Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 12 (Phần ứng dụng đạo hàm)

Chia sẻ: Nguyễn Văn Vui | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:10

2
1.139
lượt xem
453
download

Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 12 (Phần ứng dụng đạo hàm)

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu cung cấp các định lí thường gặp về ứng dụng đạo hàm và các câu hỏi thi học sinh giỏi hay của các tỉnh giúp bạn ôn thi học sinh giỏi lớp 12 cũng như ôn thi đại học rất hiệu quả.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 12 (Phần ứng dụng đạo hàm)

  1. Chuyên đề I: Ứng Dụng Đạo Hàm Trong Các Bài Toán Đại Số I.Các vài toán liên quan đến nghiệm của pt-bpt: Định lí 1: Số nghiệm của pt f(x)=g(x) chính là số giao điểm của hai đồ thị y=f(x) và y=g(x) Định lí 2: Nếu hàm số y=f(x) lt trên D và m = min f ( x) , M = M∈ax f ( x) thì pt: f(x)=k có x∈D x D nghiệm khi và chỉ khi m≤k ≤M Định lí 3: Bất phương trình f ( x) ≥ g ( x) nghiệm đúng mọi x thuộc D khi và chỉ khi Min f ( x) ≥ Max g ( x) x∈ D x∈ D Các ví dụ: Bài 1:Tìm m để pt sau có nghiệm: x 2 + x + 1 − x 2 − x + 1 = m (HSG Nghệ an 2005) Lời giải: Xét hàm số f ( x) = x 2 + x + 1 − x 2 − x + 1 có tập xác định là D=R 2x + 1 2x − 1 f'(x) = − ⇒ f'( x) = 0 ⇔ 2 x2 + x + 1 2 x2 − x + 1 (2x + 1) x2 − x + 1 = ( 2x − 1) x2 + x + 1 (1) 2 2  1 1 3  1 1 3 ⇒  x +  [(x - )2 + ] =  x −  [(x + )2 + ] ⇔ x = 0 thay vaø (1)ta thaá khoâg o y n  2 2 4  2 2 4 thoû maõ. Vaä f'(x)= voâ a n y 0 nghieä , maø m f'(0)= 0, do ñoù 1> f'(x)> ∀x ∈ R 0 2x Maëkhaù: Limf(x) =Lim t c = 1 Limf(x) = −1 ; x→ +∞ 2 2 x→ +∞ x + x + 1+ x − x + 1 x→−∞ y cho nghieä ⇔ -1< m < 1 Vaä pt ñaõ coù m Bài 2:Tìm tất cả các giá trị của a để pt: ax 2 + 1 = cos x có đúng một nghiệm  π x ∈  0;   2 (Đề thi HSG tỉnh Hải Dương Lớp 12 năm 2005) Giải: Ta thấy để pt có nghiệm thì a ≤ 0 x sin2 Khi ñoù ⇔ pt cosx − 1 = ⇔ a 2 = -2a. Xeùhaø soá (t = sint vôùt ∈  0; π  t m f ) i  2 2  x  x t  4    2 t t− sint cost t- t ) .cos ( gt  π  π ta coù '(t = f ) = < 0 vôù∀t∈  0;  ⇒ f(t ngb treâ  0;  i ) n t2 t2  4  4
