19 Phương Pháp Chứng Minh Bất đẳng Thức

Trang chủ » Các Phương Pháp Chứng Minh Bất đẳng Thức Lớp 9 » 19 Phương Pháp Chứng Minh Bất đẳng Thức

Có thể bạn quan tâm

19 Phương pháp chứng minh bất đẳng thức Phương pháp bất đẳng thức Toán THCS Bài trước Tải về Bài sau Lớp: Lớp 9 Môn: Toán Loại File: Word + PDF Phân loại: Tài liệu Tính phí

Nâng cấp gói Pro để trải nghiệm website VnDoc.com KHÔNG quảng cáo, và tải file cực nhanh không chờ đợi.

Tìm hiểu thêm » Mua ngay Từ 79.000đ Hỗ trợ Zalo

Phương pháp chứng minh bất đẳng thức

  • PHẦN 1: CÁC KIẾN THỨC CẦN LƯU Ý
  • PHẦN II: CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
    • Phương pháp 1: Dùng định nghĩa
    • Phương pháp 2 : Dùng phép biến đổi tương đương
    • Phư­ơng pháp 3: Dùng bất đẳng thức phụ
    • Phương pháp 4: Bất đẳng thức Cauchy
    • Phương pháp 5 Bất đẳng thức Bunhiacopski
    • Phương pháp 6: Bất đẳng thức Trê- bư -sép
    • Phương pháp 7: Bất đẳng thức Bernouli
    • Ph­­ương pháp 8: Sử dụng tính chất bắc cầu
    • Ph­­ương pháp 9: Dùng tính chất của tỷ số
    • Ph­­ương pháp 10: Ph­­ương pháp làm trội
    • Ph­­ương pháp 11: Dùng bất đẳng thức trong tam giác
    • Phương pháp 12: Sử dụng hình học và tọa độ
    • Ph­­ương pháp 13: Đổi biến số
    • Ph­­ương pháp 14: Dùng tam thức bậc hai

Trong chương trình Toán THCS, đặc biệt là ở cấp THCS và luyện thi học sinh giỏi, chuyên đề chứng minh bất đẳng thức luôn được xem là một trong những dạng toán khó, đòi hỏi tư duy logic và khả năng vận dụng linh hoạt nhiều phương pháp. Việc nắm vững và rèn luyện thành thạo các phương pháp chứng minh bất đẳng thức không chỉ giúp học sinh giải quyết nhanh gọn các bài toán nâng cao, mà còn hình thành kỹ năng lập luận chặt chẽ, mạch lạc. Bài viết này sẽ tổng hợp 19 phương pháp chứng minh bất đẳng thức thông dụng, minh họa bằng ví dụ cụ thể, từ cơ bản đến nâng cao. Đây là một tài liệu bất đẳng thức Toán THCS hữu ích, giúp học sinh ôn tập hiệu quả và chinh phục các đề thi học sinh giỏi.

PHẦN 1: CÁC KIẾN THỨC CẦN LƯU Ý

1/ Định nghĩa \left\{ \begin{matrix} A \geq B \Leftrightarrow A - B \geq 0 \\ A \leq B \Leftrightarrow A - B \leq 0 \\ \end{matrix} \right.\(\left\{ \begin{matrix} A \geq B \Leftrightarrow A - B \geq 0 \\ A \leq B \Leftrightarrow A - B \leq 0 \\ \end{matrix} \right.\)

2/ Tính chất

+ A>B \Leftrightarrow B < A\(\Leftrightarrow B < A\)

+ A>B và B >C \Leftrightarrow A > C\(\Leftrightarrow A > C\)

+ A>B \Rightarrow\(\Rightarrow\)A+C >B + C

+ A>B và C > D \Rightarrow\(\Rightarrow\) A+C > B + D

+ A>B và C > 0 \Rightarrow\(\Rightarrow\) A.C > B.C

+ A>B và C < 0 \Rightarrow\(\Rightarrow\) A.C < B.C

+ 0 < A < B và 0 < C <D \Rightarrow\(\Rightarrow\) 0 < A.C < B.D

+ A > B > 0 \Rightarrow\(\Rightarrow\) A\ ^{n}\(\ ^{n}\) > B\ ^{n}\(\ ^{n}\), \forall n\(\forall n\)

