Giải Toán 10 SGK nâng cao Chương 4 Bài 1 Bất đẳng thức và chứng minh bất đẳng thức

Chứng minh rằng, nếu a > b và ab > 0 thì \(\frac{1}{a} < \frac{1}{b}\)

Hướng dẫn giải:

Ta có:

\(\frac{1}{a} < \frac{1}{b} \Leftrightarrow \frac{1}{b} - \frac{1}{a} > 0 \Leftrightarrow \frac{{a - b}}{{ab}} > 0\) (vì a - b > 0 và ab > 0)

Vậy \(\frac{1}{a} < \frac{1}{b}\) 

---

Chứng minh rằng nửa chu vi của tam giác lớn hơn mỗi cạnh của tam giác đó.

Hướng dẫn giải:

Gọi a, b, c là ba cạnh của một tam giác, khi đó ta có nửa chu vi của tam giác đó là: \(p = \frac{{a + b + c}}{2}\)

Ta có:

\(p - a = \frac{{a + b + c - 2a}}{2} = \frac{{b + c - a}}{2}\)

Vì b + c > a (bđt tam giác) nên p > a

Chứng minh tương tự ta có p > b và p > c.

---

Chứng minh rằng a² + b² + c² ≥ ab + bc + ca với mọi số thực a, b, c.

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

Hướng dẫn giải:

Ta có:

a² + b² + c² ≥ ab + bc + ca

⇔ a² + b² + c² – ab – bc – ca ≥ 0

⇔ 2a² + 2b² + 2c² - 2ab - 2bc - 2ca ≥ 0

⇔ (a - b)² + (b - c)² + (c - a)² ≥ 0 (luôn đúng)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a – b = b – c = c – a = 0, tức là a = b = c

---

Hãy so sánh các kết quả sau đây:

a) \(\sqrt {2000}  + \sqrt {2005} \) và \(\sqrt {2002}  + \sqrt {2003} \) (không dùng bảng số hoặc máy tính)

b) \(\sqrt {a + 2}  + \sqrt {a + 4} \) và \(\sqrt a  + \sqrt {a + 6} \,\,\left( {a \ge 0} \right)\)

Hướng dẫn giải:

Câu a:

Giả sử ta có \(\sqrt {2000}  + \sqrt {2005}  < \sqrt {2000}  + \sqrt {2003} \,\,\left( 1 \right)\)

Khi đó:

\(\begin{array}{l}
\left( 1 \right) \Leftrightarrow {\left( {\sqrt {2000}  + \sqrt {2005} } \right)^2} < {\left( {\sqrt {2000}  + \sqrt {2003} } \right)^2}\\
 \Leftrightarrow 4005 + 2\sqrt {2000.2005}  < 4005 + 2\sqrt {2002.2003} \\
 \Leftrightarrow 2000.2005 < 2002.2003\\
 \Leftrightarrow 2000.2005 < \left( {2000 + 2} \right)\left( {2005 - 2} \right)\\
 \Leftrightarrow 2000.2005 < 2000.2005 + 6\left( {ld} \right)
\end{array}\) 

Vậy \(\sqrt {2000}  + \sqrt {2005}  < \sqrt {2000}  + \sqrt {2003} \)

Câu b:

Giả sử ta có \(\sqrt {a + 2}  + \sqrt {a + 4}  \le \sqrt a  + \sqrt {a + 6} \left( {a \ge 0} \right)\,\,\left( 2 \right)\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}
\left( 2 \right) \Leftrightarrow {\left( {\sqrt {a + 2}  + \sqrt {a + 4} } \right)^2} \le {\left( {\sqrt a  + \sqrt {a + 6} } \right)^2}\\
 \Leftrightarrow 2a + 6 + 2\sqrt {\left( {a + 2} \right)\left( {a + 6} \right)}  \le 2a + 6 + 2\sqrt {a\left( {a + 6} \right)} \\
 \Leftrightarrow \left( {a + 2} \right)\left( {a + 4} \right) \le a\left( {a + 6} \right)\\
 \Leftrightarrow {a^2} + 6a + 8 \le {a^2} + 6a \Leftrightarrow 8 \le 0
\end{array}\) 

Vì \(8 \le 0\) là vô lý nên \(\sqrt {a + 2}  + \sqrt {a + 4}  > \sqrt a  + \sqrt {a + 6} \left( {a \ge 0} \right)\,\,\left( 2 \right)\)

---

Chứng minh rằng, nếu a > 0 và b > 0 thì \(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} \ge \frac{4}{{a + b}}\)

Hướng dẫn giải:

