y y z z x x y y z z x           = + + = + + + + + ≥ + +  ÷  ÷  ÷  ÷ ÷ + + +           Tương tự ( ) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 x y y z z x x y x z x y y z y z z x 1 1 1 4 2 2x y z x 2y z x y 2z       + + = + + +  ÷  ÷ ÷ ÷ + + + + + + + + +         ≥ + +  ÷ + + + + + +   Từ (1) và (2) suy ra 1 1 1 8 8 2x y z x 2y z x y 2z   ≥ + + ⇔  ÷ + + + + + +   1 1 1 1. 2x y z x 2y z x y 2z + + ≤ + + + + + + Đẳng thức xảy ra khi 3 x y z . 4 = = = Cách 2 : Áp dụng bất đẳng thức : 1 1 4 x y x y + ≥ + với x, y > 0, và bất đẳng thức Côsi ta có : ( ) ( ) ( ) 2x y z x y x z 2 xy xz+ + = + + + ≥ + Do đó : 1 1 1 1 1 1 2x y z 2 8 xy xz xy xz     ≤ ≤ +  ÷  ÷  ÷  ÷ + + +     Tương tự : 1 1 1 1 x 2y z 8 xy yz   ≤ +  ÷  ÷ + +   1 1 1 1 x y 2z 8 xz yz   ≤ +  ÷  ÷ + +   Cộng vế theo vế 3 bất đẳng thức trên ta được : 4 ( ) 1 1 1 1 1 1 1 3 2x y z x 2y z x y 2z 4 xy yz zx   + + ≤ + +  ÷  ÷ + + + + + +   Mặt khác theo bất đẳng thức Côsi ( ) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 4 4 2 x y 2 y z 2 z x xy yz zx       = + + + + + ≥ + +  ÷  ÷  ÷       Từ (3) và (4) suy ra : 1 1 1 1. 2x y z x 2y z x y 2z + + ≤ + + + + + + Cách 3 : Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 4 số dương ( ) 1 1 1 1 x x y z 16 x x y z   + + + + + + ≥  ÷   Suy ra 1 1 2 1 1 2x y z 16 x y z   ≤ + +  ÷ + +   Tương tự 1 1 1 2 1 x 2y z 16 x y z   ≤ + +  ÷ + +   1 1 1 1 2 x y 2z 16 x y z   ≤ + +  ÷ + +   Cộng vế theo vế 3 bất đẳng thức trên ta được : 1 1 1 1. 2x y z x 2y z x y 2z + + ≤ + + + + + + Mở rộng bài toán 1 : Cho n số thực dương cho trước : 1 2 n a , a , aK thỏa điều kiện : 1 2 n 1 1 1 k a a a + + + =L . Với n > 1 và k > 0 cho trước. Chứng minh rằng : − − + + + ≤ + + + + + + + + + + + + L L L L L 1 1 2 2 n n 2 1 n n 1 1 n n 1 1 2 n 1 n 1 2 n 1 1 1 k m a m a m a m a m a m a m a m a m a m m m Bài toán 2 : Đề thi tuyển sinh Đại học khối B năm 2005 Chứng minh rằng : với mọi x ∈ R, ta có : x x x x x x 12 15 20 3 4 5 5 4 3       + + ≥ + +  ÷  ÷  ÷       Khi nào đẳng thức xảy ra. 5 Lời giải : Áp dụng bất đẳng thức Côsi x x x x x x x x x x x x x x x 12 15 12 15 2 2.3 5 4 5 4 15 20 15 20 2 2.5 4 3 4 3 12 20 12 20 2 2.4 5 3 5 3         + ≥ =  ÷  ÷  ÷  ÷                 + ≥ =  ÷  ÷  ÷  ÷                 + ≥ =  ÷  ÷  ÷  ÷         Cộng vế theo vế ba bất đẳng thức trên ta được : x x x x x x 12 15 20 3 4 5 5 4 3       + + ≥ + +  ÷  ÷  ÷       Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x x x 12 15 20 x 0. 