+ A > B \Rightarrow\(\Rightarrow\) A\ ^{n}\(\ ^{n}\) > B\ ^{n}\(\ ^{n}\) với n lẻ

+ |A|\(|A|\) > |B|\(|B|\) \Rightarrow\(\Rightarrow\) A\ ^{n}\(\ ^{n}\) > B\ ^{n}\(\ ^{n}\) với n chẵn

+ m > n > 0 và A > 1 \Rightarrow\(\Rightarrow\) A\ ^{m}\(\ ^{m}\) >A\ ^{n}\(\ ^{n}\)

+ m > n > 0 và 0 <A < 1 \Rightarrow\(\Rightarrow\) A\ ^{m}\(\ ^{m}\) < A\ ^{n}\(\ ^{n}\)

+A < B và A.B > 0 \Rightarrow\(\Rightarrow\) \frac{1}{A} > \frac{1}{B}\(\frac{1}{A} > \frac{1}{B}\)

3/ Một số hằng bất đẳng thức

+ A\ ^{2}\(\ ^{2}\) \geq\(\geq\) 0 với \forall\(\forall\)A ( dấu = xảy ra khi A = 0 )

+ An \geq\(\geq\) 0 với\forall\(\forall\)A ( dấu = xảy ra khi A = 0 )

+ |A| \geq 0\(|A| \geq 0\) với \forall A\(\forall A\) (dấu = xảy ra khi A = 0 )

+ -|A|\(|A|\) < A = |A|\(|A|\)

+ |A + B| \geq |A| + |B|\(|A + B| \geq |A| + |B|\) ( dấu = xảy ra khi A.B > 0)

+ |A - B| \leq |A| - |B|\(|A - B| \leq |A| - |B|\) ( dấu = xảy ra khi A.B < 0)

PHẦN II: CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

Phương pháp 1: Dùng định nghĩa

Kiến thức : Để chứng minh A > B. Ta lập hiệu A –B > 0

Lưu ý dùng hằng bất đẳng thức M\ ^{2}\(\ ^{2}\) \geq\(\geq\) 0 với ∀M

Phương pháp 2 : Dùng phép biến đổi tương đương

Kiến thức:

Ta biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức đúng hoặc bất đẳng thức đã được chứng minh là đúng.

Nếu A < B \Leftrightarrow\(\Leftrightarrow\) C < D , với C < D là một bất đẳng thức hiển nhiên, hoặc đã biết là đúng thì có bất đẳng thức A < B .

Chú ý các hằng đẳng thức sau:

(A + B)^{2} = A^{2} + 2AB + B^{2}\((A + B)^{2} = A^{2} + 2AB + B^{2}\)

(A + B + C)^{2} = A^{2} + B^{2} + C^{2} + 2AB + 2AC + 2BC\((A + B + C)^{2} = A^{2} + B^{2} + C^{2} + 2AB + 2AC + 2BC\)

(A + B)^{3} = A^{3} + 3A^{2}B + 3AB^{2} + B^{3}\((A + B)^{3} = A^{3} + 3A^{2}B + 3AB^{2} + B^{3}\)

Phư­ơng pháp 3: Dùng bất đẳng thức phụ

Kiến thức:

a) x^{2} + y^{2} \geq 2xy\(x^{2} + y^{2} \geq 2xy\)

b) x^{2} + y^{2} \geq |xy|\(x^{2} + y^{2} \geq |xy|\) dấu( = ) khi x = y = 0

c) (x + y)^{2} \geq 4xy\((x + y)^{2} \geq 4xy\)

d)\frac{a}{b} + \frac{b}{a} \geq 2\(\frac{a}{b} + \frac{b}{a} \geq 2\)

