CHUYÊN ĐỀ SỬ DỤNG TIẾP TUYẾN TRONG VIỆC CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC THPT

Chia sẻ: Trần Bá Trung3 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:9

Thêm vào BST

Báo xấu

477
lượt xem 220
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

CHUYÊN ĐỀ SỬ DỤNG TIẾP TUYẾN TRONG VIỆC CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC giúp các em học sinh có tài liệu ôn tập, luyện tập nhằm nắm vững được những kiến thức, kĩ năng cơ bản, đồng thời vận dụng kiến thức để giải các bài tập một cách thuận lợi, dể dàng và tự kiểm tra đánh giá kết quả học tập của mình. Tác giả hy vọng tài liệu có ích cho các bạn tham khảo

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: CHUYÊN ĐỀ SỬ DỤNG TIẾP TUYẾN TRONG VIỆC CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC THPT

CHUYÊN ĐỀ SỬ DỤNG TIẾP TUYẾN TRONG VIỆC CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC THPT chuyeân Quang Trung Nguyeãn Vónh Duy-CTK6 Lời Mở Đầu Nhieàu luùc toâi ñaët ra caâu hoûi khi ñoïc lôøi giaûi cuûa khaù nhieàu baøi toaùn ñaëc bieät laø BÑT toâi khoâng theå hieåu noåi taïi sao laïi coù theå nghó ra noù neân cho raèng ñaáy laø nhöõng lôøi giaûi khoâng ñeïp vaø thieáu töï nhieân. Ñeán caáp ba khi ñöôïc hoïc nhöõng kieán thöùc môùi toâi môùi baét ñaàu coù tö töôûng ñi saâu vaøo baøi toaùn vaø lôøi giaûi cuûa chuùng.Vaø cuõng töø ñoù coäng theâm nhöõng kieán thöùc coù ñöôïc trong quaù trình trình hoïc taäp toâi ñaõ ñi vaøo tìm hieåu moät phöông phaùp chöùng minh baát ñaúng thöùc: ‘‘ Phöông phaùp söû duïng tieáp tuyeán ’’. Đây là phương pháp chứng minh bất đẳng thức liên quan đến các hàm số có đạo hàm. Moät soá keát quaû trong chuyeân ñeà naøy ñaõ coù ôû moät soá saùch tham khaûo veà BÑT, tuy nhieân trong chuyeân ñeà naøy caùc keát quaû ñoù ñöôïc xaây döïng moät caùch töï nhieân hôn vaø saép xeáp töø ñôn giaûn ñeán phöùc taïp giuùp ngöôøi ñoïc coù moät caùi nhìn toång quan hôn. Một số bài toán có phần chú ý để chúng ta có thể nhìn nhận bài toán từ nhiều hướng khác nhau.Chuyên đề gồm hai phần chính: Phần I :SỬ DỤNG TIẾP TUYẾN TRONG VIỆC CHỨNG MINH BĐT Phần II : MỘT SỐ MỞ RỘNG PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG TIẾP TUYẾN TRONG VIỆC CHỨNG MINH BĐT Vì naêng löïc coøn nhieàu haïn cheá neân ôû chuyeân ñeà coù nhöõng thieáu soùt nhaát ñònh. Raát mong nhaän ñöôïc söï thoâng caûm vaø goùp yù ñeå chuyeân ñeà ñöôïc toát hôn. zzvinhduyzz@zing.vn
