✅ Công thức bất đẳng thức ⭐️⭐️⭐️⭐️⭐

– Với n ∈ N*: a

– Với n ∈ N* và a>0: a
° Khai căn hai vế của một bất đẳng thức

2. Các hệ quả của Bất đẳng thứ Cô-si

° Hệ quả 1: Tổng của một số dương với nghịch đảo của nó lớn hơn hoặc bằng 2.

Bất đẳng thức chứa dấu trị tuyệt đối

Từ định nghĩa giá trị tuyệt đối, ta có đặc thù bất đẳng thức trị tuyệt đối như sau
° | x | ≥ 0, | x | ≥ x, | x | ≥ – x
° Với a > 0 :
| x | ≤ 0 ⇔ – a ≤ x ≤ a
| x | ≥ a ⇔ x ≤ – a hoặc x ≥ a
° | a | – | b | ≤ | a + b | ≤ | a | + | b |

Bài tập vận dụng Bất đẳng thức

* Bài 1 trang 79 SGK Đại Số 10: Trong các khẳng định sau, khẳng định nào đúng với mọi giá trị của x?

a ) 8 x > 4 x ; b ) 4 x > 8 x
c ) 8×2 > 4×2 ; d ) 8 + x > 4 + x

* Lời giải:

– Đáp án đúng : d ) 8 + x > 4 + x

– Vì 8 > 4 nên với mọi x thì 8+ x > 4+ x ( tính chất cộng hai vế của BĐT với 1 số). Nên khẳng định d là đúng với mọi giá trị của x.

+ Các đáp án khác sai vì :
a ) Ta có : 8 > 4 nên để 8 x > 4 x thì x > 0
– Do đó, chỉ đúng khi x > 0 ( hay nói cách khác nếu x < 0 thì a sai ) b ) Ta có : 4 < 8 nên để 4 x > 8 x thì x < 0 . – Do đó, khẳng định chắc chắn chỉ đúng khi x < 0 c ) chỉ đúng khi x ≠ 0

Bài 2 trang 79 SGK Đại Số 10: Cho số x > 5, số nào trong các số sau đây là số nhỏ nhất?

A = 5 / x ; B = 5 / x + 1 ; C = 5 / x – 1 ; D = x / 5 .

* Lời giải:

– Với mọi x ≠ 0 ta luôn có : – 1 < 0 < 1. Do đó ,
→ Vậy ta có C < A < B và C < A < D nên trong bốn số trên, C là số nhỏ nhất .

* Bài 3 trang 79 SGK Đại Số 10: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác.

1 ) Chứng minh ( b – c ) 2 < a2 2 ) Từ đó suy ra : a2 + b2 + c2 < 2 ( ab + bc + ca )

* Lời giải:

1 ) ( b – c ) 2 < a2 – Vì a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác nên tổng 2 cạnh luôn lớn hơn cạnh còn lại. ⇒ a + c > b và a + b > c ( Bất đẳng thức tam giác )
– Ta có : ( b – c ) 2 – a2 = ( b – c – a ) ( b – c + a )
Do b < a + c ⇒ b – a – c < 0 và b + a > c ⇒ b + a – c > 0 .
Suy ra : ( b – c – a ) ( b – c + a ) < 0 ⇔ ( b – c ) 2 – a2 < 0 ⇔ ( b – c ) 2 < a2 2 ) Từ tác dụng câu 1 ) ta có a2 > ( b – c ) 2
b2 > ( a – c ) 2
c2 > ( a – b ) 2
– Cộng vế với vế ba bất đẳng thức trên ta có :
a2 + b2 + c2 > ( b – c ) 2 + ( c – a ) 2 + ( a – b ) 2
⇒ a2 + b2 + c2 > b2 – 2 bc + c2 + c2 – 2 ca + a2 + a2 – 2 ab + b2
⇒ a2 + b2 + c2 > 2 ( a2 + b2 + c2 ) – 2 ( ab + bc + ca )
⇒ a2 + b2 + c2 < 2 ( ab + bc + ca ) ( đpcm ) .

Bài 4 trang 79 SGK Đại Số 10: Chứng minh rằng: x3 + y3 ≥ x2y + xy2, ∀x, y ≥ 0

* Lời giải:

Với x ≥ 0 ; y ≥ 0 thì x + y ≥ 0
Ta có : x3 + y3 ≥ x2y + xy2
⇔ ( x3 + y3 ) – ( x2y + xy2 ) ≥ 0
⇔ ( x + y ) ( x2 – xy + y2 ) – xy ( x + y ) ≥ 0
⇔ ( x + y ) ( x2 – xy + y2 – xy ) ≥ 0
⇔ ( x + y ) ( x2 – 2 xy + y2 ) ≥ 0
⇔ ( x + y ) ( x – y ) 2 ≥ 0 ( Luôn đúng vì x + y ≥ 0 ; ( x – y ) 2 ≥ 0 )
Dấu “ = ” xảy ra khi ( x – y ) 2 = 0 ⇔ x = y .

* Bài 5 trang 79 SGK Đại Số 10: Chứng minh rằng: 

+ Xét 0 ≤ t < 1 ⇒ t3 < 1 ⇒ 1 – t3 > 0 ; 1 – t > 0
t8 – t5 + t2 – t + 1 = t8 + ( t2 – t5 ) + ( 1 – t ) = t8 + t2. ( 1 – t3 ) + ( 1 – t ) > 0 + 0 + 0 = 0
( vì t8 ≥ 0 ; t2 ≥ 0 ⇒ t2 ( 1 – t3 ) ≥ 0 )
+ Xét t ≥ 1 ⇒ t3 ≥ 1 ⇒ t3 – 1 ≥ 0 và t – 1 ≥ 0 .
t8 – t5 + t2 – t + 1 = t5. ( t3 – 1 ) + t. ( t – 1 ) + 1 ≥ 0 + 0 + 1 > 0
Vậy với mọi t ≥ 0 thì t8 – t5 + t2 – t + 1 ≥ 50% > 0 hay

Bài 6 trang 79 SGK Đại Số 10: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, trên các tia Ox và Oy lần lượt lấy các điểm A và B thay đổi sao cho đường thẳng AB luôn tiếp xúc với đường tròn tâm O bán kính 1. Xác định tọa độ của A và B để đoạn AB có độ dài nhỏ nhất.

Lời giải:

– Gọi tiếp điểm của AB và đường tròn tâm O, nửa đường kính 1 là M, ta có : OM ⊥ AB .
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có :
MA + MB ≥ 2 √ MA.MB = 2. √ 1 = 2

Dấu « = » xảy ra khi MA = MB = 1.

Khi đó OA = √ ( MA2 + MO2 ) = √ 2 ; OB = √ ( OM2 + MB2 ) = √ 2 .
Mà A, B nằm trên tia Ox và Oy nên A ( √ 2 ; 0 ) ; B ( 0 ; √ 2 )
Vậy tọa độ là A ( √ 2, 0 ) và B ( 0, √ 2 ) .