K
khanh3294
[TẶNG BẠN] TRỌN BỘ Bí kíp học tốt 08 môn
Chắc suất Đại học top - Giữ chỗ ngay!!
ĐĂNG BÀI NGAY để cùng trao đổi với các thành viên siêu nhiệt tình & dễ thương trên diễn đàn.
Phương pháp 1: Phương pháp dựa vào định nghĩa
- Lập hiệu A-B
- Biến đổi biểu thức (A-B) và chứng minh A-B[tex] \geq[/tex]0
- Kết luận A[tex] \geq[/tex]B
- Xét trường hợp A=B khi nào
VD: CMR:
[tex] \frac{b}{a}+ \frac{a}{b}\geq2 [/tex] với mọi a, b cùng dấu.
CM: Ta có:
[tex] \frac{b}{a}+ \frac{a}{b} -2 = \frac{a^2+b^2-2ab}{ab}= \frac{(a-b)^2}{ab}[/tex]
a, b cùng dấu => ab>o => [tex] \frac{(a-b)^2}{ab}\geq0[/tex]
Vậy [tex] \frac{b}{a}+ \frac{b}{a}\geq2 [/tex]
Dấu “=” sảy ra khi và chỉ khi a-b=0, hay a=b ./.
Bài tập tương tự : CMR:
[tex] \frac{1}{1+a^2}+ \frac{1}{1+b^2}\geq \frac{2}{1+ab} [/tex]
với ab>1
Phương pháp 2: Phương pháp chứng minh trực tiếp
- Biến đổi vế phức tạp, thường là vế trái:
[tex] A=A1=A2= ... = B+M^2[/tex]
vì [tex] M^2 \geq0[/tex] nên [tex] B+M^2\geq B[/tex]
=>[tex] a\geq B[/tex]
Dấu “ =” sảy ra khi và chỉ khi M=0
VD: CMR: [tex] x^2-4x+3\geq-1[/tex]
với mọi x
CM:
Ta có: [tex] x^2-4x+3 = -1+(x-2)^2 \geq-1[/tex]
=> [tex] x^2-4x+3\geq-1[/tex]
Dấu”=” sảy ra khi và chỉ khi x=2
Bài tập tương tự:CMR:
[tex] \frac{1}{1.2}+\frac{1}{2.3}+... +\frac{1}{99.100} <1[/tex]
Phương pháp 3: Phương pháp so sánh
- Biến đổi riêng từng vế rồi so sánh kết quả. Suy ra đpcm.
[tex]A=A_1=A_2=...=A_n[/tex]
[tex]B=B_1=B_2= ...= B_n[/tex]
Nếu[tex] A_n\geq B_nthi A\geq B[/tex]
VD: CMR: [tex] 200^{300}>300^{200}[/tex]
CM: [tex]200^{300}= (200^3)^{100}= 8000000^{100}[/tex]
[tex]300^{200}= (300^2)^{100}= 90000^{100}[/tex]
=>[tex] 200^{300}>300^{200}[/tex]
Phương pháp4: Dùng tính chất tỉ số
Cho 3 số dương a,b,c :
Nếu [tex]\frac{a}{b}<1[/tex] thì [tex]\frac{a}{b}<\frac{(a+c)}{(b+c)}[/tex]
Nếu[tex] \frac{a}{b}>1 [/tex]thì [tex]\frac{a}{b}>\frac{(a+c)}{(b+c)}[/tex]
Nếu b,d>o thì từ [tex] \frac{a}{b}<\frac{c}{d}=>\frac{a}{b}<\frac{(a+c)}{(b+d)}<\frac{c}{d}[/tex]
VD: a,b,c là 3 số dương. CMR:
[tex]1<\frac{a}{a+b}+\frac{b}{c+b}+\frac{c}{a+c}<2[/tex]
CM:
Do c>o =>[tex]\frac{a}{a+b+c}<\frac{a}{a+b}<\frac{a+c}{a+b+c}[/tex] (3)
Tương tự ta có : [tex]\frac{b}{a+b+c}<\frac{b}{c+b}<\frac{a+b}{a+b+c}[/tex] (4)
và: [tex]\frac{c}{a+b+c}<\frac{c}{c+a}<\frac{c+b}{a+b+c}[/tex] (5)
cộng vế với vế 3 BĐT kép(3),(4) và (5) ta được:
[tex]1<\frac{a}{a+b}+\frac{b}{c+b}+\frac{c}{a+c}<2[/tex] (đpcm)
Bài tập tương tự: Cho các số dương a1,a2,a3,b1,b2,b3 thoả:[tex]\frac{a_1}{b_1}\leq\frac{a_2}{b_2}\leq\frac{a_3}{b_3}[/tex]
CMR: [tex]\frac{a_1}{b_1}\leq\frac{a_1+a_2+a_3}{b_1+b_2+b_3}\leq\frac{a_3}{b_3}[/tex]
Phương pháp 5: Dùng phép biến đổi tương đương
Ta biến đổi BĐT cần chứng minh tương đưng với BĐT đúng hoặc BĐT đã được chứng minh đúng.
