SỬ DỤNG TIẾP TUYẾN ðỂ TÌM LỜI GIẢI TRONG Bất đẳng thức

Giới thiệu SỬ DỤNG TIẾP TUYẾN ðỂ TÌM LỜI GIẢI TRONG Bất đẳng thức

Học toán online.vn gửi đến các em học sinh và bạn đọc SỬ DỤNG TIẾP TUYẾN ðỂ TÌM LỜI GIẢI TRONG Bất đẳng thức.

Tài liệu môn Toán và hướng dẫn giải chi tiết các đề thi sẽ luôn được cập thường xuyên từ hoctoanonline.vn, các em học sinh và quý bạn đọc truy cập web để nhận những tài liệu Toán hay và mới nhất miễn phí nhé.

Tài liệu SỬ DỤNG TIẾP TUYẾN ðỂ TÌM LỜI GIẢI TRONG Bất đẳng thức

Các em học sinh và bạn đọc tìm kiếm thêm tài liệu Toán học sinh giỏi tại đây

Chuyên ñ s dng tip tuyn ñ tìm li gii trong ch ng minh b t ñ ng th c SỬ DỤNG TIẾP TUYẾN ðỂ TÌM LỜI GIẢI TRONG CHỨNG MINH BẤT ðẲNG THỨC Ta biết tiếp tuyến của ñồ thị hàm số y=f(x) tại mọi ñiểm bất kì trên khoảng lồi luôn nằm phía trên ñồ thị và tiếp tuyến tại mọi ñiểm trên khoảng lõm luôn nằm phía dưới ñồ thị, còn tại ñiểm uốn của ñồ thị thì tiếp tuyến xuyên qua nên ta có nhận xét sau. Nhận xét. Nếu y=ax+b là tiếp tuyến của ñồ thị hàm số y = f ( x) tại ñiểm A( x0 ; y0 ) ( A không phải là ñiểm uốn), khi ñó tồn tại một khoảng (α; β) chứa ñiểm x0 sao cho f ( x) ≥ ax + b ∀x ∈ (α ; β ) hoặc f ( x) ≤ ax + b ∀x ∈ (α ; β ) . ðẳng thức xảy ra khi x=x0 Từ ñây ta có: f ( x1 ) + f ( x2 ) + … + f ( xn ) ≥ a( x1 + x2 + … + xn ) + nb (hoặc f ( x1 ) + f ( x2 ) + … + f ( xn ) ≤ a( x1 + x2 + … + xn ) + 3n ) (*) với mọi x1 , x2 ,…, xn ∈ (α ; β ) và ñẳng thức xảy ra khi x1 = x 2 = … = x n = x 0 . Nếu các biến xi coù toång n ∑ xi = k (k khoâng ñoåi) thì (*) ñược viết lại dưới dạng sau i =1 f ( x1 ) + f ( x2 ) + … + f ( xn ) ≥ ak + nb ( hoặc f ( x1 ) + f ( x2 ) + … + f ( xn ) ≤ ak + nb )(**). Bây giờ ta vận dụng nhận xét này ñể chứng minh một số bất ñẳng thức. Bài toán 1. Cho a, b, c ∈ R và a + b + c = 6 . Cmr : a4 + b 4 + c 4 ≥ 2(a3 + b3 + c3 ) Nhận xét. Ta thấy ñẳng thức xảy ra khi a = b = c = 2 và Bñt cần chứng minh có dạng (a 4 ) ( ) ( ) − 2a3 + b 4 − 2b3 + c 4 − 2c3 ≥ 0 ⇔ f (a) + f (b) + f (c) ≥ 0 Trong ñó f ( x) = x 4 − 2 x3 . Ta có tiếp tuyến của ñồ thị hàm số tại y = f ( x ) ñiểm có hoành ñộ x = 2 là: y = 8 x -16 . Ta hy vọng có sự ñánh giá: f ( x ) ≥ 8 x − 16 vôùi ∀x ∈ R Ta có: f ( x) − (8 x -16) = x 4 − 2 x3 − 8 x + 16 = ( x − 2) 2 ( x 2 − 2 x + 4) ≥ 0 ∀x . Vậy ta có lời giải như sau. Lời giải. Ta có: a 4 − 2 a3 − (8a − 16) = (a − 2)2 (a2 − 2 a + 4) ≥ 0 ∀a ∈ R ⇒ a 4 − 2 a3 ≥ 8a − 16 ∀a ∈ R . Tương tự ta cũng có b 4 − 2 b3 ≥ 8b − 16 ; c 4 − 2c3 ≥ 8c − 16 . Cộng 3 bất ñẳng thức này lại với nhau ta có a 4 + b 4 + c 4 − 2(a 3 + b3 + c3 ) ≥ 8(a + b + c) − 48 = 0 (ñpcm). Chú ý. Vì y = 8 x − 16 là tiếp tuyến của ñồ thị hàm số y=x4-2×3 tại ñiểm có hoành ñộ x=2 nên ta có sự phân tích f(x)-(8x-16)=(x-2)kg(x) với k ≥2 và g(2)≠ 0. GV: Nguyeãn Taát Thu Naêm hoïc 2005 – 2006 1 Chuyên ñ s dng tip tuyn ñ tìm li gii trong ch ng minh b t ñ ng th c 3 a b c 9 và a + b + c = 1 . Cmr: 2 + 2 + 2 ≤ . 