  2. x sin2 π 2 2 2 2 8 2 < 1 ∀x∈ (0; π ) Maø )= f( vaøLi f(t = 1⇒ m ) < f(t < 1 ⇒ 2 < ) 4 π → t 0 π π  x 2 2    2 π 8 1 4 Vaä pt ñaõ coù ng 1 nghieä x∈ (0; ) ⇔ 2 < −2a < 1⇔ − < a < − 2 y cho ñuù m 2 π 2 π 6 5 4 3 2 Bài 3: Cho phương trình x + 3x − 6x − ax − 6x + 3x + 1= 0 . Tìm tất cả các giá trị của tham số a, để phương trình có đúng 2 nghiệm phân biệt. (HSG Nam Định 2004) Giải: Vì x = 0không phải là nghiệm pt. Chia hai vế pt cho x3 ta được 1 1 1 1 (x3 + 3 ) + 3(x2 + 2 ) − 6(x + ) − a= (1 Ñaët= + ta thu ñöôï pt 0 ). t x c x x x x (2 2 3 2 tt − 3) + 3(t − 2) − 6t= a ⇔ t + 3t − 9t= a + 6 (1') Töø ch ñaët ta coùx2 − t + 1= 0 (2)pt naø coù = 2 - 4 ≥ 0 ⇔ t ≥ 2. Töø y ta coù caù t : x y ∆ t ñaâ *Neá t= ±2 thì pt ñaõ coù t nghieä u cho moä m *Neá t > 2 thì vôùmoãgiaù cuû tcho töông öùg hai giaù cuû x u i i trò a n trò a Neâ pt (1) coù ng hai nghieä phaâ bieä ⇔ pt(1') coù ng hai nghieä t=± 2 n ñuù m n t ñuù m hoaë (1') coù ng 1nghieä tthoû maõ t > 2 c ñuù m a n 2 = a + 6 TH 1: Neá (1') coù ng hai nghieä t=± 2 ⇒  u ñuù m voâ nghieä m 22 = a + 6 TH 2:(1') coù ng moänghieä t > 2 ñuù t m t m f ) 3 2 2 Xeùhaø soá (t = t + 3t − 9tvôù t > 2, ta coù '(t = 3t + 6t− 9 = 3(t− 1)(t+ 3) i f ) Ta có bảng biến thiên: Dựa vào bảng bt ta thấy pt(1’) có đúng một nghiệm t > 2 khi và chỉ khi 2 < a + 6 < 22 ⇔ −4 < a < 16 x -3 -2 1 2 0 - 0 + f’(t) 27 f(t) 22 2
  3. Bài 4:Cho hàm số y = − x + (x + a)(x + b) với a,b là hai số thực dương khác nhau cho trước.Cmr với mỗi số thực s∈ ( 0;1) đếu tồn tại duy nhất số thực 1 a +b s s s α > 0: f(α ) =   ( HSG QG bảng A năm 2006)  2  as + bs a + b s Giải: Trước hết ta cos BĐT : ≤( ) (1) ta có thể cm (1) bằng hàm số 2 2 hoặc bằng BĐT Bécnuli s 1 s Áp dụng BĐT Côsi và (1) ta có : ab < ( a + b ) s < a + b (*) (do a ≠ b ) 2 2 2 x + a + b − 2 ( x + a)( x + b) Mặt khác ta có: f '( x) = ta dễ dàng cm được f’(x) >0 mọi 2 ( x + a)( x + b) a+b x>0 suy ra f(x) đồng biến với x>0 nên Lim f ( x) = ab ≤ f ( x ) ≤ Lim f ( x ) = (**) x → 0+ x →+∞ 2 Vì f(x) liên tục khi x>0 nên từ (*) và (**) ta có điều phải cm Bài tập: π 1. Tìm m để pt sau có nghiệm duy nhất thuộc [0; ] 4 3 2 (4 − 6m )sin x + 3(2m − 1 )sin x + 2(m − 2)sin xcosx − (4m − 3)cosx = 0 2.Tìm m để số nghiệm của pt: 15 x 2 − 2(6m2 + 1) x − 3m4 + 2m2 = 0 không nhiều hơn số nghiệm của pt: (3m − 1) 212 x + 2 x3 + 6 x = (36 m − 9) 28m − 0, 25 (HSG Nghệ an 1998) 3. Tìm tất cả các giá trị a để bpt: ln(1 + x) ≥ x − ax 2 nghiệm đúng ∀x ≥ 0 4. a)Cmr nếu a >0 là số sao cho bpt: a x ≥ 1 + x đúng với mọi x ≥ 0 thì a ≥ e b) Tìm tất cả các giá trị của a để : a x ≥ 1 + x ∀x (HSG 12 Nam Định 2006)
