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:
Nội dung Text: Chuyên đề sử dụng tiếp tuyến để tìm lời giải trong chứng minh bất đẳng thức
- 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
- 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
- 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
- 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)
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
- 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
- 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
Thêm vào BST
Báo xấu
Download
Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ
