Chuyên đề sử dụng tiếp tuyến để tìm lời giải trong chứng minh bất đẳng thức

Chia sẻ: Tai Viet | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

0
95
lượt xem
39
download

Chuyên đề sử dụng tiếp tuyến để tìm lời giải trong chứng minh bất đẳng thức

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

Tham khảo tài liệu 'chuyên đề sử dụng tiếp tuyến để tìm lời giải trong chứng minh bất đẳng thức', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Chuyên đề sử dụng tiếp tuyến để tìm lời giải trong chứng minh bất đẳng thức

  1. 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 N u các bi n xi coù toång ∑ xi = k (k khoâng ñoåi) 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 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 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. GV: Nguyeãn Taát Thu Naêm hoïc 2005 – 2006 1
  2. 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 a b c 9 Bài toán 2. Cho a, b, c ≥ − và a + b + c = 1 . Cmr: 2 + 2 + 2 ≤ . 4 a + 1 b + 1 c + 1 10 ( 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 9 x 3 5 f ( a ) + f (b ) + f ( c ) ≤ trong ñó f ( x) = 2 v i x ∈ [- ; ] . Ti p tuy n c a ñ th 10 x +1 4 2 1 36 x + 3 hàm s y = f ( x) t i ñi m có hoành ñ x = là : y = 3 50 36 x + 3 36 x + 3 x (3 x − 1) (4 x + 3) 2 3 5 Xét − f ( x) = − 2 = ≥ 0 ∀x ∈ [- ; ] 50 50 x +1 50( x + 1) 2 4 2 V y ta có l i gi i như sau . L i gi i. Ta có 36a + 3 a (3a − 1) 2 (4a + 3) 3 a 36a + 3 3 − 2 = ≥ 0 ∀a ≥ − ⇒ 2 ≤ ∀a ≥ − 50 a +1 50(a 2 + 1) 4 a +1 50 4 a b c 36(a + b + c) + 9 9 V y: 2 + 2 + 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
  3. 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 nên + + ≥ 2 + 2 + 2 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 4x 99 x − 3 y = f ( x) = 2 t i ñi m có hoành ñ x=1/3 là : y = ) x − 2x + 5 100 4x 99 x − 3 (3 x − 1)2 (15 − 11x ) Ta có : 2 − = ≥ 0 ∀x ∈ (0;1) x − 2x + 5 100 100( 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 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 1 9  1 1 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 Khi ñó B t ñ ng th c ñã cho tr thành : ( − )+( − )+( − )≤9 1− a a 1− b b 1− c c GV: Nguyeãn Taát Thu Naêm hoïc 2005 – 2006 3
  4. 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
  5. 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) 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 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 1 1 1 (a + b2 + c2 )( + + ) ≥ a + b + c + a2 + b2 + c2 . 3 3 a b c (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
  6. 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) 1.Cho a,b,c>0. Cmr: + + ≤ 8. 2a + (b + c) 2 2b + (c + a ) 2 2 2c + ( a + b ) 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 4. Cho n s th c dương tho mãn: ∑a i =1 i = n . Cmr: x1 x 1 1 + ... + n 2 ≤ + ... + ( New Zealand 1998) 1 + x12 1 + xn 1 + x1 1 + xn 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 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 th a mãn: a 2 + b 2 + c 2 = 3.Cmr : + + + (a + b + c) ≥ 7 . a b c 3 10. Cho a, b,c>0 .Cmr: 3 ( 3a + b + c )3 + ( 3b + c + a )3 + ( 3c + b + a )3 ≤ 375 . 3a + ( b + c ) 3b3 + ( a + c ) 3c3 + ( b + a ) 3 3 3 11 a3 b3 c3 11. Cho a,b,c>0.Cmr: + + ≥ 1. 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: 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 s th c dương a,b,c. Cmr: ∑ ≥ . cyc b+c 2 a+b+c 14. Cho các s th c dương a,b,c,d th a mãn: a+b+c+d=2. Cmr GV: Nguyeãn Taát Thu Naêm hoïc 2005 – 2006 6
  7. 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) 2 2 (b + 1) 2 (c + 1) 2 (d + 1) 2 25 2x2 2y2 2 z2 15. Cmr: + 2 + 2 ≤ 1. 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 17. Cho a,b,c>0. Cmr + + ≥ (a + b + c) (Serbia 2005) b+c c+a a+b 2 GV: Nguyeãn Taát Thu Naêm hoïc 2005 – 2006 7

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Đồng bộ tài khoản