Với a > 0, b > 0 ta có:

\(\begin{array}{l}
\frac{1}{a} + \frac{1}{b} \ge \frac{4}{{a + b}} \Leftrightarrow \frac{{a + b}}{{ab}} \ge \frac{4}{{a + b}}\\
 \Leftrightarrow {\left( {a + b} \right)^2} \ge 4ab\\
 \Leftrightarrow {a^2} + 2ab + {b^2} \ge 4ab\\
 \Leftrightarrow {\left( {a - b} \right)^2} \ge 0
\end{array} (ld)\)

Vậy \(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} \ge \frac{4}{{a + b}}\)

Đẳng thức xảy ra khi a = b

---

Chứng minh rằng nếu a ≥ 0 và b ≥ 0 thì a³ + b³ ≥  ab(a + b). Khi nào đẳng thức xảy ra?

Hướng dẫn giải:

Ta có:

a³ + b³ ≥  ab(a + b)

⇔ (a + b)(a² - ab + b²) – ab(a + b) ≥  0

⇔ (a + b)(a - b)² ≥  0 (luôn đúng)

Dấu bằng xảy ra khi a = b

---

a) Chứng minh rằng a² + ab + b² ≥ 0 với mọi số thực a, b.

b) Chứng minh rằng với mọi số thực a, b tùy ý, ta có a⁴ + b⁴ ≥ a³b + ab³

Hướng dẫn giải:

Câu a: 

Ta có:

\(\begin{array}{l}
{a^2} + ab + {b^2} \ge 0 \Leftrightarrow {a^2} + 2.a.\frac{b}{2} + \frac{{{b^2}}}{4} + \frac{{3{b^2}}}{4} \ge 0\\
 \Leftrightarrow {\left( {a + \frac{b}{2}} \right)^2} + \frac{{3{b^2}}}{4} \ge 0\left( {ld} \right)
\end{array}\)

Vậy a2 + ab + b2 ≥ 0 với mọi số thực a, b.

Câu b:

Ta có:

\(\begin{array}{l}
{a^4} + {b^4} \ge {a^3}b + a{b^3}\\
 \Leftrightarrow {a^4} - {a^3}b - a{b^3} + {b^4} \ge 0\\
 \Leftrightarrow {a^3}\left( {a - b} \right) - {b^3}\left( {a - b} \right) \ge 0\\
 \Leftrightarrow \left( {a - b} \right)\left( {{a^3} - {b^3}} \right) \ge 0\\
 \Leftrightarrow {\left( {a - b} \right)^2}\left( {{a^2} + ab + {b^2}} \right) \ge 0\left( {ld} \right)
\end{array}\)

Vậy a4 + b4 ≥ a3b + ab3 với mọi a, b

---

Chứng minh rằng nếu a, b và c là độ dài ba cạnh một tam giác thì a² + b² + c² < 2(ab + bc + ca).

Hướng dẫn giải:

Áp dụng bất đẳng thức trong tam giác ta có:

\(\begin{array}{l}
a < b + c \Rightarrow {a^2} < a\left( {b + c} \right) \Rightarrow {a^2} < ab + ac\,\,\left( 1 \right)\\
b < a + c \Rightarrow {b^2} < bc + bc\,\,\left( 2 \right)\\
c < a + b \Rightarrow {c^2} < ca + cb\,\,\left( 3 \right)
\end{array}\)

Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được:

\({a^2} + {b^2} + {c^2} < 2\left( {ab + bc + ca} \right)\)

---

Chứng minh rằng nếu  a ≥ 0 và b > 0 thì \(\frac{{a + b}}{2}.\frac{{{a^2} + {b^2}}}{2} \le \frac{{{a^3} + {b^3}}}{2}\)

Hướng dẫn giải:

Ta có:

\(\begin{array}{l}
\frac{{a + b}}{2}.\frac{{{a^2} + {b^2}}}{2} \le \frac{{{a^3} + {b^3}}}{2}\\
 \Leftrightarrow {a^3} + a{b^2} + {a^2}b + {b^3} \le 2{a^3} + 2{b^3}\\
 \Leftrightarrow {a^3} - a{b^2} - {a^2}b + {b^3} \ge 0\\
 \Leftrightarrow \left( {a - b} \right)\left( {{a^2} - {b^2}} \right) \ge 0\\
 \Leftrightarrow {\left( {a - b} \right)^2}\left( {a + b} \right) \ge 0\left( {ld} \right)
\end{array}\)

Vậy \(\frac{{a + b}}{2}.\frac{{{a^2} + {b^2}}}{2} \le \frac{{{a^3} + {b^3}}}{2}\)