Phương pháp 4: Bất đẳng thức Cauchy

Kiến thức:

a/ Với hai số không âm: a,b \geq 0\(a,b \geq 0\), ta có: a + b \geq 2\sqrt{ab}\(a + b \geq 2\sqrt{ab}\). Dấu “=” xảy ra khi a=b

b/ Bất đẳng thức mở rộng cho n số không âm:

\begin{matrix} a_{1} + a_{2} + ... + a_{n} \geq n\ \sqrt[n]{a_{1}a_{2}..a_{n}} \hfill\\ \Leftrightarrow a_{1}a_{2}..a_{n} \leq \left( \frac{a_{1} + a_{2} + ... + a_{n}}{n} \right)^{n} \hfill \\ \end{matrix}\(\begin{matrix} a_{1} + a_{2} + ... + a_{n} \geq n\ \sqrt[n]{a_{1}a_{2}..a_{n}} \hfill\\ \Leftrightarrow a_{1}a_{2}..a_{n} \leq \left( \frac{a_{1} + a_{2} + ... + a_{n}}{n} \right)^{n} \hfill \\ \end{matrix}\)

Dấu “=” xảy ra khi a_{1} = a_{2} = ... = a_{n}\(a_{1} = a_{2} = ... = a_{n}\)

Chú ý : ta dùng bất đẳng thức Côsi khi đề cho biến số không âm.

Phương pháp 5 Bất đẳng thức Bunhiacopski

Kiến thức:

Cho 2n số thực (n \geq 2\(n \geq 2\)): a_{1},a_{2},...a_{n},b_{1},b_{2},...,b_{n}\(a_{1},a_{2},...a_{n},b_{1},b_{2},...,b_{n}\). Ta luôn có:

(a_{1}b_{1} + a_{2}b_{2} + ... + a_{n}b_{n})^{2} \leq (a_{1}^{2} + a_{2}^{2} + ... + a_{n}^{2})(b_{1}^{2} + b_{2}^{2} + ... + b_{n}^{2})\((a_{1}b_{1} + a_{2}b_{2} + ... + a_{n}b_{n})^{2} \leq (a_{1}^{2} + a_{2}^{2} + ... + a_{n}^{2})(b_{1}^{2} + b_{2}^{2} + ... + b_{n}^{2})\)

Dấu “=” xảy ra khi \Leftrightarrow \frac{a_{1}}{b_{1}} = \frac{a_{2}}{b_{2}} = .... = \frac{a_{n}}{b_{n}}\(\Leftrightarrow \frac{a_{1}}{b_{1}} = \frac{a_{2}}{b_{2}} = .... = \frac{a_{n}}{b_{n}}\)

Hay \frac{b_{1}}{a_{1}} = \frac{b_{2}}{a_{2}} = .... = \frac{b_{n}}{a_{n}}\(\frac{b_{1}}{a_{1}} = \frac{b_{2}}{a_{2}} = .... = \frac{b_{n}}{a_{n}}\) (Quy ước: nếu mẫu = 0 thì tử = 0)

Chứng minh:

Đặt \left\{ \begin{matrix} a = \sqrt{a_{1}^{2} + a_{2}^{2} + ... + a_{n}^{2}} \\ b = \sqrt{b_{1}^{2} + b_{2}^{2} + ... + b_{n}^{2}} \\ \end{matrix} \right.\(\left\{ \begin{matrix} a = \sqrt{a_{1}^{2} + a_{2}^{2} + ... + a_{n}^{2}} \\ b = \sqrt{b_{1}^{2} + b_{2}^{2} + ... + b_{n}^{2}} \\ \end{matrix} \right.\)

Nếu a = 0 hay b = 0: Bất đẳng thức luôn đúng.