Phần I:SỬ DỤNG TIẾP TUYẾN TRONG VIỆC CHỨNG MINH BĐT Nhận xét: Nếu y  ax  b là tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f ( x) tại điểm A( x0 ; y0 ) ( A không phải là điểm uốn) , khi đó tồn tại một khoảng D chứa điểm x0 sao cho f ( x)  ax  b x  D hoặc f ( x)  ax  b x  D . Đẳng thức xảy ra khi x  x0 *Nếu y  ax  b là tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f ( x) tại điểm A( x0 ; y0 ) thì ta luôn phân tích được f ( x )  (ax  b)  ( x - x0 )k g( x ) , k  2 Bây giờ ta vận dụng nhận xét này để chứng minh một số bất đẳng thức. 1 Bài toán 1: Cho a,b,c,d >0 thỏa mãn a+b+c+d=1.CMR: 6(a  b  c  d )  (a  b  c  d )  3 3 3 3 2 2 2 2 8 1 Nhận xét. Dấu bằng xảy ra  a  b  c  d  . BĐT cần chứng minh: 4 1 1 (6a3  a 2 )  (6b3  b 2 )  (6c3  c 2 )  (6d 3  d 2 )   f (a)  f (b)  f (c)  f (d )  8 8 1 Trong đó f ( x)  6 x3  x 2 . Ta có tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f ( x) tại điểm có hoành độ x  là 4 1 1 1   1 2  1   1 1 1 3 2 5x 1 y  f '( )( x  )  f ( )  18.   2.     x    6       y  4 4 4  4   4    4 4 4 8 5x 1 Điều chúng ta cần: f ( x)  với x   0;1 8 Lời giải. 5a  1 Ta có: (6a  a )  3 2  48a 3  8a 2  5a  1  0  (4a  1) 2 (3a  1)  0 (Đúng x  (0;1) ) 8 5(a  b  c  d )  8 1 Vậy: f (a)  f (b)  f (c)  f (d )   (đpcm) 8 8 3 a b c 9 Bài toán 2: Cho a, b, c   và a  b  c  1 . CMR:  2  2  4 a2  1 b  1 c  1 10 1 9 Nhận xét. Dấu bằng xảy ra  a  b  c  và BĐT chứng minh có dạng f (a)  f (b)  f (c)  3 10 x  3  trong đó f ( x)  với x    ;   . Tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f ( x) tại điểm có hoành độ x 1 2  4  1 36 x  3 x  là: y  3 50 36a  3 a (3a  1)2 (4a  3) Lời giải. Ta có  2  0 50 a 1 50(a 2  1)  3  a 36a  3  3  a b c 36(a  b  c)  9 9 a    ;    2  a    ;   Vậy: 2  2  2    4  a 1 50  4  a 1 b 1 c 1 50 10 đpcm Chú ý: Bài toán 1.67(Poland)/trang101 Sáng tạo BĐT zzvinhduyzz@zing.vn
1 1 1 Bài toán 3 :Cho a, b, c  0 và a 2  b 2  c 2  1 . CMR : (   )  (a  b  c)  2 3 a b c 1 Nhận xét. Ta thấy đẳng thức xảy ra khi a  b  c  và BĐT đã cho có dạng 3 1 f ( a )  f (b)  f (c )  2 3 trong đó f ( x)   x với x  (0;1) x 1 Tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f ( x ) tại điểm có hoành độ x  là: y  4 x  2 3 3 Ta sẽ đánh giá f ( x )  4 x  2 3 . 1 1  x2 Lời giải. f ( x )   x  4 x  2 3   4 x  2 3  ( 3 x  1)2  0 đúng x và dấu x x 1 bằng xảy ra khi x  . Vậy ta có: f ( a )  f (b )  f (c )  4( a  b  c )  6 3 3 Mặt khác : a  b  c  3(a 2  b2  c 2 )  3  f ( a )  f (b)  f (c )  2 3 đpcm Chú ý : Ta thấy rằng yếu tố quan trọng nhất để chúng ta có thể sử dụng phương pháp này là ta chuyển được BĐT về dạng f (a1 )  f (a2 )  ...  f (an )  m hoặc f (a1 )  f (a2 )  ...  