Chú ý các BĐT sau:
- Bình phương của tổng, hiệu
- Lập phương của tổng, hiệu
-[tex](a+b+c)^2= a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca[/tex]
[tex](a+b+c+d)^2=a^2+b^2+c^2+d^2+2ab+2ac+2ad+2bc+2bd+2dc[/tex]
[tex]a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)[/tex]
VD: Cho a,b là các số thực. CMR:
[tex]a^2+b^2+1\geq ab+a+b[/tex]
CM:
Ta có: [tex]a^2+b^2+1\geq ab+a+b[/tex]
<=>[tex](a^2+b^2+1)-2(ab+a+b)\geq0[/tex]
<=>[tex](a^2-2ab+b^2)+(a^2-2a+1)+(b^2-2b+1)\geq0[/tex]
<=>[tex](a-b)^2+(a-1)^2+(b-1)^2\geq0[/tex] (luôn đúng)
=>đpcm
Bài tập tương tự:Cho a,b,c là các số thực. CMR:
[tex]\frac{a}{bc}+\frac{b}{ca}+\frac{c}{ab}\geq2(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}-\frac{1}{c})[/tex]
Phương pháp 6: Phương pháp làm trội
Dùng tính chẩt của BĐT để đưa một vế của BĐT cần chứng minh về dạng để tính tổng hữa hạn hoặc tích hữu hạn.
- Phương pháp chung để tính tổng hữu hạn:
[tex] S_n=u_1+u_2+u_3+...+u_n[/tex]
là biểu diễn số hạng tổng quát [tex] u_k[/tex] về hiệu của 2 số hạng liên tiếp nhau : [tex] u_k=a_k-a_{k+1}[/tex]
Lúc đó : [tex] S_n=(a_1-a_2)+(a_2-a_3)+...+(a_n-a_{n+1})=a_1-a_{n+1}[/tex]
-Phương pháp chung để tính tích hữu hạn [tex]P_n=u_1u_2.....u_n[/tex] là biểu diễn số hạng tổng quát [tex] u_k[/tex] về thương của 2 số hạng liên tiếp nhau [tex]u_k=\frac{a_k}{a_k+1}[/tex]
Lúc đó [tex]P_n=\frac{a_1a_2}{a_2a_3}....\frac{a_{n-1}a_n}{a_na_{n+1}}=\frac{a_1}{a_{n+1}}[/tex]
VD:Chứng minh các BĐT sau với n là STN:
a,
[tex]\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+...+\frac{1}{n^2}\<2-\frac{1}{n}[/tex](k>1)
b,
[tex]\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+...+\frac{1}{n^2}\<5/3[/tex]
CM:
a.
Với k>1 ta có
[tex]\frac{1}{k^2}<\frac{1}{k.(k-1)}=\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k}\[/tex]
Lần lượt thay k=2,3,..,n rồi cộng lại có:
[tex]\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+...+\frac{1}{n^2}<1-\frac{1}{n}[/tex] => đpcm
b.