Nếu a, b > 0:

Đặt: \alpha_{i} = \frac{a_{i}}{a},\beta_{i} = \frac{b_{i}}{b}(i = 1,2,...n)\(\alpha_{i} = \frac{a_{i}}{a},\beta_{i} = \frac{b_{i}}{b}(i = 1,2,...n)\), Thế thì: \alpha_{1}^{2} + \alpha_{2}^{2} + ... + \alpha_{n}^{2} = \beta_{1}^{2} + \beta_{2}^{2} + ... + \beta_{n}^{2}\(\alpha_{1}^{2} + \alpha_{2}^{2} + ... + \alpha_{n}^{2} = \beta_{1}^{2} + \beta_{2}^{2} + ... + \beta_{n}^{2}\)

Mặt khác: \left| \alpha_{i}\beta_{i} \right| \leq \frac{1}{2}\left( \alpha_{i}^{2} + \beta_{i}^{2} \right)\(\left| \alpha_{i}\beta_{i} \right| \leq \frac{1}{2}\left( \alpha_{i}^{2} + \beta_{i}^{2} \right)\)

Suy ra: \begin{matrix} \left| \alpha_{1}\beta_{1} \right| + \left| \alpha_{2}\beta_{2} \right| + ... + \left| \alpha_{n}\beta_{n} \right| \\ \\ \end{matrix}\(\begin{matrix} \left| \alpha_{1}\beta_{1} \right| + \left| \alpha_{2}\beta_{2} \right| + ... + \left| \alpha_{n}\beta_{n} \right| \\ \\ \end{matrix}\)

\leq \frac{1}{2}(\alpha_{1}^{2} + \alpha_{2}^{2} + .... + \alpha_{n}^{2}) + \frac{1}{2}(\beta_{1}^{2} + \beta_{2}^{2} + ... + \beta_{n}^{2}) \leq 1\(\leq \frac{1}{2}(\alpha_{1}^{2} + \alpha_{2}^{2} + .... + \alpha_{n}^{2}) + \frac{1}{2}(\beta_{1}^{2} + \beta_{2}^{2} + ... + \beta_{n}^{2}) \leq 1\)

\Rightarrow \left| a_{1}b_{1} \right| + \left| a_{2}b_{2} \right| + ... + \left| a_{n}b_{n} \right| \leq a.b\(\Rightarrow \left| a_{1}b_{1} \right| + \left| a_{2}b_{2} \right| + ... + \left| a_{n}b_{n} \right| \leq a.b\)

Lại có: \left| a_{1}b_{1} + a_{2}b_{2} + ... + a_{n}b_{n} \right| \leq \left| a_{1}b_{1} \right| + \left| a_{2}b_{2} \right| + ... + \left| a_{n}b_{n} \right|\(\left| a_{1}b_{1} + a_{2}b_{2} + ... + a_{n}b_{n} \right| \leq \left| a_{1}b_{1} \right| + \left| a_{2}b_{2} \right| + ... + \left| a_{n}b_{n} \right|\)

Suy ra: (a_{1}b_{1} + a_{2}b_{2} + ... + a_{n}b_{n})^{2} \leq (a_{1}^{2} + a_{2}^{2} + ... + a_{n}^{2})(b_{1}^{2} + b_{2}^{2} + ... + b_{n}^{2})\((a_{1}b_{1} + a_{2}b_{2} + ... + a_{n}b_{n})^{2} \leq (a_{1}^{2} + a_{2}^{2} + ... + a_{n}^{2})(b_{1}^{2} + b_{2}^{2} + ... + b_{n}^{2})\)

Dấu ”=” xảy ra \Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} \alpha_{i} = \beta_{i}(\forall i = 1,2,\ldots,n) \\ \alpha_{1}\beta_{1}\ldots.\alpha_{n}\beta_{n}\begin{matrix} cùng & dáu \\ \end{matrix} \\ \end{matrix} \right.\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} \alpha_{i} = \beta_{i}(\forall i = 1,2,\ldots,n) \\ \alpha_{1}\beta_{1}\ldots.\alpha_{n}\beta_{n}\begin{matrix} cùng & dáu \\ \end{matrix} \\ \end{matrix} \right.\)

\Leftrightarrow \frac{a_{1}}{b_{1}} = \frac{a_{2}}{b_{2}} = .... = \frac{a_{n}}{b_{n}}\(\Leftrightarrow \frac{a_{1}}{b_{1}} = \frac{a_{2}}{b_{2}} = .... = \frac{a_{n}}{b_{n}}\)

