Toán 10 Chương 4 Bài 1: Bất đẳng thức

Cho \(a,\,\,b\) là hai số thực. Các mệnh đề \(a > b,\,\,a < b,\,\,a \ge b,\,\,a \le b\) được gọi là những bất đẳng thức.

• Chứng minh bất đảng thức là chứng minh bất đẳng thức đó đúng(mệnh đề đúng)

• Với \(A,\,\,B\) là mệnh đề chứ biến thì “\(A > B\)” là mệnh đề chứa biến. Chứng minh bất đẳng thức \(A > B\) (với điều kiện nào đó) nghĩa là chứng minh mệnh đề chứa biến  “A>B” đúng với tất cả các giá trị của biến(thỏa mãn điều kiện đó). Khi nói ta có bất đẳng thức \(A > B\) mà không nêu điều kiện đối với các biến thì ta hiểu rằng bất đẳng thức đó xảy ra với mọi giá trị của biến là số thực.

- Tính chất bắc cầu: \(a > b\) và \(b > c \Rightarrow a > c\)              

- Quy tắc cộng:

• \(a > b \Leftrightarrow a + c > b + c\)
• \(a > b\) và \(c > d \Rightarrow a + c > b + d\) 

- Quy tắc nhân:

• Nếu \(c > 0\) thì \(a > b \Leftrightarrow ac > bc\)
• Nếu \(c < 0\) thì \(a > b \Leftrightarrow ac < bc\)

- Lũy thừa, khai căn

• \(a > b \ge 0 \Rightarrow \sqrt a  > \sqrt b \)
• \(a \ge b \ge 0 \Leftrightarrow {a^2} \ge {b^2}\)
• \(a > b \ge 0 \Rightarrow {a^n} > {b^n}\)

• \( - \left| a \right| \le a \le \left| a \right|\) với mọi số thực \(a\) .
• \(\left| x \right| < a \Leftrightarrow  - a < x < a\) ( Với \(a > 0\))
• \(\left| x \right| > a \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x > a\\x <  - a\end{array} \right.\)     ( Với \(a > 0\))

a) Đối với hai số không âm

Cho \(a \ge 0,\,\,b \ge {\rm{0}}\), ta có  \(\frac{{a + b}}{2} \ge \sqrt {ab} \). Dấu '='  xảy ra khi và chỉ khi \(a = b\)

Hệ quả:

• Hai số dương có tổng không đổi thì tích lớn nhất khi hai số đó bằng nhau
• Hai số dương có tích không đổi thì tổng nhỏ nhất khi hai số đó bằng nhau

b) Đối với ba số không âm

Cho \(a \ge 0,\,\,b \ge 0,\,\,c \ge 0\), ta có \(\frac{{a + b + c}}{3} \ge \sqrt[3]{{abc}}\). Dấu '=' xảy ra khi và chỉ khi \(a = b = c\)

Phương pháp giải

Để chứng minh bất đẳng thức(BĐT) \(A \ge B\) ta có thể sử dụng các cách sau:

Ta đi chứng minh \(A - B \ge 0\). Để chứng minh nó ta thường sử dụng các hằng đẳng thức để phân tích \(A - B\) thành tổng hoặc tích của những biểu thức không âm.

Xuất phát từ BĐT đúng, biến đổi tương đương về BĐT cần chứng minh.

Loại 1: Biến đổi tương đương về bất đẳng thức đúng

Câu 1: Cho hai số thực \(a,b,c\). Chứng minh rằng các bất đẳng thức sau                                                             

\(ab \le {\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)^2}\)

Hướng dẫn giải:

Bất đẳng thức tương đương với \({\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)^2} - ab \ge 0\)

\( \Leftrightarrow {a^2} + 2ab + {b^2} \ge 4ab \Leftrightarrow {\left( {a - b} \right)^2} \ge 0\) (đúng) ĐPCM.

Đẳng thức xảy ra\( \Leftrightarrow a = b\)

Câu 2: Cho năm số thực \(a,b,c,d,e\). Chứng minh rằng

 \({a^2} + {b^2} + {c^2} + {d^2} + {e^2} \ge a(b + c + d + e)\).

Hướng dẫn giải:

Ta có : \({a^2} + {b^2} + {c^2} + {d^2} + {e^2} - a(b + c + d + e) = \)

\( = (\frac{{{a^2}}}{4} - ab + {b^2}) + (\frac{{{a^2}}}{4} - ac + {c^2}) + (\frac{{{a^2}}}{4} - ad + {d^2}) + (\frac{{{a^2}}}{4} - ae + {e^2})\)

\( = {(\frac{a}{2} - b)^2} + {(\frac{a}{2} - c)^2} + {(\frac{a}{2} - d)^2} + {(\frac{a}{2} - e)^2} \ge 0 \Rightarrow \) đpcm.

Đẳng thức xảy ra \( \Leftrightarrow b = c = d = e = \frac{a}{2}\).