4 a + 1 b + 1 c + 1 10 ( Vô ñịch Toán Ba Lan 1996) 1 Nhận xét. Ta thấy ñẳng thức xảy ra khi a = b = c = và Bñt ñã cho có dạng 3 9 x 3 5 f ( a ) + f (b ) + f ( c ) ≤ trong ñó f ( x) = 2 với x ∈ [- ; ] . Tiếp tuyến của ñồ thị 4 2 10 x +1 1 36 x + 3 hàm số y = f ( x) tại ñiểm có hoành ñộ x = là : y = 3 50 2 x 36 x + 3 36 x + 3 (3 x − 1) (4 x + 3) 3 5 − f ( x) = − 2 = ≥ 0 ∀x ∈ [- ; ] Xét 2 50 50 4 2 x +1 50( x + 1) Vậy ta có lời giải như sau . Bài toán 2. Cho a, b, c ≥ − Lời giải. Ta có 36a + 3 (3a − 1) 2 (4a + 3) 3 36a + 3 3 a a a a − 2 = ≥ 0 ∀ ≥ − ⇒ ≤ ∀ ≥ − 50 4 50 4 a +1 a2 + 1 50(a 2 + 1) a b c 36(a + b + c) + 9 9 Vậy : 2 + 2 + 2 ≤ = . 50 10 a +1 b +1 c +1 ðây là một bài toán hay và tương ñối khó, thông thường chúng ta chỉ gặp những bất ñẳng thức ñối xứng ba biến với ñiều kiện các biến không âm. Từ lời giải trên ta thấy ñiều kiện của bài toán là rất chặt và cần thiết. Trong hai bài toán trên Bñt cần chứng minh là các Bñt có ñiều kiện và ñều có dạng (**). Vậy dấu hiệu ñể chúng ta có liên tưởng ñến phương pháp này là bất ñẳng thức cần chứng minh có dạng (*) hoặc (**), tuy nhiên có nhiều trường hợp Bñr cần chứng minh chưa xuất riện dạng (*) hay (**) nhưng qua một số bước biến ñổi hoặc ñánh giá ta chuyển Bñt ñã cho về (*) hay (**). Ta xét bài toán sau. Bài toán 3. Cho a, b, c>0 và a+b+c=3. Cmr: a + b + c ≥ ab + bc + ca . (Vô ñịch Toán Nga 2002) Nhận xét. Mới ñầu nhìn vào Bñt ta chưa thấy xuất hiện dạng (*) hay (**), tuy nhiên chúng ta lưu ý ñến ñẳng thức (a+b+c)2=a2+b2+c2+2ab+2bc+ca thì Bñt ñã cho có thể viết lại như sau : a 2 + 2 a + b 2 + 2 b + c 2 + 2 c ≥ 9 ⇔ f (a ) + f (b) + f (c) ≥ 9 trong ñó f ( x) = x 2 + 2 x với 00 thoả mãn a+b+c=1. Cmr : a b c 9 + + ≥ . 1 + bc 1 + ac 1 + ab 10 b + c 2 1− a 2 a + c 2 1− b 2 b + a 2 1− c 2 ) =( ) ; ca ≤ ( ) =( ) ; ab ≤ ( ) =( ) 2 2 2 2 2 2 a b c 4a 4b 4c + + ≥ 2 + 2 + 2 nên 1 + bc 1 + ac 1 + ab a − 2a + 5 b − 2b + 5 c − 2c + 5 (Nhận xét : ðẳng thức xảy ra khi a=b=c=1/3 và tiếp tuyến của ñồ thị hàm số 4x 99 x − 3 y = f ( x) = 2 tại ñiểm có hoành ñộ x=1/3 là : y = ) 100 x − 2x + 5 4x 99 x − 3 (3 x − 1)2 (15 − 11x ) Ta có : 2 − = ≥ 0 ∀x ∈ (0;1) 100 x − 2x + 5 100( x 2 − 2 x + 5) 4a 4b 4c 99(a + b + c) − 9 9 Suy ra : 2 + 2 + 