Với mọi k>1 ta có:
[tex]\frac{1}{k^2}=\frac{4}{4k^2}<\frac{4}{4k^2-1}=\frac{4}{(2k-1)(2k+1)}=\frac{2[(2k+1)-(2k-1)}{(2k-1)(2k+1)}=2(\frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k+1})[/tex]
Vậy :
[tex]\frac{1}{k^2}<2(\frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k+1})[/tex]
Lần lượt thay k=2,3,...,n vào rồi cộng lại ta được:
[tex]\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+...+\frac{1}{n^2}<1+2(\frac{1}{3}+\frac{1}{2n+1})<1+\frac{2}{3}=\frac{5}{3}[/tex]
Bài tập tương tự
CMBĐT: :[tex]\frac{1}{2}+\frac{1}{3\sqrt{2}}+\frac{1}{4\sqrt{3}}+...+\frac{1}{(n+1)\sqrt{n}}<2[/tex]
Phương pháp 7
hương pháp lượng giác
Sử dụng điều kiện của biến[tex]|x|\leq k=>k>0[/tex]
Đặt x=ksina với [tex] \frac{-\pi}{2}\leq a\leq\frac{\pi}{2}[/tex] hoặc x=kcosa với [tex]0\leq a\leq \pi[/tex]
VD: [tex]|a\sqrt{9-a^2}+4a|\leq15[/tex]
CM: Điều kiện:
[tex]|a|\leq3[/tex].
Đặt [tex]a=3sin\alpha, \frac{-\pi}{2}\leq \alpha\leq\frac{\pi}{2}[/tex]
Khi đó:[tex]|a\sqrt{9-a^2}+4a|=|3.3cos\alpha+4.3sin\alpha|[/tex]
[tex]=3|3cos\alpha+4sin\alpha=15|\frac{3}{5}cos\alpha+\frac{4}{5}sin\alpha|=15|cos\alpha-\beta|\leq15[/tex]
với [tex]cos\beta=\frac{3}{5}, sin\alpha=\frac{4}{5}[/tex]
Bài tập tương tự:
CMR: nếu |x|<1 và n là số nguyên lớn hơn 2 thì ta cs BĐT:
[tex](1-x)^n=(1+x)^n<2^n[/tex]
Phương pháp 8: Dùng BĐT trong tam giác
Nếu a,b,c là số đó 3 cạnh của một tam giác thì a,b,c>0 và |b-c|<a<b+c
|a-c|<b<a+c
|a-b|<c<a+b
VD: Cho a,b,c là số đo 3 cạnh của một tam giác.CMR:
[tex]a^2+b^2+c^2<2(ab+bc+ca)[/tex]
CM:
a,b,c là số đo 3 cạnh của tam giác nên ta có :
[tex]0<a<b+c=>a^2<a(b+c)[/tex]
[tex]0<b<a+c=>b^2<b(a+c)[/tex]
[tex]0<c<b+a=>c^2<c(b+a)[/tex]
Cộng vế với vế của BĐT trên ta được
[tex]a^2+b^2+c^2<2(ab+bc+ca)[/tex] (đpcm)
Bài tập tương tự:
Cho a,b,c là số đo 3 cạnh của tam giác. CMR:
[tex]a,abc\geq(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)[/tex]
[tex]b,a^3(b^2-c^2)+b^3(c^2-a^2)+c^3(a^2-b^2)<0[/tex]
với a<b<c
Phương pháp 9: Dùng phương pháp quy nạp
Để chứng minh BĐT T(n) : n là số tự nhiên ta thực hiện các bước sau :
+ Chứng minh BĐT T(1) đúng( Kiểm tra mệnh đề đúng với số nhỏ nhất)
+ Giả sử BĐT T(k) đúng
+ Ta chứng minh BĐT T(k+1) cũng đúng
Khi đó BĐT T(n) đúng với mọi n
VD: CMR với n>2 ta có : [tex] 2^n>2n+1[/tex]
CM:
Với n=3 ta có [tex] 2^3>2.3+1 <=>8>7[/tex] BĐT đúng
Giả sử BĐT đúng với n=k,nghĩa là:
[tex] 2^k>2k+1[/tex]
Ta CM BĐT đúng với n=k+1, nghĩa là phải CM: [tex] 2^{k+1}>2(k+1)+1[/tex]
Thật vậy, ta có:
[tex] 2^{k+1}=2.2^k=4k+2>2k+3=2(k+1)+3[/tex]
Vậy BĐT đúng với mọi n