  4. II.Giải pt bằng phương pháp hàm số: Định lí 1:Nếu hàm số y=f(x) luôn đb (hoặc luôn ngb) thì số nghiệm của pt : f(x)=k Không nhiều hơn một và f(x)=f(y) khi và chỉ khi x=y Định lí 2: Nếu hàm số y=f(x) luôn đb (hoặc luôn ngb) và hàm số y=g(x) luôn ngb (hoặc luôn đb) trên D thì số nghiệm trên D của pt: f(x)=g(x) không nhiều hơn một Định lí 3:Cho hàm số y=f(x) có đạo hàm đến cấp n và pt f ( k ) ( x) = 0 có m nghiệm, khi đó pt f ( k −1) ( x) = 0 có nhiều nhất là m+1 nghiệm Các ví dụ: Bài 1:Giải pt: 3 x(2 + 9 x 2 + 3) + (4 x + 2)( 1 + x + x 2 + 1) = 0 (Olympic 30-4 ĐBSCL 2000) 1 Giải: Ta thấy pt chỉ có nghiệm trong (− ;0) 2 pt ⇔ ( −3x ) (2 + (−3 x) 2 + 3) = (2 x + 1)(2 + (2 x + 1) 2 + 3) ⇔ u (2 + u 2 + 3) = v(2 + v 2 + 3) (1) Với u=-3x, v=2x+1; u,v>0. Xét hàm số f (t ) = 2t + t 4 + 3t 2 với t>0 2t 3 + 3t Ta có f '(t ) = 2 + 4 2 > 0 ∀t > 0 ⇒ f (u ) = f (v) ⇔ u = v t + 3t 1 (1) ⇔ u=v ⇔ -3x=2x+1 ⇔ x = − là nghiệm duy nhất của pt 5 t 2x g  π π Bài 2: Giải pt: e + cosx= vôùx∈  - ;  (HSG Lớp 12 Nam Định 2006) 2 i  2 2 t 2x g  π π Giải: Xét hàm số : f(x) = e + cosx vôùx∈  - ;  , ta có i  2 2 1 t 2x  2etg2x − cos3x  f'(x) = 2t . 2 e − sin x = sin x gx g 3  Vì 2et 2x ≥ 2 > cos3x > 0 g cos x  cos x    Nên dấu của f’(x) chính là dấu của sinx. Từ đây ta có f(x) ≥ f(0) = 2 Vậy pt đã cho có nghiệm duy nhất x=0 Bài 3: Giải pt: 2003x + 2005x = 4006x + 2 (HSG Nghệ an 2005) Giải: Xét hàm số : f(x) = 2003x + 2005x − 4006x − 2 Ta có: f'(x) = 2003x ln2003+ 2005x ln2005 − 4006
  5. f''(x) = 2003x ln2 2003+ 2005x ln2 2005 > 0 ∀x ⇒ f"(x) = 0 voâ nghieä m ⇒ f'(x)= coù u nhaálaø t nghieä ⇒ f(x)= coù u nhaálaø nghieä 0 nhieà t moä m 0 nhieà t hai m Mà ta thấy f(1)=f(0)=0 nên pt đã cho có hai nghiệm x=0 và x=1 Bài 4: Giải pt: 3x = 1+ x + log3(1+ 2x) (TH&TT) Giải: Đk: x>-1/2 pt⇔ 3x + x = 1+ 2x + log3(1+ 2x) ⇔ 3x + log3 3x = 1+ 2x + log3(1+ 2x) (1) Xét hàm số: f(t = t+ log3 t ta có f(t) là hàm đồng biến nên ) (1) ⇔ f(3x ) = f(1+ 2x) ⇔ 3x = 2x + 1⇔ 3x − 2x − 1= 0 (2) Xét hàm số: f(x) = 3x − 2x − 1⇒ f'(x) = 3x ln3 − 2 ⇒ f"(x) = 3x ln2 3 > 0 ⇒ f(x) = 0 có nhiều nhất là hai nghiệm, mà f(0)=f(1)=0 nên pt đã cho có hai nghiệm x=0 và x=1 sinx-siny= 3x-3y (1)  π  Bài 5: Giải hệ pt: x+ y= (2)  5  x, y > 0  (3) π Giải: Từ (2) và (3) ta có : x, y∈ (0; ) 5 π (1) ⇔ sinx-3x= siny-3y . Xét hàm số f(t)=sint-3t với t∈(0; ) ta có f(t) là hàm nghịch 5 π biến nên f(x)=f(y) ⇔ x=y thay vào (2) ta có x = y = là nghiệm của hệ 10 t − t = y − x  gx gy (1) Bài 6: Giải hệ:  (30-4 MOĐBSCL 2005)  y + 1 − 1= x − y + 8  (2)  y ≥ −1  Giải: Đk:  (*) x≥ y+ 8  (1) ⇔ t + x = t + y ⇔ x = y (do hàm số f(t = t + t là hàm đồng biến) gx gy ) gt Thay vào (2) ta có: y + 1 − 1= y − y + 8 ⇔ y + 1 = y − y + 8 + 1 ⇔ y + 1= y − y + 8 + 2 y − y + 8 + 1⇔ y + 8 = 4y − 4 y + 8  8  8 y≥ y≥ ⇔ 3y − 8 = 4 y + 8 ⇔  3 ⇔ 3 ⇔ y= 8 9y2 − 48y + 64 = 16y + 128 9y2 − 64y − 64 = 0   Vậy x = y = 8 là nghiệm duy nhất của hệ đã cho
  6. HỆ HOÁN VỊ VÒNG QUANH:  f(x1) = g(x2 )  f(x ) = g(x )  2 3 Định nghĩa:Là hệ có dạng:  (I) .................  f(xn ) = g(x1)  Định lí 1: Nếu f,g là các hàm cùng tăng hoặc cùng giảm trên A và (x1, x2,..., xn ) là nghiệm của hệ trên A thì x1 = x2 = ... = xn Định lí 2:Nếu f,g khác tính đơn điệu trên A và (x1, x2,..., xn ) là nghiệm của hệ trên A  x = x3 = ... = xn−1 1 thì x1 = x2 = ... = xn nếu n lẻ và  nếu n chẵn  x2 = x4 = ... = xn  x3 + 3x − 3 + ln(x2 − x + 1 = y )  3  2 Bài 7:Giải hệ:  y + 3y − 3 + ln(y − y + 1 = z )  3 2  z + 3z− 3 + ln(z − z+ 1 = x  ) ) 3 2 Giải:Ta giả sử (x,y,z) là no của hệ. Xét hàm số f(t = t + 3t− 3 + ln(t − t+ 1) 2 2t− 1 ta có: f'(t = 3t + 3 + ) 2 > 0 nên f(t) là hàm đồng biến 2 t − t+ 1 Ta giả sử: x=Max{x,y,z} thì y = f(x) ≥ f(y) = z⇒ z= f(y) ≥ f(z) = x Vậy ta có x=y=z. Vì pt x3 + 2x − 3 + ln(x2 − x + 1 = 0 có nghiệm duy nhất x=1 nên hệ ) đã cho có nghiệm là x=y=z=1  x2 − 2x + 6log (6 − y) = x  3  2 Bài 8:Giải hệ:  y − 2y + 6log3(6 − z) = y (HSG QG Bảng A năm 2006)  2  z − 2z+ 6log3(6 − x) = z   x log3(6 − y) =  x2 − 2x + 6   f(y) = g(x)  y  Giải: Hệ ⇔ log3(6 − z) = ⇔  f(z) = g(y)  y2 − 2y + 6    f(x) = g(z) log3(6 − x) = z   z2 − 2z+ 6
  7. t Trong đó f (t ) = log3 (6 − t ) ; g (t ) = với t ∈ (−∞;6) t 2 − 2t + 6 6−t g '(t ) = > 0 ∀t ∈ (−∞;6) ⇒ Ta có f(t) là hàm nghịch biến, (t ) g(t) là hàm đb 3 2 − 2t + 6 Nên ta có nếu (x,y,z) là nghiệm của hệ thì x=y=z thay vào hệ ta có: x log3 (6 − x) = pt này có nghiệm duy nhất x=3 x2 − 2x + 6 Vậy nghiệm của hệ đã cho là x=y=z=3 Bài tập: 81 1. 3 x + 2 + 3 x + 1 = 3 2x2 + 1 + 3 2x2 ; 2. 81sin10 x + cos10x = 256 2 −2 3. (x-1)(x+ (x2 − 2)ex + xex 2)= ; 4. 3cosx = 2cosx + cosx; 5. (1+ x)(2 + 4x ) = 3.4x x3 + 3x2 + 2x − 5 = y  3  6.  y + 3y2 + 2y − 5 = z (HSG QG 2006)  3 2  z + 3z + 2z− 5 = x  7. Tìm a để hệ sau đây có nghiệm duy nhất  x1 = x2 − 4 x2 + ax 2 2 3 2  2 3 2  x2 = x3 − 4 x3 + ax 3  ............................  2 3 2  xn = x1 − 4 x1 + ax1 8. Tìm m để các pt sau có nghiệm: a)x x + x + 12 = m ( 5- x + 4- x); b) 3+ + x 6- x - (3+ x)(6- x) = m 2 2 cos6x + sin6 x c)t x + cot g x + m (t + cotgx)+ 0; d) g gx 3= = m .t 2x g cos2x - sin2 x
