chứng minh bất đẳng thức hay và dễ nhất
lượt xem 44
download
Tham khảo bài viết 'chứng minh bất đẳng thức hay và dễ nhất', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả
Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!
Nội dung Text: chứng minh bất đẳng thức hay và dễ nhất
- Chuyên ñ s d ng ti p tuy n ñ tìm l i gi i trong ch ng minh b t ñ ng th c S D NG TI P TUY N ð TÌM L I GI I TRONG CH NG MINH B T ð NG TH C Ta bi t ti p tuy n c a ñ th hàm s y=f(x) t i m i ñi m b t kì trên kho ng l i luôn n m phía trên ñ th và ti p tuy n t i m i ñi m trên kho ng lõm luôn n m phía dư i ñ th , còn t i ñi m u n c a ñ th thì ti p tuy n xuyên qua nên ta có nh n xét sau. Nh n xét. N u y=ax+b là ti p tuy n c a ñ th hàm s y = f ( x) t i ñi m A( x0 ; y0 ) ( A không ph i là ñi m u n), khi ñó t n t i m t kho ng (α; β) ch a ñi m x0 sao cho f ( x) ≥ ax + b ∀x ∈ (α ; β ) ho c f ( x) ≤ ax + b ∀x ∈ (α ; β ) . ð ng th c x y ra khi x=x0 T ñây ta có: f ( x1 ) + f ( x2 ) + ... + f ( xn ) ≥ a( x1 + x2 + ... + xn ) + nb (ho c f ( x1 ) + f ( x2 ) + ... + f ( xn ) ≤ a( x1 + x2 + ... + xn ) + 3n ) (*) v i m i x1 , x2 ,..., xn ∈ (α ; β ) và ñ ng th c x y ra khi x1 = x 2 = ... = x n = x 0 . n ∑ xi = k (k khoâng ñoåi) N u các bi n xi coù toång thì (*) ñư c vi t l i dư i d ng sau i =1 f ( x1 ) + f ( x2 ) + ... + f ( xn ) ≥ ak + nb ( ho c f ( x1 ) + f ( x2 ) + ... + f ( xn ) ≤ ak + nb )(**). Bây gi ta v n d ng nh n xét này ñ ch ng minh m t s b t ñ ng th c. Bài toán 1. Cho a, b, c ∈ R và a + b + c = 6 . Cmr : a4 + b 4 + c 4 ≥ 2(a3 + b3 + c3 ) Nh n xét. Ta th y ñ ng th c x y ra khi a = b = c = 2 và Bñt c n ch ng minh có d ng (a )( )( ) − 2a3 + b 4 − 2b3 + c 4 − 2c3 ≥ 0 ⇔ f (a) + f (b) + f (c) ≥ 0 4 Trong ñó f ( x) = x 4 − 2 x3 . Ta có ti p tuy n c a ñ th hàm s t i y = f ( x ) ñi m có hoành ñ x = 2 là: y = 8 x -16 . Ta hy v ng có s 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 . V y ta có l i gi i như sau. L i gi i. 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 t ta cũng có b 4 − 2 b3 ≥ 8b − 16 ; c 4 − 2c3 ≥ 8c − 16 . C ng 3 b t ñ ng th c này l i v i 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 ti p tuy n c a ñ th hàm s y=x4-2x3 t i ñi m có hoành ñ x=2 nên ta có s phân tích f(x)-(8x-16)=(x-2)kg(x) v i k ≥2 và g(2)≠ 0. 1 GV: Naêm hoïc 2005 – 2006 GV: Nguyeãn Taát Thu