5 4 3       = = ⇔ =  ÷  ÷  ÷       Đặt a = 3, b = 4, c = 5 ta đi đến bài toán tổng quát sau : Mở rộng bài toán 2 : Cho a, b, c là ba số thực dương tùy ý. Chứng minh rằng : với mọi x ∈ R, ta có : x x x x x x ab bc ca a b c c a b       + + ≥ + +  ÷  ÷  ÷       Bài toán 3 : Đề thi tuyển sinh Đại học khối D năm 2005 Cho các số thực dương x, y, z thỏa xyz = 1. Chứng minh rằng : 3 3 3 3 3 3 1 x y 1 y z 1 z x 3 3 xy yz zx + + + + + + + + ≥ Lời giải : Đặt 3 3 3 3 3 3 1 x y 1 y z 1 z x P xy yz zx + + + + + + = + + Áp dụng bất đẳng thức Côsi 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 1 x y 3 x y 3xy 1 y z 3 y z 3yz 1 z x 3 z x 3zx + + ≥ = + + ≥ = + + ≥ = Từ đó suy ra ( ) xy yz zx 1 1 1 P 3 3 1 xy yz zx xy yz zx     ≥ + + = + +  ÷  ÷  ÷  ÷     6 Lại áp dụng bất đẳng thức Côsi ( ) 2 1 1 1 1 3 3 2 xy yz zx xyz + + ≥ = Từ (1) và (2) suy ra điều cần chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1. Mở rộng bài toán 3 : Cho các số thực dương 1 2 n a , a , aK thỏa mãn : 1 2 n a . a a 1=L Chứng minh rằng : ( ) ( ) ( ) p p p p p p p m m m 1 n 1 2 n n 1 n 2 m q q q 1 2 n 1 2 3 n n 1 n 2 1 a a 1 a a 1 a a a n n a a a a a a a a a − − − − + + + + + + + + + + ≥ L L L L L L L Trong đó m 2≥ là số nguyên dương, p, q là các số thực tùy ý Hướng dẫn : Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho n số ( ) p p p n 1 n 1 1 2 n 1 1 a a n a .a a − − + + ≥L L Bài toán 4 : DỰ BỊ 1 KHỐI A Năm 2005 : Cho x, y, z là ba số thỏa x + y + z = 0. Chứng minh rằng : 3 4 3 4 3 4 6 x y z + + + + + ≥ Lời giải : Ta có: 4 x x x 3 4 1 1 1 4 4 4+ = + + + ≥ ⇒ + ≥ = 8 4 x x x 3 4 2 4 2. 4 . Tương tự + ≥ 8 y x 3 4 2 4 và 8 z z 3 4 2 4+ ≥ Vậy + +   + + + + + ≥ + + ≥ ≥ =     3 8 8 8 8 24 x y z x y z x y z x y z 3 4 3 4 3 4 2 4 4 4 6 4 .4 .4 6 4 6 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 0. Bài toán 5 : DỰ BỊ 2 KHỐI A Năm 2005 : Chứng minh rằng : với mọi x, y > 0 ta có : ( ) 2 9 1 1 1 256     + + + ≥  ÷  ÷  ÷     y x x y . Đẳng thức xảy ra khi nào? 7 Lời giải : Ta có: 3 4 3 x x x x 1 x 1 4 3 3 3 3 + = + + + ≥ . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 3 3 4 3 3 y y y y y 1 1 4 x 3x 3x 3x 3 .x + = + + + ≥ . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi y = 3x = 9 ( ) 3 4 3 9 3 3 3 3 1 1 4 y y y y y + = + + + ≥ ⇒ 2 6 4 3 9 3 1 16 y y   + ≥  ÷  ÷   . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi y = 9 Vậy ( )     + + + ≥ =  ÷  ÷  ÷     2 3 3 6 4 3 3 3 3 y 9 x y 3 1 x 1 1 256 256 x y 3 3 .x y Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 3 và y = 9. Bài toán 6 : DỰ BỊ 1 KHỐI B Năm 2005 : Cho a, b, c là ba số dương thỏa mãn : a + b + c = 3 4 . Chứng minh rằng : 3 3 3 3 3 3 3a b b c c a+ + + + + ≤ . Khi nào đẳng thức xảy ra ? Lời giải : Cách 1: Ta có : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 a 3b 1 1 1 a 3b 1.1 a 3b 2 3 3 b 3c 1 1 1 b 3c 1.1 b 3c 2 3 3 c 3a 1 1 1 c 3a 1.1 c 3a 2 3 3 + + + + ≤ = + + + + + + ≤ = + + + + + + ≤ = + + Suy ra ( )   + + + + + ≤ + + + ≤ + =         3 3 3 1 1 3 a 3b b 3c c 3a 4 a b c 6 4. 