  8. III. Các bài toán cực tri- chứng minh BĐT: Bài 1: Cho 4 số thực a,b,c,d thoả mãn: a2+b2=1; c-d=3. Cmr: 9+6 2 F = ac + bd − cd ≤ (HSG Nghệ an 2005) 4 Giải: ta có: F ≤ ( a 2 + b 2 )(c 2 + d 2 ) − cd = 2d 2 + 6d + 9 − d 2 − 3d = f (d ) 3 9 3 9 1 − 2( d + ) 2 + 1 − 2(d + ) 2 + Ta có f '( d ) = (2d + 3) 2 2 vì 2 2 < 0 nên 2 d 2 + 6d + 9 2d 2 + 6d + 9 3 9+6 2 f (d ) ≤ f (− ) = ta có đpcm 2 4 Bài 2: Cho 0 < x < y ≤ z ≤ 1. : 3 x + 2 y + z ≤ 4 .Tìm gtln F = 3x 2 + 2 y 2 + z 2 (TH&TT) 4 − 2y − z Giải: Từ gt ta có: x ≤ thay vào F ta được 3 1 2− y 1 1 F ≤ f ( y ) = (4 z 2 + 4 z ( y − 2) + 10 y 2 − 16 y + 16) ≤ f ( ) = (9 y 2 − 12 y + 20) = g ( y ) 3 2 3 3 2 2 Ta xét ≤ y ≤ 1 (vì y<2/3 thì Max không xảy ra), khi đó g ( y ) ≤ g ( ) = 16 3 3 16 2 1 16 ⇒F≤ dấu “=” có khi z = y = ; x = Vậy Max F = 3 3 3 3 x z y x y z Bài 3: Cho x ≥ y ≥ z ≥ 0 .CMR: z + y + x ≥ y + z + x x z y x y z Giải: Xét hàm số : f ( x) = + + −  + +  Với đk đã cho x ≥ y ≥ z ≥ 0 z y x  y z x 1 1 y z 1 1 Ta có: f '( x) = ( z − y ) − ( 2 − 2 ) = ( y − z )( − 2 ) ≥ 0 ⇒ f(x) là hàm đồng biến yz x x x ⇒ f ( x) ≥ f ( y ) = 0 ⇒ đpcm Bài 4:Cho a>b>c>0. CMR: a3b2 + b3c 2 + c3a 2 > a 2b3 + b2c3 + c 2 a3 3 2 3 2 3 2 2 3 2 3 Giải: Xét hàm số: f (a) = a b + b c + c a − a b + b c + c a 2 3 ( ) Ta có : f '(a) = 3a 2b2 + 2ac3 − 2ab3 − 3a 2c 2 . Tiếp tục lấy đạo hàm: f "(a ) = 6ab 2 − 6ac 2 + 2c3 − 2b3 = 2(b − c )[3a(b + c) - b 2 − c 2 − bc] > 0 do a>b>c>0 ⇒ f '(a ) là hàm đb ⇒ f '(a ) ≥ f '(b) = b 4 + 2bc3 − 3b 2c 2 > 0 (ta có thể cm được nhờ Côsi) Như vậy do f'(a) >0 nên f(a) đồng biến hay là f(a)>f(b)=0 như vậy ta có đpcm
  9. Bài 5:Cho x, y, z> o Cmr: x 4 + y 4 + z 4 + xyz ( x + y + z ) ≥ xy ( x 2 + y 2 ) + yz ( y 2 + z 2 ) + zx( z 2 + x 2 ) Giải: Không mất tính tổng quát ta giả sử: x ≥ y ≥ z . Xét hàm số f ( x) = x 4 + y 4 + z 4 + xyz ( x + y + z ) − xy ( x 2 + y 2 ) − yz ( y 2 + z 2 ) − zx( z 2 + x 2 ) Ta có : f '( x) = 4 x3 − 3x 2 ( y + z ) + xyz + yz ( x + y + z ) − ( y 3 + z 3 ) ⇒ f "( x) = 12 x 2 − 6 x( y + z ) + 2 yz ⇒ f "( x) > 0 (do x ≥ y ≥ z ) ⇒ f '( x) ≥ f '( y ) = z 2 y − z 3 = z 2 ( y − z ) ≥ 0 nên