Phương pháp 6: Bất đẳng thức Trê- bư -sép

Kiến thức:

Nếu \left\{ \begin{matrix} a_{1} \leq a_{2} \leq ..... \leq a_{n} \\ b_{1} \leq b_{2} \leq ..... \leq b_{n} \\ \end{matrix} \right.\(\left\{ \begin{matrix} a_{1} \leq a_{2} \leq ..... \leq a_{n} \\ b_{1} \leq b_{2} \leq ..... \leq b_{n} \\ \end{matrix} \right.\) thì \frac{a_{1} + a_{2} + ... + a_{n}}{n}.\frac{b_{1} + b_{2} + .... + b_{n}}{n}\(\frac{a_{1} + a_{2} + ... + a_{n}}{n}.\frac{b_{1} + b_{2} + .... + b_{n}}{n}\)\leq \frac{a_{1}b_{1} + a_{2}b_{2} + .... + a_{n}^{}b_{n}}{n}\(\leq \frac{a_{1}b_{1} + a_{2}b_{2} + .... + a_{n}^{}b_{n}}{n}\)

Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi\left\lbrack \begin{matrix} a_{1} = a_{2} = .... = a_{n} \\ b_{1} = b_{2} = .... = b_{n} \end{matrix} \right.\(\left\lbrack \begin{matrix} a_{1} = a_{2} = .... = a_{n} \\ b_{1} = b_{2} = .... = b_{n} \end{matrix} \right.\)

b) Nếu \left\{ \begin{matrix} a_{1} \leq a_{2} \leq ..... \leq a_{n} \\ b_{1} \geq b_{2} \geq ..... \geq b_{n} \end{matrix} \right.\(\left\{ \begin{matrix} a_{1} \leq a_{2} \leq ..... \leq a_{n} \\ b_{1} \geq b_{2} \geq ..... \geq b_{n} \end{matrix} \right.\)thì

\frac{a_{1} + a_{2} + ... + a_{n}}{n}.\frac{b_{1} + b_{2} + .... + b_{n}}{n} \geq \frac{a_{1}b_{1} + a_{2}b_{2} + .... + a_{n}^{}b_{n}}{n}\(\frac{a_{1} + a_{2} + ... + a_{n}}{n}.\frac{b_{1} + b_{2} + .... + b_{n}}{n} \geq \frac{a_{1}b_{1} + a_{2}b_{2} + .... + a_{n}^{}b_{n}}{n}\)

Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi\left\lbrack \begin{matrix} a_{1} = a_{2} = .... = a_{n} \\ b_{1} = b_{2} = .... = b_{n} \end{matrix} \right.\(\left\lbrack \begin{matrix} a_{1} = a_{2} = .... = a_{n} \\ b_{1} = b_{2} = .... = b_{n} \end{matrix} \right.\)

Phương pháp 7: Bất đẳng thức Bernouli

Kiến thức:

a) Dạng nguyên thủy: Cho a\geq\(\geq\)-1, 1 \leq n \in\(1 \leq n \in\)Z thì (1 + a)^{n} \geq 1 + na\((1 + a)^{n} \geq 1 + na\). Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi\left\lbrack \begin{matrix} a = 0 \\ n = 1 \end{matrix} \right.\(\left\lbrack \begin{matrix} a = 0 \\ n = 1 \end{matrix} \right.\)

b) Dạng mở rộng:

- Cho a > -1,\alpha \geq 1\(\alpha \geq 1\) thì (1 + a)^{\alpha} \geq 1 + na\((1 + a)^{\alpha} \geq 1 + na\). Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = 0.

- cho a \geq - 1,0 < \alpha < 1\(a \geq - 1,0 < \alpha < 1\) thì (1 + a)^{\alpha} \leq 1 + na\((1 + a)^{\alpha} \leq 1 + na\). Dấu bằng xảy ra khi va chỉ khi\left\lbrack \begin{matrix} a = 0 \\ \alpha = 1 \end{matrix} \right.\(\left\lbrack \begin{matrix} a = 0 \\ \alpha = 1 \end{matrix} \right.\).