2 ≥ = ñpcm. a − 2a + 5 b − 2b + 5 c − 2c + 5 100 10 Lời giải. Ta có bc ≤ ( Trong nhiều trường hợp, Bñt thức cần chứng minh là thuần nhất khi ñó ta có thể chuẩn hóa Bñt và chuyển Bñt cần chứng minh về dạng (*) hoặc (**). Các bài toán sau sẽ cho chúng ta thấy rõ vấn ñề này. Bài toán 5. Cho a,b,c là ñộ dài ba cạnh tam giác. Cmr. 1 1 1 9 1 1   1 + + + ≥ 4 + + . a b c a+b+c a+b b+c c+a Nhận xét. Ta thấy Bñt cần chứng minh chưa có dạng (*) hay (**), tuy nhiên vì Bñt cần chứng minh là thuần nhất nên ta có thể giả sử a + b + c = 1 mà không làm mất tính tổng quát của bài toán. 4 1 4 1 4 1 Khi ñó Bất ñẳng thức ñã cho trở thành : ( − )+( − )+( − )≤9 1− a a 1− b b 1− c c GV: Nguyeãn Taát Thu Naêm hoïc 2005 – 2006 3 Chuyên ñ s dng tip tuyn ñ tìm li gii trong ch ng minh b t ñ ng th c 5x − 1 . Bất ñẳng thức ñã cho xảy ra dấu “=” x − x2 1 1 khi a = b = c = . Tiếp tuyến của ñồ thị hàm số y=f(x) tại ñiểm có hoành ñộ x = là : 3 3 2 (3 x − 1) (2 x − 1) y = 18 x − 3 .Phải chăng ta có ñánh giá: f ( x) − (18 x − 3) = ≤ 0 (1)? x − x2 Vì a,b,c là ñộ dài ba cạnh tam giác thỏa mãn a + b + c = 1, giả sử a=max{a,b,c} khi ñó 1 1 1 = a + b + c > 2 a ⇒ a < suy ra a, b, c ∈ (0; ) . Do ñó (1) ñúng 2 2 Lời giải. Không làm mất tính tổng quát ta giả sử a+b+c=1, khi ñó Bñt ñã cho trở thành 5a − 1 5a − 1 5c − 1 + + ≤ 9. a − a 2 b − b2 c − c2 Vì a,b,c là ñộ dài ba cạnh tam giác và a+b+c=1 suy ra 0 0 . Cmr : + + ≥ (b + c)2 + a 2 (c + a ) 2 + b 2 (a + b)2 + c 2 5 (Olympic Toán Nhật Bản 1997) ⇔ f (a ) + f (b) + f (c) ≤ 9 trong ñó f ( x) = Lờii giải. Vì Bñt cần chứng minh thuần nhất nên ta chỉ cần chứng minh Bñt ñúng với mọi số thực a,b,c thỏa mãn a + b + c = 1. Khi ñó Bñt ñã cho trở thành: (1 − 2a )2 (1 − 2b)2 (1 − 2c)2 3 + + ≥ (1 − a ) 2 + a 2 (1 − b)2 + b 2 (1 − c)2 + c 2 5 4a 2 − 4 a + 1 4b 2 − 4b + 1 4c 2 − 4c + 1 3 2a 2 − 2a + 1 2b 2 − 2b + 1 2c 2 − 2c + 1 5 1 1 1 27 27 ⇔ 2 + 2 + 2 ≤ ⇔ f (a ) + f (b) + f (c) ≤ 5 2a − 2a + 1 2b − 2b + 1 2c − 2c + 1 5 1 Trong ñó f ( x) = 2 với x ∈ (0;1) 2x − 2x + 1 1 54 x + 27 Tiếp tuyến của ñồ thị hàm số y=f(x) tại ñiểm có hoành ñộ x = là y = 3 25 ⇔ + GV: Nguyeãn Taát Thu + ≥ Naêm hoïc 2005 – 2006 4 Chuyên ñ s dng tip tuyn ñ tìm li gii trong ch ng minh b t ñ ng th c 54 x + 27 2(54 x3 − 27 x 2 + 1) 2(3 x − 1)2 (6 x + 1) Ta có: − f ( x) = = ≥ 0 ∀x ∈ (0;1) 25 25(2 x 2 − 2 x + 1) 25(2 x 2 − 2 x + 1) 54(a + b + c) + 81 27 ⇒ f ( a) + f ( b) + f (c ) ≤ = ñpcm. 25 5 Chuẩn hoá là kĩ thuật mà chúng ta hay gặp trong chứng minh bất ñẳng thức thuần nhất. Qua các hai bài toán trên ta thấy nhờ việc chuẩn hoá mà ta có