- Chuyên ñ s d ng ti p tuy n ñ tìm l i gi i trong ch ng minh b t ñ ng th c 3 9 a b c Bài toán 2. Cho a, b, c ≥ − và a + b + c = 1 . Cmr: 2 +2 +2 ≤. a + 1 b + 1 c + 1 10 4 ( Vô ñ ch Toán Ba Lan 1996) 1 Nh n xét. Ta th y ñ ng th c x y ra khi a = b = c = và Bñt ñã cho có d ng 3 35 9 x v i x ∈ [- ; ] . Ti p tuy n c a ñ th f ( a ) + f (b ) + f ( c ) ≤ trong ñó f ( x) = 2 x +1 42 10 36 x + 3 1 hàm s y = f ( x) t i ñi m có hoành ñ x = là : y = 3 50 36 x + 3 36 x + 3 (3 x − 1) (4 x + 3) 2 x 35 − f ( x) = −2 = ≥ 0 ∀x ∈ [- ; ] Xét x +1 50( x + 1) 2 50 50 42 V y ta có l i gi i như sau . L i gi i. Ta có 36a + 3 (3a − 1) 2 (4a + 3) 36a + 3 a 3 a 3 −2 = ≥ 0 ∀a ≥ − ⇒ 2 ≤ ∀a ≥ − a +1 50(a 2 + 1) a +1 50 4 50 4 36(a + b + c) + 9 9 a b c +2 +2 ≤ =. V y: 2 a +1 b +1 c +1 50 10 ðây là m t bài toán hay và tương ñ i khó, thông thư ng chúng ta ch g p nh ng b t ñ ng th c ñ i x ng ba bi n v i ñi u ki n các bi n không âm. T l i gi i trên ta th y ñi u ki n c a bài toán là r t ch t và c n thi t. Trong hai bài toán trên Bñt c n ch ng minh là các Bñt có ñi u ki n và ñ u có d ng (**). V y d u hi u ñ chúng ta có liên tư ng ñ n phương pháp này là b t ñ ng th c c n ch ng minh có d ng (*) ho c (**), tuy nhiên có nhi u trư ng h p Bñr c n ch ng minh chưa xu t ri n d ng (*) hay (**) nhưng qua m t s bư c bi n ñ i ho c ñánh giá ta chuy n Bñt ñã cho v (*) 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 ñ ch Toán Nga 2002) Nh n xét. M i ñ u nhìn vào Bñt ta chưa th y xu t hi n d ng (*) hay (**), tuy nhiên chúng ta lưu ý ñ n ñ ng th c (a+b+c)2=a2+b2+c2+2ab+2bc+ca thì Bñt ñã cho có th vi t l i 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 v i 0
- Chuyên ñ s d ng ti p tuy n ñ tìm l i gi i trong ch ng minh b t ñ ng th c L i gi i. Bñt ñã cho tương ñương v i: a 2 + 2 a + b 2 + 2 b + c 2 + 2 c ≥ 9 Ta có: a 2 + 2 a − 3a = ( a − 1) 2 (a + 2 a ) ≥ 0 ⇒ a 2 +2 a ≥ 3a . Tương t : b 2 + 2 b ≥ 3b ; c 2 +2 c ≥ 3c . C ng ba Bñt trên ta có ñpcm. Chú ý:V i bài toán trên ta có th s d ng BðT Cô si ñ ch ng minh Bài toán 4. Cho các s th c a,b,c>0 tho 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 L i gi i. Ta có bc ≤ ( ) =( ) ; 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 (Nh n xét : ð ng th c x y ra khi a=b=c=1/3 và ti p tuy n c a ñ th hàm s 99 x − 3 4x y = f ( x) = 2 t i ñi m có hoành ñ x=1/3 là : y = ) x − 2x + 5 100 99 x − 3 (3 x − 1)2 (15 − 11x ) 4x − = ≥ 0 ∀x ∈ (0;1) Ta có : 2 100( x 2 − 2 x + 5) x − 2x + 5 100 99(a + b + c) − 9 9 4a 4b 4c +2 +2 ≥ = ñpcm. Suy ra : 2 a − 2a + 5 b − 2b + 5 c − 2c + 5 100 10 Trong nhi u trư ng h p, Bñt th c c n ch ng minh là thu n nh t khi ñó ta có th chu n hóa Bñt và chuy n Bñt c n ch ng minh v d ng (*) ho c (**). Các bài toán sau s cho chúng ta th y rõ v n ñ này. Bài toán 5. Cho a,b,c là ñ dài ba c nh tam giác. Cmr. 1 1 111 9 1 +++ ≥ 4 + + . a b c a+b+c a+b b+c c+a Nh n xét. Ta th y Bñt c n ch ng minh chưa có d ng (*) hay (**), tuy nhiên vì Bñt c n ch ng minh là thu n nh t nên ta có th gi s a + b + c = 1 mà không làm m t tính t ng quát c a bài toán. 4 1 4 1 4 1 − )+( − )+( − )≤9 Khi ñó B t ñ ng th c ñã cho tr thành : ( 1− a a 1− b b 1− c c 3 GV: Naêm hoïc 2005 – 2006 GV: Nguyeãn Taát Thu