Ph­­ương pháp 8: Sử dụng tính chất bắc cầu

Kiến thức: A > B và B > C thì A > C

Ph­­ương pháp 9: Dùng tính chất của tỷ số

Kiến thức

1) Cho a, b ,c là các số dương thì

a) Nếu \frac{a}{b} > 1\(\frac{a}{b} > 1\) thì \frac{a}{b} > \frac{a + c}{b + c}\(\frac{a}{b} > \frac{a + c}{b + c}\)

b) Nếu \frac{a}{b} < 1\(\frac{a}{b} < 1\) thì \frac{a}{b} < \frac{a + c}{b + c}\(\frac{a}{b} < \frac{a + c}{b + c}\)

2) Nếu b, d > 0 thì từ

\frac{a}{b} < \frac{c}{d} \Rightarrow \frac{a}{b} < \frac{a + c}{b + d} < \frac{c}{d}\(\frac{a}{b} < \frac{c}{d} \Rightarrow \frac{a}{b} < \frac{a + c}{b + d} < \frac{c}{d}\)

Ph­­ương pháp 10: Ph­­ương pháp làm trội

Kiến thức:

Dùng các tính bất đẳng thức để đưa một vế của bất đẳng thức về dạng tính được tổng hữu hạn hoặc tích hữu hạn.

(*) Phương pháp chung để tính tổng hữu hạn: S = u_{1} + u_{2} + .... + u_{n}\(u_{1} + u_{2} + .... + u_{n}\)

Ta cố gắng biến đổi số hạng tổng quát u\ _{k}\(\ _{k}\) về hiệu của hai số hạng liên tiếp nhau:

u_{k} = a_{k} - a_{k + 1}\(u_{k} = a_{k} - a_{k + 1}\)

Khi đó: S = \left( a_{1} - a_{2} \right) + \left( a_{2} - a_{3} \right) + .... + \left( a_{n} - a_{n + 1} \right) = a_{1} - a_{n + 1}\(\left( a_{1} - a_{2} \right) + \left( a_{2} - a_{3} \right) + .... + \left( a_{n} - a_{n + 1} \right) = a_{1} - a_{n + 1}\)

(*) Phương pháp chung về tính tích hữu hạn: P = u_{1}u_{2}....u_{n}\(u_{1}u_{2}....u_{n}\)

Biến đổi các số hạng u_{k}\(u_{k}\) về thương của hai số hạng liên tiếp nhau: u_{k}\(u_{k}\)=\frac{a_{k}}{a_{k + 1}}\(\frac{a_{k}}{a_{k + 1}}\)

Khi đó P = \frac{a_{1}}{a_{2}}.\frac{a_{2}}{a_{3}}.....\frac{a_{n}}{a_{n + 1}} = \frac{a_{1}}{a_{n + 1}}\(\frac{a_{1}}{a_{2}}.\frac{a_{2}}{a_{3}}.....\frac{a_{n}}{a_{n + 1}} = \frac{a_{1}}{a_{n + 1}}\)

Ph­­ương pháp 11: Dùng bất đẳng thức trong tam giác

Kiến thức: Nếu a; b; c là số đo ba cạnh của tam giác thì: a; b; c > 0

Và |b - c| < a < b + c; |a - c| < b < a + c; |a - b| < c < b + a

Phương pháp 12: Sử dụng hình học và tọa độ

Ví dụ 1: Chứng minh rằng: \sqrt{c(a - c)} + \sqrt{c(b - c)} \leq \sqrt{ab}\ \ \ ,\ \forall a \geq b \geq 0\ \\(\sqrt{c(a - c)} + \sqrt{c(b - c)} \leq \sqrt{ab}\ \ \ ,\ \forall a \geq b \geq 0\ \\)và b \geq c\(b \geq c\).