f (an )  m và ai (i  1,.., n) thỏa mãn điều kiện nào đó. Bài toán 4: Cho a,b,c >o và a+b+c=3 .CMR: a  b  c ≥ ab+bc+ca (1) Nhận xét. BĐT tương đương : a 2  2 a  b2  2 b  c 2  2 c  (a  b  c)2  9  f (a)  f (b)  f (c)  9 Trong đó f ( x)  x 2  2 x với x  (0;3) . Dấu ‘‘=’’ xảy ra khi a=b=c=1 và tiếp tuyến của đồ thị hàm số Xét: f ( x )  3 x  ( x  1) 2 ( x  2 x )  0 ∀x∈(0;3). Vậy ta có lời giải như sau: y= f ( x)  x 2  2 x tại điểm có hoành độ x=1 là: y=3x Lời giải. (1)  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 tự: b  2 b  3b; c  2 c  3c 2 2 Cộng ba BĐT trên ta có đpcm. Chú ý: Với bài toán trên ta có thể sử dụng BĐT Cauchy để chứng minh. Bài toán 2.3 Rusia MO 2000/trang106 Sáng tạo BĐT zzvinhduyzz@zing.vn
≥ a b c 9 Bài toán 5: Cho các số thực a,b,c >0 thỏa mãn a  b  c  1 .CMR:   1  bc 1  ac 1  ab 10 b  c 2 1 a 2 a  c 2 1 b 2 a  b 2 1 c 2 Lời giải. Ta có bc  ( ) ( ) ; ac  ( ) ( ) ; ab  ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 ⇒ a b c 4a 4b 4c    2  2  2 1  bc 1  ac 1  ab a  2a  5 b  2b  5 c  2c  5 1 4x (Nhận xét: Dấu ‘‘=’’ xảy ra khi a  b  c  và tiếp tuyến của hàm số đồ thị y  f ( x)  2 tại 3 x  2x  5 1 99 x  3 điểm có hoành độ x  là: y  ) 3 100  0 ∀x∈(0;1) 4x 99 x  3 (3x  1) 2 (15  11x) Ta có: 2   x  2x  5 100 100( x 2  2 x  5) 4a 4b 4c 99(a  b  c)  9 9 Suy ra:  2  2   đpcm a  2a  5 b  2b  5 c  2c  5 2 100 10 1 1 1 3 Bài toán 6: Cho các số dương a,b,c có tổng bằng 3.CMR:    9  ab 9  bc 9  ca 8 a b 2 3c 2 Nhận xét.Ta có: ab  ( ) ( ) 2 2 1 4 1 4 1 4   2 .Tương tự:  2 ;  2 9  ab c  6c  27 9  bc a  6a  27 9  ca a  6a  27 3 . Dấu ‘‘=’’ xảy ta khi a=b=c=1 và BĐT có dạng f (a)  f (b)  f (c)  8 4 Trong đó f ( x)  . Tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f ( x) tại điểm có hoành độ x=1  x  6 x  27 2 9 x là: y  64 4 9 x ( x  1) 2 ( x  13) Lời giải. Ta có: 2    0 x   0;3  x  6 x  27 64 64( x 2  6 x  27) 4 4 4 27  (a  b  c) 3 Vậy: 2  2  2   Ta có đpcm a  6a  27 b  6b  27 c  6c  27 64 8 Chú ý: Bài toán trên có thể giải bằng BĐT chebyshev Ví dụ 1.3.8(crux)/trang41 Sáng tạo BĐT Bài toán 7:Cho a,b,c là độ 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 có BĐT chứng minh là thuần nhất nên ta có thể giả sử a+b+c=1 4 1 4 1 4 1 5x 1 BĐT: (  )(  )(  )  9  f (a)  f (b)  f (c)  9 trong đó f ( x)  . 1 a a 1 b b 1 c c x  x2 1 Dấu ‘‘=’’ xảy ra khi a=b=c= .tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f ( x) tại điểm có hoành độ 3 1 (3x  1) 2 (2 x  1) x= là: y  18 x  3 . Chúng ta hy vọng có sự đánh giá: f ( x)  (18 x  3)   0 (1) 3 x  x2 zzvinhduyzz@zing.vn