Bài tập tương tự:
[tex] CMR:(2n)!<2^{2n}(n!)^2[/tex]
Phương pháp 10: Sử dụng tính chất hàm lồi
Cho hàm số f(a,b) -> R có tính chất :
[tex] f(\frac{x_1+x_2}{2})\leq\frac{f(x_1)+f(x_2) }{2} /x1, x2\in (a,b) [/tex]
Dấu của đẳng thức sảy ra khi và chỉ khi x1=x2
Khi đó: [tex] f(\frac{x_1+x_2+...+x_n}{n}) \leq\frac{f(x_1)+f(x_2)+...+f(x_n) }{n}[/tex] (1)
với mọi x1, x2 thuộc (a,b) và dấu đẳng thức sảy ra khi và chỉ khi [tex] x_1=x_2=...=x_n[/tex]
VD:
CMR: Nếu [tex] x,y \in[o,\pi] [/tex]thì [tex]\frac{sinx+siny}{2}\leq sin(\frac{x+y}{2})[/tex]
CM:
Ta có: [tex] \frac{sinx+siny}{2}=sin(\frac{x-y}{2})cos(\frac{x+y}{2})\leq sin{\frac{x+y}{2}}[/tex]
Vì [tex] cos{\frac{x-y}{2}}\leq1 [/tex]
và [tex] sin{\frac{x+y}{2}}\geq0({0\leq\frac{x+y}{2}\leq\pi}) [/tex]
Cách khác: f(x)=sinx có f’’(x)=[tex]-sinx\leq0[/tex] nên f(x) là hàm lõm trên [tex] [0,\pi] [/tex] và ta có BĐT 1
Bài tập tương tự:
Cho A,B,C là ba góc của một tam giác, CMR:
[tex] sinA+sinB+sinC\leq\frac{3sqrt{3}}{2}[/tex]
Phương pháp 11: Dùng miền giá trị hàm
Bài toán: Chứng minh rằng B<f(x) <A với mọi x.
Đặt y=f(x) <=> y-f(x)=0 ( * )
Biện luận phương trình ( * ) theo y, => [tex] y\in(A,B)[/tex]
=>đpcm
VD:[tex] CMR: \frac{1}{3}\leq\frac{x^2+x+1}{x^2-x+1}\leq3[/tex] với mọi x
CM:
Đặt :[tex] y=\frac{1}{3}\leq\frac{x^2+x+1}{x^2-x+1}[/tex] có miền xác định D=R
=>[tex] (y-1)x^2-(y+1)x+y-1=0[/tex] có nghiệm
+, Với y=1=>x=0
+>Với y khác 1, ta có
[tex]\Delta\geq0 <=>(y+1)^2-4(y-1)^2\geq0 <=>\frac{1}{3}\leq y\leq3[/tex] (đpcm)
Bài tập tương tự:
CMR: [tex] \frac{2x^2-x+1}{2x^2+x+1}>\frac{1}{3}[/tex] với mọi x
Phương pháp 13: Dùng đạo hàm
Dạng 1: Dùng tính đơn điệu của hàm số
Hàm số f(x) liên tục trên [a,b] và có đạo hàm trên (a,b)
+ Nếu f(x)>0 với mọi x thuộc (a,b)thì hàm f(x) tăng trên [a,b]. Khi đó mọi x>a thì f(x)>f(a)
+ Nếu f'(x)<o mọi x thuộc (a,b) thì hàm f giảm trên [a,b]. Khi đó với mọi x>a thì f(x)<f(a)
VD: CMR :[tex]e^x>1+x[/tex] với mọi x khác 0
CM: đặt f(x)=[tex]e^x-x-1[/tex]. Khi đó f'(x)=[tex]e^x-1[/tex]
* Nếu x>0 thì f(x)>0 nên f tăng với mọi [tex]x\geq0[/tex]. Do đó f(x)>0, f(0)=0 =>[tex]e^x>x+1[/tex]
* Nếu x<0 thì f(x)<0 nên f giảm khi x<0. Dó đó f(x)>f(0)=0 =>[tex]e^x>x+1[/tex]
Vậy [tex]e^x>1+x [/tex]với mọi x khác 0
Bài tập tương tự: CMR với[tex] x\in(0,\frac{\pi}{2}) [/tex]thì [tex]2^{sinx}+2^{tanx}\geq2^x+1[/tex]
- Lập hiệu A-B
- Biến đổi biểu thức (A-B) và chứng minh A-B[tex] \geq[/tex]0
- Kết luận A[tex] \geq[/tex]B
- Xét trường hợp A=B khi nào
VD: CMR:
[tex] \frac{b}{a}+ \frac{a}{b}\geq2 [/tex] với mọi a, b cùng dấu.