f(x) là hàm đb ⇒ f ( x) ≥ f ( y ) = z 4 − 2 z 3 y + y 2 z 2 = z 2 ( z − y ) 2 ≥ 0 ⇒ đpcm Bài 6: Cho n,k là các số nguyên dương n ≥ 7;2 ≤ k < n . Cmr: k n > 2n k (HSG QG bảng B 96-97) Giải : Bđt ⇔ n ln k > k ln n + ln 2 ⇔ n ln k − k ln n − ln 2 n n Xét hàm số f ( x) = n ln x − x ln n − ln 2 với x ∈ [2; n -1] ⇒ f '( x) = − ln n ⇒ f '( x) = 0 ⇔ x = x ln n n > 2 ⇔ e n > n 2 ∀n ≥ 7 . Xét hàm số g ( x) = e x − x 2 ⇒ g '( x ) = e x − 2 x ⇒ g "( x ) = e x − 2 > 0 ln n ⇒ g '( x ) > g '(7) = e7 − 14 > 0 ⇒ g ( x ) > g (7) = e7 − 49 > 0 Vậy f ( x) ≥ Min{ f (2), f (n -1)} . Ta cm Min{ f (2), f (n -1)} ≥ 0 * f (2) ≥ 0 ⇔ 2n−1 ≥ n 2 ta dễ dàng cm được bằng quy nạp hoặc đạo hàm 1 * f (n − 1) ≥ 0 ⇔ (n − 1)n ≥ 2nn−1 ⇔ t > 2(1 + )t ∀t ≥ 6 (*) trong đó t=n-1 t 1 1 Ta có (1 + )t < e < 3 ⇒ 2(1 + )t < 6 ≤ t ⇒ (*) đúng t t Vậy ta có đpcm 2a 2b 2c (c − a ) 2 Bài 7: Cho 0 < a ≤ b ≤ c .CMR: + + ≤ 3+ b+c c+a a+b a (c + a ) b c Giải:Đặt = α và = x ĐK : 1 ≤ α ≤ x . Khi đó bđt cần cm trở thành a a 2 2α 2x x2 + x + 4 x +1 2 x( x + 1) + + ≤ ⇔ x 2 + x + 1 ≥ (2 + 2α + ) α + x 1+ x 1+α x +1 α+x 1+ α x +1 2 x ( x + 1) Xét hàm số f ( x) = x 2 + x + 1 − (2 + 2α + ) với 1 ≤ α ≤ x α+x 1+α 2(2 x + 1) α −1 2x+1 2 Ta có: f '( x) = 2 x + 1 − α + 1 − 2 = (α − 1)[ − ] ≥ 0 do 1 ≤ α ≤ x ( x + α )2 α +1 ( x + α ) 2 1 Như vậy hàm f(x) là đồng biến do đó f ( x) ≥ f (α ) = α 2 − 3α + 3 − α 1 1 1 Nhưng f '(α ) = 2α − 3 + 2 = α + α + 2 − 3 ≥ 33 α .α . 2 − 3 = 0 α α α ⇒ f ( x) ≥ f (α ) ≥ f (1) = 0 ⇒ đpcm a b c 3 Bài 8: cho a,b,c>0. Cmr: + + ≥ a+b b+c c+a 2 b c a 1 1 1 3 Giải: Đặt x = , y = , z = ⇒ xyz = 1 và bđt đã cho ⇔ 1 + x + 1 + y + 1 + z ≥ 2 a b c
  10. 1 1 2 2 z Giả sử z ≤ 1 ⇒ xy ≥ 1 nên ta có: + ≥ = 1 + x 1 + y 1 + xy 1 + z 1 1 1 2 z 1 2t 1 ⇒ + + ≥ + = + = f (t ) với t = z ≤ 1 1+ x 1+ y 1+ z 1+ z 1+ z 1+ t 1+ t2 2 2t 2(1 − t ) 3 Ta có: f '(t ) = 2 − 2 2 ≤ 2 2 ≤ 0 ⇒ f (t ) ≥ f (1) = ∀t ≤ 1 ⇒ đpcm (1 + t ) (1 + t ) (1 + t ) 2 Nhận xét:Từ bài toán trên ta dễ dàng giải quyết được bài toán sau: a 3 b 3 c 3 3 Cho a,b,c>0. Cmr: ( ) +( ) +( ) ≥ (chọn đội tuyển thi IMO 2005) a+b b+c c+a 8 Bài tập áp dụng: π 1. Cho α ,β ∈ (0; ).Cm r: α .sinα − β sinβ > 2(cosβ − cosα ) 2 2. Cho x, y ∈ R và 2 x − y = 2 .Tìm gtnn của P = x 2 + ( y − 3)2 + x 2 + ( y + 1)2 (HSG QG Bảng B năm 1998) 3.Cho a,b>0. Cmr: (a + 1) ln(a + 1) + eb ≥ (a + 1)(b + 1) (HSG 12 Nam Định 2004)
Đồng bộ tài khoản