Loại 2:  Xuất phát từ một BĐT đúng ta biến đổi đến BĐT cần chứng minh

Đối với loại này thường cho lời giải không được tự nhiên và ta thường sử dụng khi các biến có những ràng buộc đặc biệt

Chú ý hai mệnh đề sau thường dùng

• \(a \in \left[ {\alpha ;\beta } \right] \Rightarrow \left( {a - \alpha } \right)\left( {a - \beta } \right) \le 0\)     \(\left( * \right)\)
• \(a,b,c \in \left[ {\alpha ;\beta } \right] \Rightarrow \left( {a - \alpha } \right)\left( {b - \alpha } \right)\left( {c - \alpha } \right) + \left( {\beta  - a} \right)\left( {\beta  - b} \right)\left( {\beta  - c} \right) \ge 0\left( {**} \right)\)

Câu 1: Cho \(a,b,c \in [0;1]\). Chứng minh : \({a^2} + {b^2} + {c^2} \le 1 + {a^2}b + {b^2}c + {c^2}a\)

Hướng dẫn giải:

BĐT cần chứng minh tương đương với   \({{\rm{a}}^{\rm{2}}}\left( {1 - b} \right) + {b^2}\left( {1 - c} \right) + {c^2}\left( {1 - a} \right) \le 1\)

Mà \(a,b,c \in \left[ {0;1} \right]\) \( \Rightarrow {a^2} \le a,{b^2} \le b,{c^2} \le c\) do đó

\({a^2}\left( {1 - b} \right) + {b^2}\left( {1 - c} \right) + {c^2}\left( {1 - a} \right) \le a\left( {1 - b} \right) + b\left( {1 - c} \right) + c\left( {1 - a} \right)\)

Ta chỉ cần chứng minh \(a\left( {1 - b} \right) + b\left( {1 - c} \right) + c\left( {1 - a} \right) \le 1\)

Thật vậy: vì \(a,b,c \in \left[ {0;1} \right]\) nên theo nhận xét \(\left( {**} \right)\) ta có

\(abc + \left( {1 - a} \right)\left( {1 - b} \right)\left( {1 - c} \right) \ge 0\)

\( \Leftrightarrow \)\(a + b + c - \left( {ab + bc + ca} \right) \le 1\)

\( \Leftrightarrow \)\(a\left( {1 - b} \right) + b\left( {1 - c} \right) + c\left( {1 - a} \right) \le 1\)

Vậy BĐT ban đầu được chứng minh.

Phương pháp giải

• Một số chú ý khi sử dụng bất đẳng thức côsi:
• Khi áp dụng bđt côsi thì các số phải là những số không âm
• BĐT côsi thường được áp dụng khi trong BĐT cần chứng minh có tổng và tích
• Điều kiện xảy ra dấu ‘=’ là các số bằng nhau
• Bất đẳng thức côsi còn có hình thức khác thường hay sử dụng

Đối với hai số:\({x^2}\,\, + \,{y^2}\,\, \ge \,\,2xy;\,\,\,\,\,\,\,\,{x^2}\,\, + \,{y^2}\,\, \ge \,\,\frac{{{{(x\, + \,y)}^2}}}{2};\,\,\,\,\,\,\,xy \le \,\,{\left( {\frac{{x + y}}{2}} \right)^2}\).

Đối với ba số: \(abc \le \frac{{{a^3} + {b^3} + {c^3}}}{3},\,\,abc \le {\left( {\frac{{a + b + c}}{3}} \right)^3}\)

Loại 1: Vận dụng trực tiếp bất đẳng thức côsi

Câu 1: Cho \(a,b\) là số dương thỏa mãn \({a^2} + {b^2} = 2\). Chứng minh rằng       

\({\left( {a + b} \right)^5} \ge 16ab\sqrt {\left( {1 + {a^2}} \right)\left( {1 + {b^2}} \right)} \)

Hướng dẫn giải:

Ta có \({\left( {a + b} \right)^5} = \left( {{a^2} + 2ab + {b^2}} \right)\left( {{a^3} + 3a{b^2} + 3{a^2}b + {b^3}} \right)\)

Áp dụng BĐT côsi ta có

\({a^2} + 2ab + {b^2} \ge 2\sqrt {2ab\left( {{a^2} + {b^2}} \right)}  = 4\sqrt {ab} \) và \(\left( {{a^3} + 3a{b^2}} \right) + \left( {3{a^2}b + {b^3}} \right) \ge 2\sqrt {\left( {{a^3} + 3a{b^2}} \right)\left( {3{a^2}b + {b^3}} \right)}  = 4\sqrt {ab\left( {1 + {b^2}} \right)\left( {{a^2} + 1} \right)} \)

Suy ra \(\left( {{a^2} + 2ab + {b^2}} \right)\left( {{a^3} + 3a{b^2} + 3{a^2}b + {b^3}} \right) \ge 16ab\sqrt {\left( {{a^2} + 1} \right)\left( {{b^2} + 1} \right)} \)

Do đó \({\left( {a + b} \right)^5} \ge 16ab\sqrt {\left( {1 + {a^2}} \right)\left( {1 + {b^2}} \right)} \) ĐPCM.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(a = b = 1\).