6 3 3 3 4 Dấu = xảy ra 3 a b c 1 a b c 4 4 a 3b b 3c c 3a 1  + + =  ⇔ ⇔ = = =   + = + = + =  8 Cách 2: Đặt 3 3 x a 3b x a 3b= + ⇒ = + = + ⇒ = + 3 3 y b 3c y b 3c = + ⇒ = + 3 3 z c 3a z c 3a ⇒ ( ) 3 3 3 3 x y z 4 a b c 4. 3 4 + + = + + = = . Bất đẳng thức cần chứng minh x y z 3⇔ + + ≤ . Ta có : 3 3 3 x 1 1 3 x .1.1 3x+ + ≥ = 3 3 3 y 1 1 3 y .1.1 3y+ + ≥ = 3 3 3 z 1 1 3 z .1.1 3z+ + ≥ = ⇒ ( ) 9 3 x y z≥ + + (Vì 3 3 3 x y z 3+ + = ). Vậy x y z 3+ + ≤ Hay 3 3 3 a 3b b 3c c 3a 3+ + + + + ≤ Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi = = = 1 a b c 4 Bài toán 7 : DỰ BỊ 2 KHỐI B Năm 2005 : Chứng minh rằng nếu 0 1y x≤ ≤ ≤ thì 1 4 x y y x− ≤ . Đẳng thức xảy ra khi nào? Lời giải : Ta có 2 0 x 1 x x≤ ≤ ⇒ ≥ 1 1 x y y x x y y x 4 4 − ≤ ⇔ ≤ + (1) Theo bất đẳng thức Cauchy : + ≥ + ≥ = 2 2 1 1 1 y x yx 2 yx . x y 4 4 4 ⇒ 1 x y y x 4 − ≤ 9 Dấu = xảy ra  ≤ ≤ ≤  =    ⇔ = ⇔   =     =  2 2 0 y x 1 x 1 x x 1 y 1 4 yx 4 Bài toán 8 : DỰ BỊ 1 KHỐI D Năm 2005 : Cho x, y, z là ba số dương và x yz = 1. Chứng minh rằng : 2 2 2 3 1 1 1 2 x y z y z x + + ≥ + + + . Lời giải : Ta có: 2 2 x 1 y x 1 y 2 . x 1 y 4 1 y 4 + + + ≥ = + + 2 2 y 1 z y 1 z 2 y 1 z 4 1 z 4 + + + ≥ = + + 2 2 z 1 x z 1 x 2 z 1 x 4 1 x 4 + + + ≥ = + + Cộng ba bất đẳng thức trên vế theo vế ta có: ( ) 2 2 2 x 1 y y 1 z z 1 x x y z 1 y 4 1 z 4 1 x 4       + + + + + + + + ≥ + +  ÷  ÷  ÷ + + +       ( ) ( ) + + + + ⇔ + + ≥ − − + + + ≥ − + + + 2 2 2 3 x y z x y z 3 x y z 3 x y z 1 y 1 z 1 x 4 4 4 4 3 3 9 3 6 3 .3 4 4 4 4 4 2 ≥ − = − = = ( vì 3 x y z 3 xyz 3+ + ≥ = ) Vậy 2 2 2 x y z 3 1 y 1 z 1 x 2 + + ≥ + + + Bài toán 9 : Đề thi tuyển sinh Đại học khối A năm 2006 Cho hai số thực x 0, y 0≠ ≠ thay đổi và thỏa mãn điều kiện: ( ) 2 2 x y xy x y xy+ = + − . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 3 3 1 1 A . x y = + Lời giải : 10 [...]... a ) ( c + a ) ( c + b) ⇔ Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có a3 a +b a +c a3 a+b a +c 3 + + ≥ 33 = a (2) 8 ( a + b) ( a + c) 8 ( a + b) ( a + c) 8 8 4 b3 ( b + c) ( b + a ) + b+c b+a b3 b+c b+a 3 + ≥ 33 = b (3) 8 8 ( b + c) ( b + a ) 8 8 4 c+a c+b c3 c+a c+b 3 + + ≥ 33 = c (4) 8 ( c + a ) ( c + b) 8 ( c + a ) ( c + b) 8 8 4 c3 11 Cộng theo từng vế các bất đẳng thức (2), (3), (4) ta suy ra a3 b3... ≥ 0 ⇒ x ≤ −6 hay x ≥ 2 ⇒ x ≥ 2 ( vì x > 0) 2 2 2 2 x 2 = a 2 + b 2 + 2ab ⇒ a + b = x − 2(3 − x) = x + 2x − 6 Khi đó bất đẳng thức (*) thành x2 − x − 12 + 4 ≥ 0 , với x≥ 2 x ⇔ x 3 − x 2 + 4x − 12 ≥ 0 , với x≥ 2 ⇔ ( x − 2 ) ( x 