Vì a,b,c là ba cạnh của tam giác thỏa mãn a  b  c  1 , giả sử a  max a, b, c khi đó 1 1 1  a  b  c  2a  a  suy ra a, b, c  (0; ) =>(1) đúng 2 2 Lời giải. Không mất tính tổng quát giả sử a+b+c=1, khi đó BĐT trờ thành: 5a  1 5b  1 5c  1   9 a  a 2 b  b2 c  c 2 1 Vì a,b,c là độ dài ba cạnh của tam giác và a+b+c=1  a, b, c  (0; ) 2 5a  1 (3a  1) (2a  1) 2 1 5a  1 Ta có: - (18a  3)   0 a  (0; )   (18a  3) aa 2 aa 2 2 a  a2 5b  1 5c  1 Tương tự:  (18b  3);  (18c  3) .Cộng các BĐT này lại với nhau ta có: bb 2 c  c2 5a  1 5b  1 5c  1    18(a  b  c)  9  9 (đpcm) a  a2 b  b2 c  c2 1 Dấu ‘‘=’’ xảy ra khi : a  b  c  3 a b c 9 Bài toán 8: Cho a,b,c>0 .CMR:    (b  c)2 (c  a )2 (a  b)2 4(a  b  c) Lời giải. Không mất tính tổng quát ta giả sử a  b  c  1 . Khi đó BĐT đã cho trở thành: a b c 9 9 x 2  2  2   f (a)  f (b)  f (c)  với f ( x )  (1  a) (1  b) (1  c) 4 4 (1  x )2 1 18 x  3 x  (0;1) Tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f ( x ) tại điểm có hoành độ x  là y 3 4 18 x  3 (3x  1)2 (3  2 x ) 18 x  3 Ta có: f (x)   2  0 x  (0;1)  f ( x )  4 4(1  x ) 4 18(a  b  c)  9 9 Suy ra : f (a)  f (b)  f (c)   đpcm 4 4 a (b  c) b (c  a ) c (a  b) 6 Bài toán 9:Cho a, b, c  0 .CMR: 2  2  2  a  (b  c)2 b  (c  a )2 c  (a  b)2 5 (Trích đề thi Olympic 30-4 Lớp 11 năm 2006) Lời giải. Không mất tính tổng quát ta giả sử a  b  c 1 a (1  a ) b(1  b) c(1  c) 6 Khi đó BĐT đã cho trở thành:  2  2  a 2  (1  a ) 2 b  (1  b)2 c  (1  c) 2 5 6 x(1  x) x  x2 Hay f (a )  f (b)  f (c)  với f ( x)   2 với x  (0;1) . 5 x 2  (1  x) 2 2 x  2 x  1 1 Dấu ‘‘=’’ xảy ra khi a bc và tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f ( x ) tại điểm có hoành độ 3 1 27 x  1 x là y 3 25 zzvinhduyzz@zing.vn
27 x  1 (3x  1)2 (6 x  1) 27 x  1 Ta có:  f ( x)  0 x  (0;1)  f ( x)  25 25(2 x 2  2 x  1) 25 27( a  b  c)  3 6 Vậy f (a )  f (b)  f (c)   đpcm 25 5 (b  c  a ) 2 (c  a  b ) 2 ( a  b  c) 2 3 Bài toán 10: Cho a, b, c  0 . CMR :    (b  c)2  a 2 (c  a ) 2  b 2 (a  b)2  c 2 5 (Olympic Toán Nhật Bản 1997) Lời giải: Ta giả sửa  b  c  1 . Khi đó BĐT đã 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 4b2  4b  1 4c 2  4c  1 3  2    2a  2a  1 2b2  2b  1 2c 2  2c  1 5 1 1 1 27 27  2  2  2   f ( a )  f (b )  f ( c )  2a  2a  1 2b  2b  1 2c  2c  1 5 5 1 Trong đó f ( x )  với x  (0;1) 2x2  2x  1 1 54 x  27 Tiếp tuyến của đồ thị hàm số y=f(x) tại điểm có hoành độ x  là y  3 25 3 2 2 54 x  27 2(54 x  27 x  1) 2(3x  1) (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)   đpcm 25 5 Chú ý: Với bài toán trên ta có thể sử dụng Phương pháp hệ số bất định để chứng minh (ví dụ 1.6.12/trang68 Sáng tạo BĐT) 1 3 2 1 1 1 Bài toán 11: Cho a,b,c>0.Cmr (a  b 2  c 2 )(   )  a  b  c  a 2  b 2  c 2 3 3 a b c BĐT đã cho đồng bậc nên ta chuẩn hóa: a  b  c =1, khi đó BĐT trở thành: 2 2 2 1 3 1 (  x) với x   0;1 .