Giải

Trong mặt phẳng Oxy, chọn \overrightarrow{u} = (\sqrt{c,}\sqrt{b - c})\(\overrightarrow{u} = (\sqrt{c,}\sqrt{b - c})\); \overrightarrow{v =}(\sqrt{a - c},\sqrt{c}\ )\(\overrightarrow{v =}(\sqrt{a - c},\sqrt{c}\ )\)

Thì \left| \overrightarrow{u} \right| = \sqrt{b}\(\left| \overrightarrow{u} \right| = \sqrt{b}\), \left| \overrightarrow{v} \right| = \sqrt{a}\(\left| \overrightarrow{v} \right| = \sqrt{a}\); \overrightarrow{u}.\overrightarrow{v} = \sqrt{c(a - c)} + \sqrt{c(b - c)}\(\overrightarrow{u}.\overrightarrow{v} = \sqrt{c(a - c)} + \sqrt{c(b - c)}\)

Hơn nữa: \overrightarrow{u}.\overrightarrow{v} = \left| \overrightarrow{u} \right|.\left| \overrightarrow{v} \right|.cos(\overrightarrow{u},\overrightarrow{v}) \leq \left| \overrightarrow{u} \right|.\left| \overrightarrow{v} \right|\ \ \ \ \ \Rightarrow \sqrt{c(a - c)} + \sqrt{c(b - c)} \leq \sqrt{ab}\ \ \ \ \Rightarrow\(\overrightarrow{u}.\overrightarrow{v} = \left| \overrightarrow{u} \right|.\left| \overrightarrow{v} \right|.cos(\overrightarrow{u},\overrightarrow{v}) \leq \left| \overrightarrow{u} \right|.\left| \overrightarrow{v} \right|\ \ \ \ \ \Rightarrow \sqrt{c(a - c)} + \sqrt{c(b - c)} \leq \sqrt{ab}\ \ \ \ \Rightarrow\)(điều phải chứng minh)

Ph­­ương pháp 13: Đổi biến số

Ví dụ1: Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng \frac{a}{b + c} + \frac{b}{c + a} + \frac{c}{a + b} \geq \frac{3}{2}\(\frac{a}{b + c} + \frac{b}{c + a} + \frac{c}{a + b} \geq \frac{3}{2}\)(1)

Giải: Đặt x = b + c; y = c + a; z = a + b ta có: a=\frac{y + z - x}{2}\(\frac{y + z - x}{2}\) ; b = \frac{z + x - y}{2}\(\frac{z + x - y}{2}\) ; c =\frac{x + y - z}{2}\(\frac{x + y - z}{2}\)

Ta có (1) \Leftrightarrow\(\Leftrightarrow\) \frac{y + z - x}{2x} + \frac{z + x - y}{2y} + \frac{x + y - z}{2z}\(\frac{y + z - x}{2x} + \frac{z + x - y}{2y} + \frac{x + y - z}{2z}\) \geq \frac{3}{2}\(\geq \frac{3}{2}\)

\Leftrightarrow\(\Leftrightarrow\) \frac{y}{x} + \frac{z}{x} - 1 + \frac{x}{y} + \frac{z}{y} - 1 + \frac{x}{z} + \frac{y}{z} - 1 \geq 3\(\frac{y}{x} + \frac{z}{x} - 1 + \frac{x}{y} + \frac{z}{y} - 1 + \frac{x}{z} + \frac{y}{z} - 1 \geq 3\)

\Leftrightarrow\(\Leftrightarrow\)( \frac{y}{x} + \frac{x}{y}) + (\frac{z}{x} + \frac{x}{z}) + (\frac{z}{y} + \frac{y}{z}) \geq 6\(\frac{y}{x} + \frac{x}{y}) + (\frac{z}{x} + \frac{x}{z}) + (\frac{z}{y} + \frac{y}{z}) \geq 6\)

Bất đẳng thức cuối cùng đúng vì (\frac{y}{x} + \frac{x}{y} \geq 2;\(\frac{y}{x} + \frac{x}{y} \geq 2;\) \frac{z}{x} + \frac{x}{z} \geq 2\(\frac{z}{x} + \frac{x}{z} \geq 2\); \frac{z}{y} + \frac{y}{z} \geq 2\(\frac{z}{y} + \frac{y}{z} \geq 2\)nên ta có điều phải chứng minh