- Chuyên ñ s d ng ti p tuy n ñ tìm l i gi i trong ch ng minh b t ñ ng th c 5x − 1 ⇔ f (a ) + f (b) + f (c) ≤ 9 trong ñó f ( x) = . B t ñ ng th c ñã cho x y ra d u “=” x − x2 1 1 khi a = b = c = . Ti p tuy n c a ñ th hàm s y=f(x) t i ñi m có hoành ñ x = là : 3 3 (3 x − 1) (2 x − 1) 2 y = 18 x − 3 .Ph i chăng ta có ñánh giá: f ( x) − (18 x − 3) = ≤ 0 (1)? x − x2 Vì a,b,c là ñ dài ba c nh tam giác th a mãn a + b + c = 1, gi s 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 L i gi i. Không làm m t tính t ng quát ta gi s a+b+c=1, khi ñó Bñt ñã cho tr thành 5a − 1 5a − 1 5c − 1 + + ≤ 9. a − a 2 b − b2 c − c2 Vì a,b,c là ñ dài ba c nh tam giác và a+b+c=1 suy ra 0
- Chuyên ñ s d ng ti p tuy n ñ tìm l i gi i 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) − f ( x) = = ≥ 0 ∀x ∈ (0;1) Ta có: 25(2 x 2 − 2 x + 1) 25(2 x 2 − 2 x + 1) 25 54(a + b + c) + 81 27 ⇒ f ( a) + f ( b) + f (c ) ≤ = ñpcm. 25 5 Chu n hoá là kĩ thu t mà chúng ta hay g p trong ch ng minh b t ñ ng th c thu n nh t. Qua các hai bài toán trên ta th y nh vi c chu n hoá mà ta có th ñưa ñư c b t ñ ng th c ñã cho v d ng (*) ho c (**). Tùy thu c vào ñ c ñi m c a t ng bài toán mà ta ch n cách chu n hóa pù h p. Ta xét ví d sau Bài toán 7. Cho a,b,c>0. Cmr : 1+ 3 2 111 (a + b2 + c2 )( + + ) ≥ a + b + c + a2 + b2 + c2 . abc 33 (Trích ñ thi Albania 2002) L i gi i. Vì BðT ñã cho ñ ng b c nên ta chu n hóa b t ñ ng th c b ng cách cho a 2 + b 2 + c 2 = 1 , khi ñó bñt c n ch ng minh tr thành: f (a ) + f (b) + f (c) ≥ 1 trong ñó: 1+ 3 1 1 f ( x) = . − x v i 0
- Chuyên ñ s d ng ti p tuy n ñ tìm l i gi i trong ch ng minh b t ñ ng th c (2a + b + c) (2b + c + a) (2c + a + b) + + ≤ 8. 1.Cho a,b,c>0. Cmr: 2a + (b + c) 2b + (c + a ) 2c + ( a + b ) 2 2 2 2 2 2 (Vô ñ ch toán M 2003) a(b + c) b(c + a) c( a + b ) 6 2. Cho a, b, c > 0 .Cmr: 2 +2 +2 ≤. a + ( b + c )2 b + ( c + a )2 c + ( a + b )2 5 (Trích ñ thi Olympic 30-4 L p 11 năm 2006) xyz ( x + y + z + x 2 + y 2 + z 2 ) 3+ 3 ≤ 3. Cho các s th c dương x,y,z. Cmr: . ( x + y + z )( xy + yz + zx) 2 2 2 9 (Vô ñ ch toán H ng Kông 1997) n ∑a = n . Cmr: 4. Cho n s th c dương tho mãn: i i =1 x x1 1 1 + ... + n 2 ≤ + ... + ( New Zealand 1998) 1 + xn 1 + x1 1 + xn 1 + x12 5. Cho a.b.c.d >0 th a 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 9 a b c + + ≥ 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 2 111 8. Cho a, b, c > 0 và a 2 + b 2 + c 2 = 1 . Cmr : ( + + ) − (a + b + c) ≥ 2 3 . abc 1114 + + + (a + b + c) ≥ 7 . 9. Cho a,b,c>0 th a mãn: a 2 + b 2 + c 2 = 3.Cmr : abc3 ( 3a + b + c )3 + ( 3b + c + a )3 + ( 3c + b + a )3 ≤ 375 . 10. Cho a, b,c>0 .Cmr: 3 3a + ( b + c ) 3b3 + ( a + c ) 3c3 + ( b + a ) 3 3 3 11 a3 b3 c3 + + ≥ 1. 11. Cho a,b,c>0.Cmr: a + (b + c ) b + (c + a) c + (a + b) 3 3 3 3 3 3 12. Cho a,b,c là ñ dài các c nh tam giác . Cmr: 111 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 s th c dương a,b,c. Cmr: ∑ ≥ . b+c 2 a+b+c cyc 14. Cho các s th c dương a,b,c,d th a mãn: a+b+c+d=2. Cmr 6 GV: Naêm hoïc 2005 – 2006 GV: Nguyeãn Taát Thu