2 + x + 6 ) ≥ 0 , với x≥ 2 (hiển nhiên đúng) Vậy bất đẳng thức cho đã được chứng minh 4) Một số bài toán để các bạn tự làm : Bài toán 15 : Bài toán 16 : Cho x, y > 0 thỏa : x... +b+c + + ≥ 4 ( a + b) ( a + c) ( b + c) ( b + a ) ( c + a ) ( c + b) Vậy (1) đúng và ta có điều phải chứng minh Bài toán 11 : Đề Dự bị 1 Đại học khối B năm 2006 Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: y=x + 11 + 2x 7   4 1 + 2 ÷, với x > 0  x  Lời giải : 2 2 2 2 Áp dụng bất đẳng thức : ( a + b ) ( c + d ) ≥ ( ac + bd ) 2 2 7   7  Ta có : ( 9 + 7 ) 1 + 2 ÷ ≥  3 + ÷ x  x   ⇒ y≥ x+ 11 1  7 ... ⇔x=y=z=1 Dấu = xảy ra ⇔  x= y= z Vậy minP = 12 khi x = y = z = 1 Bài toán 14 : Đề Dự bị Đại học khối D năm 2007 Cho a, b > 0 thỏa mãn ab + a + b = 3 Chứng minh : 3a 3b ab 3 + + ≤ a2 + b 2 + b +1 a +1 a + b 2 Lời giải : Từ giả thiết a, b > 0 và ab + a + b = 3 Suy ra: ab = 3 − (a + b) , (a+1)(b+1) = ab +a +b + 1 = 4 Bất đẳng thức đã cho tương đương với a 2 + b2 + 3 3a(a + 1) + 3b(b + 1) 3 ≥ + −1 2 (a... 16 Vậy giá trị lớn nhất của A là 16 2 Bài toán 10 : Đề Dự bị 1 Đại học khối A năm 2006 Cho các số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện: 3− x + 3− y + 3− z = 1 Chứng minh rằng: 9x 9y 9z 3x + 3y + 3z + y z+x + z x + y ≥ 4 3x + 3y + z 3 + 3 3 +3 Lời giải : Đặt 3x = a,3y = b,3z = c Ta có: a, b, c > 0 và 1 1 1 + + = 1 ⇔ ab + bc + ca = abc a b c Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: a2 b2 c2 a +b+c... Bài toán 12 : Đề Dự bị 2 Đại học khối B năm 2006 Cho hai số dương x, y thay đổi thỏa mãn điều kiện x + y ≥ 4 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : A = 3x 2 + 4 2 + y3 + 4x y2 Lời giải : Ta có 3x 2 + 4 2 + y 3 3x 1 2 + = + + +y A = 4x 4 x y2 y2 ⇒ A=  1 y y x+y x 1 3 9 + + 2  2 + + ÷+ ≥ 1+ + 2 = 4 x 8 8 2 2 2 y Với x = y = 2 thì A = 9 2 Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 9 2 Bài toán 13 : Đề Dự bị Đại... ≥ 1+ + 2 = 4 x 8 8 2 2 2 y Với x = y = 2 thì A = 9 2 Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 9 2 Bài toán 13 : Đề Dự bị Đại học khối A năm 2007 Cho x, y, z là các biến số dương Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:  x y z  P = 3 4(x3 + y3 ) + 3 4(x3 + z3 ) + 3 4(z3 + x 3 ) + 2  + +  y 2 z2 x 2 ÷ ÷   12 Lời giải : Với x, y > 0 ta chứng minh : 4(x3 + y3) ≥ (x + y)3 (∗) Dấu = xảy ra ⇔ x = y ⇔ 4(x + y)(x2 . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 2 n a a a= = =L . 2) Một số bất đẳng thức liên quan đến bất đẳng thức Cô si : 2.1) Các Bất đẳng thức dạng phân thức Với. + ≤ + + + + + + Đẳng thức xảy ra khi 3 x y z . 4 = = = Cách 2 : Áp dụng bất đẳng thức : 1 1 4 x y x y + ≥ + với x, y > 0, và bất đẳng thức Côsi ta có