---

a) Chứng minh rằng, nếu \(x \ge y \ge 0\) thì \(\frac{x}{{1 + x}} \ge \frac{y}{{1 + y}}\)

b) Chứng minh rằng đối với hai số tùy ý a, b ta có: \(\frac{{\left| {a - b} \right|}}{{1 + \left| {a - b} \right|}} \le \frac{{\left| a \right|}}{{1 + \left| a \right|}} + \frac{{\left| b \right|}}{{1 + \left| b \right|}}\)

Hướng dẫn giải:

Câu a:

Với \(x \ge y \ge 0\), ta có:

\(\begin{array}{l}
\frac{x}{{1 + x}} \ge \frac{y}{{1 + y}} \Leftrightarrow x\left( {1 + y} \right) \ge y\left( {1 + x} \right)\\
 \Leftrightarrow x + xy \ge y + xy \Leftrightarrow x \ge y
\end{array}\)

Điều này đúng với giả thiệt 

Vậy ta có điều phải chứng minh

Câu b:

Vì \(\left| {a - b} \right| \ge \left| a \right| + \left| b \right|\) nên theo câu a ta có:

\(\frac{{\left| {a - b} \right|}}{{1 + \left| {a - b} \right|}} \le \frac{{\left| a \right| + \left| b \right|}}{{1 + \left| a \right| + \left| b \right|}} = \frac{{\left| a \right|}}{{1 + \left| a \right| + \left| b \right|}} + \frac{{\left| b \right|}}{{1 + \left| a \right| + \left| b \right|}} \le \frac{{\left| a \right|}}{{1 + \left| a \right| + }} + \frac{{\left| b \right|}}{{1 + \left| b \right|}}\)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = 0.

---

Chứng minh rằng:

a) Nếu a, b là hai số cùng dấu thì \(\frac{a}{b} + \frac{b}{a} \ge 2\)

b) Nếu a, b là hai số trái dấu thì \(\frac{a}{b} + \frac{b}{a} \le  - 2\)

Hướng dẫn giải:

Câu a:

Nếu a, b là hai số cùng dấu thì \(\frac{a}{b};\frac{b}{a}\) là hai số dương nên áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có:

\(\frac{a}{b} + \frac{b}{a} \ge 2\sqrt {\frac{a}{b}.\frac{b}{a}}  = 2\)

Câu b:

Nếu a, b là hai số trái dấu thì \( - \frac{a}{b}; - \frac{b}{a}\) là hai số dương nên áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có:

\( - \frac{a}{b} + \left( { - \frac{b}{a}} \right) \ge 2 \Leftrightarrow \frac{a}{b} + \frac{b}{a} \le  - 2\)

---

Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số f(x) = (x + 3)(5 – x) với −3 ≤ x ≤ 5

Hướng dẫn giải:

Vì −3 ≤ x ≤ 5 nên x + 3 ≥ 0 và 5 – x ≥ 0

Hai số không âm nên x + 3và 5 – x có tổng là: (x + 3) + (5 – x) = 8 không đổi

Do đó: f(x) đạt giá trị lớn nhất khi x + 3 = 5 – x ⇔ x = 1

Vậy với x = 1, f(x) đạt giá trị lớn nhất bằng 16.

Vì f(x) ≥ 0 nên giá trị nhỏ nhất của f(x) = 0 khi x = −3 hoặc x = 5

---

Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số \(f\left( x \right) = x + \frac{2}{{x - 1}}\) với x > 1

Hướng dẫn giải:

Vì x > 1 nên x - 1 và \(\frac{2}{{x - 1}}\) là hai số dương nên áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có:

\(f\left( x \right) = x + \frac{2}{{x - 1}} = 1 + \left( {x - 1} \right) + \frac{2}{{x - a}} \ge 1 + 2\sqrt {\left( {x - 1} \right).\frac{2}{{x - 1}}}  = 1 + 2\sqrt 2 \)

Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi \(x - 1 = \frac{2}{{x - 1}} \Leftrightarrow x = 1 + \sqrt 2 \)

Vậy giá trị nhỏ nhất của f(x) là \(1 + 2\sqrt 2 \) tại \(x = 1 + \sqrt 2 \)

 

Trên đây là nội dung chi tiết Giải bài tập nâng cao Toán 10 Chương 4 Bài 1 Bất đẳng thức và chứng minh bất đẳng thức với hướng dẫn giải chi tiết, rõ ràng, trình bày khoa học. Chúng tôi hy vọng đây sẽ là tài liệu hữu ích giúp các bạn học sinh lớp 10 học tập thật tốt.