- Chuyên ñ s d ng ti p tuy n ñ tìm l i gi i trong ch ng minh b t ñ ng th c a2 b2 c2 d2 16 +2 +2 +2 ≤. (a + 1) (b + 1) (c + 1) (d + 1) 2 2 2 2 2 25 2x2 2y2 2 z2 +2 +2 ≤ 1. 15. Cmr: 2 x 2 + ( y + z )2 2 y + ( z + x )2 2 z + ( 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) a b c 3 + + ≥ (a + b + c) (Serbia 2005) 17. Cho a,b,c>0. Cmr b+c c+a a+b 2 7 GV: Naêm hoïc 2005 – 2006 GV: Nguyeãn Taát Thu
CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD
-
Chứng minh Bất đẳng thức
49 p | 2363 | 854
-
Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức từ cơ bản đến nâng cao
49 p | 2203 | 520
-
19 Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức
37 p | 792 | 262
-
SKKN: Sử dụng phương pháp tiếp tuyến để chứng minh bất đẳng thức và tìm giới hạn của hàm số - Trường chuyên Huỳnh Mẫn Đạt
18 p | 827 | 158
-
SKKN: Áp dụng bất đẳng thức phụ để tìm GTLN, GTNN và chứng minh bất đẳng thức
13 p | 379 | 94
-
SKKN: Dự đoán dấu bằng trong bất đẳng thức Cô-si để tìm GTLN, GTNN và chứng minh bất đẳng thức
22 p | 401 | 77
-
SKKN: Rèn luyện cho học sinh sử dụng đạo hàm để chứng minh bất đẳng thức
14 p | 261 | 69
-
Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất và chứng minh bất đẳng thức - Đặng Thanh Nam
55 p | 229 | 52
-
Sáng kiến kinh nghiệm: Dạy học sinh sử dụng bất đẳng thức vectơ để giải các bài toán chứng minh bất đẳng thức
22 p | 305 | 35
-
Tuyển tập các phương pháp và kỹ thuật chứng minh bất đẳng thức (Tập 1): Phần 1
102 p | 169 | 26
-
Sáng kiến kinh nghiệm: Sử dụng phương pháp tiếp tuyến để chứng minh bất đẳng thức và tìm giới hạn của hàm số
17 p | 141 | 17
-
Chuyên đề: Đổi biến trong chứng minh bất đẳng thức
21 p | 128 | 13
-
Sử dụng vectơ chứng minh bất đẳng thức - GV. Nguyễn Thế Sinh
29 p | 174 | 10
-
Ứng dụng của phép nhóm Abel trong chứng minh bất đẳng thức
13 p | 218 | 8
-
Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức: Phần 1 - Nguyễn Tất Thu
84 p | 14 | 4
-
Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức: Phần 2 - Nguyễn Tất Thu
90 p | 4 | 3
-
Tuyển tập các chuyên đề chứng minh bất đẳng thức
787 p | 4 | 2
-
Bài giảng Đại số 10 - Bài 1: Bất đẳng thức và chứng minh bất đẳng thức
16 p | 32 | 1
Chịu trách nhiệm nội dung:
Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA
LIÊN HỆ
Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM
Hotline: 093 303 0098
Email: support@tailieu.vn