CM: Ta có:
[tex] \frac{b}{a}+ \frac{a}{b} -2 = \frac{a^2+b^2-2ab}{ab}= \frac{(a-b)^2}{ab}[/tex]
a, b cùng dấu => ab>o => [tex] \frac{(a-b)^2}{ab}\geq0[/tex]
Vậy [tex] \frac{b}{a}+ \frac{b}{a}\geq2 [/tex]
Dấu “=” sảy ra khi và chỉ khi a-b=0, hay a=b ./.
Bài tập tương tự : CMR:
[tex] \frac{1}{1+a^2}+ \frac{1}{1+b^2}\geq \frac{2}{1+ab} [/tex]
với ab>1
Phương pháp 2: Phương pháp chứng minh trực tiếp
- Biến đổi vế phức tạp, thường là vế trái:
[tex] A=A1=A2= ... = B+M^2[/tex]
vì [tex] M^2 \geq0[/tex] nên [tex] B+M^2\geq B[/tex]
=>[tex] a\geq B[/tex]
Dấu “ =” sảy ra khi và chỉ khi M=0
VD: CMR: [tex] x^2-4x+3\geq-1[/tex]
với mọi x
CM:
Ta có: [tex] x^2-4x+3 = -1+(x-2)^2 \geq-1[/tex]
=> [tex] x^2-4x+3\geq-1[/tex]
Dấu”=” sảy ra khi và chỉ khi x=2
Bài tập tương tự:CMR:
[tex] \frac{1}{1.2}+\frac{1}{2.3}+... +\frac{1}{99.100} <1[/tex]
Phương pháp 3: Phương pháp so sánh
- Biến đổi riêng từng vế rồi so sánh kết quả. Suy ra đpcm.
[tex]A=A_1=A_2=...=A_n[/tex]
[tex]B=B_1=B_2= ...= B_n[/tex]
Nếu[tex] A_n\geq B_nthi A\geq B[/tex]
VD: CMR: [tex] 200^{300}>300^{200}[/tex]
CM: [tex]200^{300}= (200^3)^{100}= 8000000^{100}[/tex]
[tex]300^{200}= (300^2)^{100}= 90000^{100}[/tex]
=>[tex] 200^{300}>300^{200}[/tex]
Phương pháp4: Dùng tính chất tỉ số
Cho 3 số dương a,b,c :
Nếu [tex]\frac{a}{b}<1[/tex] thì [tex]\frac{a}{b}<\frac{(a+c)}{(b+c)}[/tex]
Nếu[tex] \frac{a}{b}>1 [/tex]thì [tex]\frac{a}{b}>\frac{(a+c)}{(b+c)}[/tex]
Nếu b,d>o thì từ [tex] \frac{a}{b}<\frac{c}{d}=>\frac{a}{b}<\frac{(a+c)}{(b+d)}<\frac{c}{d}[/tex]
VD: a,b,c là 3 số dương. CMR:
[tex]1<\frac{a}{a+b}+\frac{b}{c+b}+\frac{c}{a+c}<2[/tex]
CM:
Do c>o =>[tex]\frac{a}{a+b+c}<\frac{a}{a+b}<\frac{a+c}{a+b+c}[/tex] (3)
Tương tự ta có : [tex]\frac{b}{a+b+c}<\frac{b}{c+b}<\frac{a+b}{a+b+c}[/tex] (4)
và: [tex]\frac{c}{a+b+c}<\frac{c}{c+a}<\frac{c+b}{a+b+c}[/tex] (5)
cộng vế với vế 3 BĐT kép(3),(4) và (5) ta được:
[tex]1<\frac{a}{a+b}+\frac{b}{c+b}+\frac{c}{a+c}<2[/tex] (đpcm)
Bài tập tương tự: Cho các số dương a1,a2,a3,b1,b2,b3 thoả:[tex]\frac{a_1}{b_1}\leq\frac{a_2}{b_2}\leq\frac{a_3}{b_3}[/tex]
CMR: [tex]\frac{a_1}{b_1}\leq\frac{a_1+a_2+a_3}{b_1+b_2+b_3}\leq\frac{a_3}{b_3}[/tex]
Phương pháp 5: Dùng phép biến đổi tương đương
Ta biến đổi BĐT cần chứng minh tương đưng với BĐT đúng hoặc BĐT đã được chứng minh đúng.