thể ñưa ñược bất ñẳng thức ñã cho về dạng (*) hoặc (**). Tùy thuộc vào ñặc ñiểm của từng bài toán mà ta chọn cách chuẩn hóa pù hợp. Ta xét ví dụ sau Bài toán 7. Cho a,b,c>0. Cmr : 1+ 3 2 1 1 1 (a + b2 + c2 )( + + ) ≥ a + b + c + a2 + b2 + c2 . a b c 3 3 (Trích ñề thi Albania 2002) Lời giải. Vì BðT ñã cho ñồng bậc nên ta chuẩn hóa bất ñẳng thức bằng cách cho a 2 + b 2 + c 2 = 1 , khi ñó bñt cần chứng minh trở thành: f (a ) + f (b) + f (c) ≥ 1 trong ñó: 1+ 3 1 1 . − x với 00. Cmr: (2a + b + c) (2b + c + a) + + (2c + a + b) ≤ 8. 2a + (b + c) 2b + (c + a ) 2c + ( a + b ) (Vô ñịch toán Mỹ 2003) a(b + c) b(c + a) c( a + b ) 6 2. Cho a, b, c > 0 .Cmr: 2 + + ≤ . 2 2 2 2 2 5 a + (b + c) b + (c + a) c + ( a + b) (Trích ñề thi Olympic 30-4 Lớp 11 năm 2006) 2 2 3. Cho các số thực dương x,y,z. Cmr: 2 2 2 2 xyz ( x + y + z + x 2 + y 2 + z 2 ) ( x + y + z )( xy + yz + zx) (Vô ñịch toán Hồng Kông 1997) 2 n 4. Cho n số thực dương thoả mãn: ∑a i =1 i 2 2 ≤ 3+ 3 . 9 = n . Cmr: xn x1 1 1 … ( New Zealand 1998) + … + ≤ + + 1 + xn2 1 + x1 1 + xn 1 + x12 5. Cho a.b.c.d >0 thỏa mãn: ab + bc + cd + da = 1 . Cmr : a3 b3 c3 d3 1 + + + ≥ . b+c+d c+d +a d +a+b a+b+c 3 a b c 9 6. Cho a,b,c>0 .Cmr + + ≥ . (b + c)2 (c + a)2 (a + b)2 4(a + b + c) 1 1 1 9 7. Cho a, b, c > 0 ; a2 + b2 + c2 = 1 . Cmr : + + ≤ . 1 − ab 1 − bc 1 − ca 2 1 1 1 8. Cho a, b, c > 0 và a 2 + b 2 + c 2 = 1 . Cmr : ( + + ) − (a + b + c) ≥ 2 3 . a b c 1 1 1 4 9. Cho a,b,c>0 thỏa mãn: a 2 + b 2 + c 2 = 3.Cmr : + + + (a + b + c) ≥ 7 . a b c 3 3 3 3 3a + b + c ) 3b + c + a ) 3c + b + a ) ( ( ( 375 10. Cho a, b,c>0 .Cmr: 3 . + + ≤ 3 3 3 11 3a + ( b + c ) 3b3 + ( a + c ) 3c3 + ( b + a ) 11. Cho a,b,c>0.Cmr: a3 + b3 + c3 ≥ 1. a + (b + c ) b + (c + a) c + (a + b) 12. Cho a,b,c là ñộ dài các cạnh tam giác . Cmr: 1 1 1 1 1 1 + + ≤ + + . a b c a +b−c b+c−a c+a −b a+b+c + a 9+3 3 ≥ 13. Cho các số thực dương a,b,c. Cmr: ∑ . b+c 2 a+b+c cyc 14. Cho các số thực dương a,b,c,d thỏa mãn: a+b+c+d=2. Cmr GV: Nguyeãn Taát Thu 3 3 3 3 Naêm hoïc 2005 – 2006 3 3 6 Chuyên ñ s dng tip tuyn ñ tìm li gii trong ch ng minh b t ñ ng th c 16 a2 b2 c2 d2 + 2 + 2 + 2 ≤ . 2 2 2 2 2 25 (a + 1) (b + 1) (c + 1) (d + 1) 2×2 2y2 2 z2 + + ≤ 1. 2 x 2 + ( y + z )2 2 y 2 + ( z + x )2 2 z 2 + ( x + y )2 16. Cho a,b,c>0 và a+b+c=1. Cmr: 10(a3 + b3 + c3 ) − 9(a 5 + b5 + c5 ) ≥ 1 (China 2005) 15. Cmr: 17. Cho a,b,c>0. Cmr GV: Nguyeãn Taát Thu a b c 3 + + ≥ (a + b + c) (Serbia 2005) 2 b+c c+a a+b Naêm hoïc 2005 – 2006 7
guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments

Bài viết tương tự

Scroll to Top