Ph­­ương pháp 14: Dùng tam thức bậc hai

Kiến thức: Cho f(x) = ax2 + bx + c

Định lí 1:

f(x) > 0, \forall x \Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} a > 0 \\ \Delta < 0 \end{matrix} \right.\(\forall x \Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} a > 0 \\ \Delta < 0 \end{matrix} \right.\)

\begin{matrix} f(x) \geq 0,\forall x \Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} a > 0 \\ \Delta \leq 0 \end{matrix} \right.\ \\ f(x) < 0,\forall x \Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} a < 0 \\ \Delta < 0 \end{matrix} \right.\ \\ f(x) \leq 0,\forall x \Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} a < 0 \\ \Delta \leq 0 \end{matrix} \right.\ \end{matrix}\(\begin{matrix} f(x) \geq 0,\forall x \Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} a > 0 \\ \Delta \leq 0 \end{matrix} \right.\ \\ f(x) < 0,\forall x \Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} a < 0 \\ \Delta < 0 \end{matrix} \right.\ \\ f(x) \leq 0,\forall x \Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} a < 0 \\ \Delta \leq 0 \end{matrix} \right.\ \end{matrix}\)

Định lí 2:

Phương trình f(x) = 0 có 2 nghiệm x_{1} < \alpha < x_{2} \Leftrightarrow a.f(\alpha) < 0\(x_{1} < \alpha < x_{2} \Leftrightarrow a.f(\alpha) < 0\)

Phương trình f(x) = 0 có 2 nghiệm:

x_{1} < x_{2} < \alpha \Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} a.f(\alpha) > 0 \\ \Delta > 0 \\ \frac{S}{2} < \alpha \end{matrix} \right.\(x_{1} < x_{2} < \alpha \Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} a.f(\alpha) > 0 \\ \Delta > 0 \\ \frac{S}{2} < \alpha \end{matrix} \right.\)

Phương trình f(x) = 0 có 2 nghiệm:

\alpha < x_{1} < x_{2} \Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} a.f(\alpha) > 0 \\ \Delta > 0 \\ \frac{S}{2} > \alpha \end{matrix} \right.\(\alpha < x_{1} < x_{2} \Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} a.f(\alpha) > 0 \\ \Delta > 0 \\ \frac{S}{2} > \alpha \end{matrix} \right.\)

Phương trình f(x) = 0 có 2 nghiệm \left\lbrack \begin{matrix} \alpha < x_{1} < \beta < x_{2} \\ x_{1} < \alpha < x_{2} < \beta \end{matrix} \right.\ \Leftrightarrow f(\alpha).f(\beta) < 0.\(\left\lbrack \begin{matrix} \alpha < x_{1} < \beta < x_{2} \\ x_{1} < \alpha < x_{2} < \beta \end{matrix} \right.\ \Leftrightarrow f(\alpha).f(\beta) < 0.\)

Tài liệu còn dài, mời bạn đọc tải tài liệu tham khảo đầy đủ!

---------------------------------------

Có thể thấy, việc nắm vững 19 phương pháp chứng minh bất đẳng thức sẽ giúp học sinh mở rộng tư duy, rèn luyện khả năng biến đổi đại số và phát triển kỹ năng suy luận logic. Tài liệu này không chỉ cung cấp kiến thức hệ thống mà còn giúp học sinh có chiến lược tiếp cận phù hợp cho từng dạng bài, từ đó nâng cao hiệu quả học tập. Đặc biệt, với những bạn chuẩn bị cho kỳ thi học sinh giỏi Toán hoặc các kỳ thi vào lớp 10 chuyên, việc thành thạo các phương pháp này chính là chìa khóa để đạt điểm số cao. Hãy kiên trì luyện tập và vận dụng linh hoạt để biến những kiến thức lý thuyết thành công cụ chinh phục mọi bài toán bất đẳng thức.

Từ khóa » Các Phương Pháp Chứng Minh Bất đẳng Thức Lớp 9