Chú ý các BĐT sau:
- Bình phương của tổng, hiệu
- Lập phương của tổng, hiệu
-[tex](a+b+c)^2= a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca[/tex]
[tex](a+b+c+d)^2=a^2+b^2+c^2+d^2+2ab+2ac+2ad+2bc+2bd+2dc[/tex]
[tex]a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)[/tex]
VD: Cho a,b là các số thực. CMR:
[tex]a^2+b^2+1\geq ab+a+b[/tex]
CM:
Ta có: [tex]a^2+b^2+1\geq ab+a+b[/tex]
<=>[tex](a^2+b^2+1)-2(ab+a+b)\geq0[/tex]
<=>[tex](a^2-2ab+b^2)+(a^2-2a+1)+(b^2-2b+1)\geq0[/tex]
<=>[tex](a-b)^2+(a-1)^2+(b-1)^2\geq0[/tex] (luôn đúng)
=>đpcm
Bài tập tương tự:Cho a,b,c là các số thực. CMR:
[tex]\frac{a}{bc}+\frac{b}{ca}+\frac{c}{ab}\geq2(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}-\frac{1}{c})[/tex]
Phương pháp 6: Phương pháp làm trội
Dùng tính chẩt của BĐT để đưa một vế của BĐT cần chứng minh về dạng để tính tổng hữa hạn hoặc tích hữu hạn.
- Phương pháp chung để tính tổng hữu hạn:
[tex] S_n=u_1+u_2+u_3+...+u_n[/tex]
là biểu diễn số hạng tổng quát [tex] u_k[/tex] về hiệu của 2 số hạng liên tiếp nhau : [tex] u_k=a_k-a_{k+1}[/tex]
Lúc đó : [tex] S_n=(a_1-a_2)+(a_2-a_3)+...+(a_n-a_{n+1})=a_1-a_{n+1}[/tex]
-Phương pháp chung để tính tích hữu hạn [tex]P_n=u_1u_2.....u_n[/tex] là biểu diễn số hạng tổng quát [tex] u_k[/tex] về thương của 2 số hạng liên tiếp nhau [tex]u_k=\frac{a_k}{a_k+1}[/tex]
Lúc đó [tex]P_n=\frac{a_1a_2}{a_2a_3}....\frac{a_{n-1}a_n}{a_na_{n+1}}=\frac{a_1}{a_{n+1}}[/tex]
VD:Chứng minh các BĐT sau với n là STN:
a,
[tex]\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+...+\frac{1}{n^2}\<2-\frac{1}{n}[/tex](k>1)
b,
[tex]\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+...+\frac{1}{n^2}\<5/3[/tex]
CM:
a.
Với k>1 ta có
[tex]\frac{1}{k^2}<\frac{1}{k.(k-1)}=\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k}\[/tex]
Lần lượt thay k=2,3,..,n rồi cộng lại có:
[tex]\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+...+\frac{1}{n^2}<1-\frac{1}{n}[/tex] => đpcm
b.