Câu 2: Cho \(a,b,c\) là số dương. Chứng minh rằng

\((1 + a)(1 + b)(1 + c) \ge {\left( {1 + \sqrt[3]{{abc}}} \right)^3}\)

Hướng dẫn giải:

Ta có \((1 + a)(1 + b)(1 + c) = 1 + \left( {ab + bc + ca} \right) + \left( {a + b + c} \right) + abc\)

Áp dụng BĐT côsi cho ba số dương ta có

\(ab + bc + ca \ge 3\sqrt[3]{{ab.bc.ca}} = 3{\left( {\sqrt[3]{{abc}}} \right)^2}\) và \(a + b + c \ge 3\sqrt[3]{{abc}}\)

Suy ra \((1 + a)(1 + b)(1 + c) \ge 1 + 3{\left( {\sqrt[3]{{abc}}} \right)^2} + 3\sqrt[3]{{abc}} + abc = {\left( {1 + \sqrt[3]{{abc}}} \right)^3}\) ĐPCM

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(a = b = c\).

Loại 2: Kĩ thuật tách, thêm bớt, ghép cặp

• Để chứng minh BĐT ta thường phải biến đổi (nhân chia, thêm, bớt một biểu thức) để tạo biểu thức có thể giản ước được sau khi áp dụng BĐT côsi.

• Khi gặp BĐT có dạng \(x + y + z \ge a + b + c\)(hoặc \(xyz \ge abc\)), ta thường đi chứng minh \(x + y \ge 2a\)(hoặc\(ab \le {x^2}\)), xây dựng các BĐT tương tự rồi cộng(hoặc nhân) vế với vế ta suy ra điều phải chứng minh.

• Khi tách và áp dụng BĐT côsi ta dựa vào việc đảm bảo dấu bằng xảy ra(thường dấu bằng xảy ra khi các biến bằng nhau hoặc tại biên).

Câu 1: Cho \(a,b,c\) là số dương. Chứng minh rằng:

\(\frac{{ab}}{c} + \frac{{bc}}{a} + \frac{{ac}}{b} \ge a + b + c\)                          

Hướng dẫn giải:

Áp dụng BĐT côsi ta có \(\frac{{ab}}{c} + \frac{{bc}}{a} \ge 2\sqrt {\frac{{ab}}{c}.\frac{{bc}}{a}}  = 2b\)

Tương tự ta có \(\frac{{bc}}{a} + \frac{{ac}}{b} \ge 2c,\,\,\frac{{ac}}{b} + \frac{{ba}}{c} \ge 2a\).

Cộng vế với vế các BĐT trên ta được

\(2\left( {\frac{{ab}}{c} + \frac{{bc}}{a} + \frac{{ac}}{b}} \right) \ge 2\left( {a + b + c} \right) \Leftrightarrow \frac{{ab}}{c} + \frac{{bc}}{a} + \frac{{ac}}{b} \ge a + b + c\) ĐPCM

Đẳng thức xảy ra khi \(a = b = c\) .

Câu 1: Cho hai số thực \(a,b,c\). Chứng minh rằng các bất đẳng thức sau

\(ab \le \frac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{4}\)

Câu 2: Cho năm số thực \(a,b,c\). Chứng minh rằng

\({a^2} + {b^2} + {c^2} \ge ab + bc + ca\)

Câu 3: Với hai số dương x và y, chứng minh rằng

\(\frac{1}{{x + y}} \le \frac{1}{4}(\frac{1}{x} + \frac{1}{y})\)

Câu 1: Xác định m để với mọi x ta có \( - 1 \le \frac{{{x^2} + 5x + m}}{{2{x^2} - 3x + 2}} < 7\)

A. \( - \frac{5}{3} \le m < 1\)

B. \(1 < m \le \frac{5}{3}\)

C. \(m \le - \frac{5}{3}\)

D. m < 1

Câu 2: Tìm m để \(\left( {m + 1} \right){x^2} + mx + m < 0,\forall x \in R\)?

A. m < -1

B. m > -1 

C. \(m < - \frac{4}{3}\)

D. \(m > \frac{4}{3}\)

Câu 3: Tìm m để \(f\left( x \right) = {x^2} - 2\left( {2m - 3} \right)x + 4m - 3 > 0,\;\;\forall x \in R\)?

A. \(m > \frac{3}{2}\)

B. \(m > \frac{3}{4}\)

C. \(\frac{3}{4} < m < \frac{3}{2}\)

D. \(1 < m < 3\)

Câu 4: Với giá trị nào của a thì bất phương trình \(a{x^2} - x + a \ge 0,\forall x \in R\)?

A. a= 0

B. a  < 0

C. \(0 < a \le \frac{1}{2}\)

D. \(a \ge \frac{1}{2}\)

Câu 5: Với giá trị nào của m thì bất phương trình \({x^2} - x + m \le 0\) vô nghiệm?

A. m < 1

B. m > 1

C. \(m < \frac{1}{4}\)

D. \(m > \frac{1}{4}\)

Trong bài học này, các em cần nắm được những nội dung sau:

• Khái niệm cơ bản về bất đẳng thức

• Phương pháp giải một số dạng toán cơ bản liên quan đến bất đẳng thức.