Với mọi k>1 ta có:
[tex]\frac{1}{k^2}=\frac{4}{4k^2}<\frac{4}{4k^2-1}=\frac{4}{(2k-1)(2k+1)}=\frac{2[(2k+1)-(2k-1)}{(2k-1)(2k+1)}=2(\frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k+1})[/tex]
Vậy :
[tex]\frac{1}{k^2}<2(\frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k+1})[/tex]
Lần lượt thay k=2,3,...,n vào rồi cộng lại ta được:
[tex]\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+...+\frac{1}{n^2}<1+2(\frac{1}{3}+\frac{1}{2n+1})<1+\frac{2}{3}=\frac{5}{3}[/tex]
Bài tập tương tự
CMBĐT: :[tex]\frac{1}{2}+\frac{1}{3\sqrt{2}}+\frac{1}{4\sqrt{3}}+...+\frac{1}{(n+1)\sqrt{n}}<2[/tex]
Phương pháp 7
hương pháp lượng giácSử dụng điều kiện của biến[tex]|x|\leq k=>k>0[/tex]
Đặt x=ksina với [tex] \frac{-\pi}{2}\leq a\leq\frac{\pi}{2}[/tex] hoặc x=kcosa với [tex]0\leq a\leq \pi[/tex]
VD: [tex]|a\sqrt{9-a^2}+4a|\leq15[/tex]
CM: Điều kiện:
[tex]|a|\leq3[/tex].
Đặt [tex]a=3sin\alpha, \frac{-\pi}{2}\leq \alpha\leq\frac{\pi}{2}[/tex]
Khi đó:[tex]|a\sqrt{9-a^2}+4a|=|3.3cos\alpha+4.3sin\alpha|[/tex]
[tex]=3|3cos\alpha+4sin\alpha=15|\frac{3}{5}cos\alpha+\frac{4}{5}sin\alpha|=15|cos\alpha-\beta|\leq15[/tex]
với [tex]cos\beta=\frac{3}{5}, sin\alpha=\frac{4}{5}[/tex]
Bài tập tương tự:
CMR: nếu |x|<1 và n là số nguyên lớn hơn 2 thì ta cs BĐT:
[tex](1-x)^n=(1+x)^n<2^n[/tex]
Phương pháp 8: Dùng BĐT trong tam giác
Nếu a,b,c là số đó 3 cạnh của một tam giác thì a,b,c>0 và |b-c|<a<b+c
|a-c|<b<a+c
|a-b|<c<a+b
VD: Cho a,b,c là số đo 3 cạnh của một tam giác.CMR:
[tex]a^2+b^2+c^2<2(ab+bc+ca)[/tex]
CM:
a,b,c là số đo 3 cạnh của tam giác nên ta có :
[tex]0<a<b+c=>a^2<a(b+c)[/tex]
[tex]0<b<a+c=>b^2<b(a+c)[/tex]
[tex]0<c<b+a=>c^2<c(b+a)[/tex]
Cộng vế với vế của BĐT trên ta được
[tex]a^2+b^2+c^2<2(ab+bc+ca)[/tex] (đpcm)
Bài tập tương tự:
Cho a,b,c là số đo 3 cạnh của tam giác. CMR:
[tex]a,abc\geq(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)[/tex]
[tex]b,a^3(b^2-c^2)+b^3(c^2-a^2)+c^3(a^2-b^2)<0[/tex]
với a<b<c
Phương pháp 9: Dùng phương pháp quy nạp
Để chứng minh BĐT T(n) : n là số tự nhiên ta thực hiện các bước sau :
+ Chứng minh BĐT T(1) đúng( Kiểm tra mệnh đề đúng với số nhỏ nhất)
+ Giả sử BĐT T(k) đúng
+ Ta chứng minh BĐT T(k+1) cũng đúng
Khi đó BĐT T(n) đúng với mọi n
VD: CMR với n>2 ta có : [tex] 2^n>2n+1[/tex]
CM:
Với n=3 ta có [tex] 2^3>2.3+1 <=>8>7[/tex] BĐT đúng
Giả sử BĐT đúng với n=k,nghĩa là:
[tex] 2^k>2k+1[/tex]
Ta CM BĐT đúng với n=k+1, nghĩa là phải CM: [tex] 2^{k+1}>2(k+1)+1[/tex]
Thật vậy, ta có:
[tex] 2^{k+1}=2.2^k=4k+2>2k+3=2(k+1)+3[/tex]
Vậy BĐT đúng với mọi n
Bài tập tương tự:
[tex] CMR:(2n)!<2^{2n}(n!)^2[/tex]
Phương pháp 10: Sử dụng tính chất hàm lồi
Cho hàm số f(a,b) -> R có tính chất :
[tex] f(\frac{x_1+x_2}{2})\leq\frac{f(x_1)+f(x_2) }{2} /x1, x2\in (a,b) [/tex]
Dấu của đẳng thức sảy ra khi và chỉ khi x1=x2
Khi đó: [tex] f(\frac{x_1+x_2+...+x_n}{n}) \leq\frac{f(x_1)+f(x_2)+...+f(x_n) }{n}[/tex] (1)
với mọi x1, x2 thuộc (a,b) và dấu đẳng thức sảy ra khi và chỉ khi [tex] x_1=x_2=...=x_n[/tex]
VD:
CMR: Nếu [tex] x,y \in[o,\pi] [/tex]thì [tex]\frac{sinx+siny}{2}\leq sin(\frac{x+y}{2})[/tex]
CM:
Ta có: [tex] \frac{sinx+siny}{2}=sin(\frac{x-y}{2})cos(\frac{x+y}{2})\leq sin{\frac{x+y}{2}}[/tex]
Vì [tex] cos{\frac{x-y}{2}}\leq1 [/tex]
và [tex] sin{\frac{x+y}{2}}\geq0({0\leq\frac{x+y}{2}\leq\pi}) [/tex]
Cách khác: f(x)=sinx có f’’(x)=[tex]-sinx\leq0[/tex] nên f(x) là hàm lõm trên [tex] [0,\pi] [/tex] và ta có BĐT 1
Bài tập tương tự:
Cho A,B,C là ba góc của một tam giác, CMR:
[tex] sinA+sinB+sinC\leq\frac{3sqrt{3}}{2}[/tex]
Phương pháp 11: Dùng miền giá trị hàm
Bài toán: Chứng minh rằng B<f(x) <A với mọi x.
Đặt y=f(x) <=> y-f(x)=0 ( * )
Biện luận phương trình ( * ) theo y, => [tex] y\in(A,B)[/tex]
=>đpcm
VD:[tex] CMR: \frac{1}{3}\leq\frac{x^2+x+1}{x^2-x+1}\leq3[/tex] với mọi x
CM:
Đặt :[tex] y=\frac{1}{3}\leq\frac{x^2+x+1}{x^2-x+1}[/tex] có miền xác định D=R
=>[tex] (y-1)x^2-(y+1)x+y-1=0[/tex] có nghiệm
+, Với y=1=>x=0
+>Với y khác 1, ta có
[tex]\Delta\geq0 <=>(y+1)^2-4(y-1)^2\geq0 <=>\frac{1}{3}\leq y\leq3[/tex] (đpcm)
Bài tập tương tự:
CMR: [tex] \frac{2x^2-x+1}{2x^2+x+1}>\frac{1}{3}[/tex] với mọi x
Phương pháp 13: Dùng đạo hàm
Dạng 1: Dùng tính đơn điệu của hàm số
Hàm số f(x) liên tục trên [a,b] và có đạo hàm trên (a,b)
+ Nếu f(x)>0 với mọi x thuộc (a,b)thì hàm f(x) tăng trên [a,b]. Khi đó mọi x>a thì f(x)>f(a)
+ Nếu f'(x)<o mọi x thuộc (a,b) thì hàm f giảm trên [a,b]. Khi đó với mọi x>a thì f(x)<f(a)
VD: CMR :[tex]e^x>1+x[/tex] với mọi x khác 0
CM: đặt f(x)=[tex]e^x-x-1[/tex]. Khi đó f'(x)=[tex]e^x-1[/tex]
* Nếu x>0 thì f(x)>0 nên f tăng với mọi [tex]x\geq0[/tex]. Do đó f(x)>0, f(0)=0 =>[tex]e^x>x+1[/tex]
* Nếu x<0 thì f(x)<0 nên f giảm khi x<0. Dó đó f(x)>f(0)=0 =>[tex]e^x>x+1[/tex]
Vậy [tex]e^x>1+x [/tex]với mọi x khác 0
Bài tập tương tự: CMR với[tex] x\in(0,\frac{\pi}{2}) [/tex]thì [tex]2^{sinx}+2^{tanx}\geq2^x+1[/tex]