Đẳng thức xảy ra khi f (a)  f (b)  f (c)  1 trong đó: f ( x)  3 3 x 1 1 abc Tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f ( x) tại điểm có hoành độ x  là 3 3 1 2 3 22 3 y x .Chúng ta chứng minh 3 3 3 1 3  1  1 2 3 22 3 1 được .  x    x x   0;1 đẳng thức xảy ra khi x  . Ta 3 3 x  3 3 3 có a  b  c  2( a 2  b 2  c 2 )  3 1 2 3 1 2 3 Do vậy: f (a )  f (b)  f (c)   (a  b  c)  2  2 3 =  3  2  2 3 =1 ta có đpcm 3 3 zzvinhduyzz@zing.vn
n Bài toán 12:Cho các số thực a1,a2,…,an thỏa mãn a i 1 i  1 . Chứng minh: n ai n  2a i 1 i  2n  1 1 Lời giải.Ta thấy đẳng thức xảy ra khi a1  a2  ...  an  và BĐT đã cho có dạng n n n x  f (a )  2n  1 trong đó i với x   0;1 . Tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f ( x) tại điểm f ( x)  i 1 2 x 1 2n 2 x  1 2n 2 ( x  ) 2 1 x 2n 2 x  1 n có hoành độ x  là: y  . Ta có:    0 x  (0;1) n (2n  1) 2 2  x (2n  1) 2 (2n  1) 2 (2  x ) 1 n(2n 2 .  1) n ai n n Vây    Ta có đpcm i 1 2  a i (2n  1) 2n  1 2 Chú ý:Bài toán trên có thể giải ngắn gọn bằng BĐT chebyshev (Ví dụ 1.3.1 (Balkan MO)/trang35 Sáng tạo BĐT) Qua các bài toán trên ta thấy sử dụng tiếp tuyến trong chứng minh bất đẳng thức cho ta cách tìm lời giải ngắn gọn và đơn giản. Một số bài tập áp dụng: 1.Cho a,b,c>0 và a+b+c=1. CMR : 10(a 3  b3  c 3 )  9( a 5  b5  c5 )  1 1 1 1 2.Cho a,b,c>0 và a  b  c  1 .CMR : (   )  (a  b  c)  2 3 2 2 2 a b c 1 1 1 4 3.Cho a,b,c>0 và a  b  c  3 .CMR :      ( a  b  c )  7 2 2 2 a b c 3 1 1 1 1 16 4.Cho a,b,c,d>0 và a+b+c+d=2.CMR :     1  3a 1  3b 1  3c 1  3d 2 2 2 2 7 1 1 1 5.Cho a,b,c là các số thực sao cho a  b  c  3 .CMR 5  5  5 1 2 2 2 a  3  a b  3  b c  3  c2 2 2 6.Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn : a+b+c+d=2.CMR : a2 b2 c2 d2 16  2  2  2  (a  1) (b  1) (c  1) (d  1) 2 2 2 2 2 25 1 1 1 7.Cho a,b,c>0 và a+b+c=3. CMR :  3  a 2  3a  3 b 2  3b  3 c 2  3c  3 1 1 1 9 8.Cho a,b,c>0 và a  b  c  1 .CMR :    2 2 2 1  ab 1  bc 1  ca 2 1 1 1 9.Cho a,b,c>0 thỏa mãn a  b  c  3 . CMR :   1 4 4 4 4  ab 4  bc 4  ca 1 1 1 1 1 1 10.Cho a,b,c là độ dài ba cạnh tam giác. CMR :      a b c a b c b  c  a c  a b zzvinhduyzz@zing.vn
a b c 9 11.Cho a,b,c>0.CMR :    (b  c) (c  a ) (a  b) 2 2 2 4(a  b  c) bc ca ab a b c 12.Cho a, b, c  0 Cmr:    4(   ) a b c bc ca ab 2 x2 2 y2 2z2 13.CMR :  2  2 1 2 x 2  ( y  z )2 2 y  ( x  z )2 2 z  ( x  y ) 2 (2a  b  c) (2b  c  a) (2c  a  b) 14.Cho a,b,c>0. Cmr:   8 2a 2  (b  c) 2 2b2  (c  a) 2 2c 2  (a  b)2 3(a  b  c)3 3(a  b  c)3 3(a  b  c)3 375 15.Cho a,b,c>0.CMR :  3  3  3a 3  (b  c) 2 3b  (a  c) 2 3c  (a  b) 2 11 (b  c  3a)2 (a  c  3b) 2 (a  b  3c) 2 1 16.Cho a,b,c>0. CMR : 2    2a  (b  c)2 2b 2  (a  c) 2 2c 2  (a  b) 2 2 1 1 1 17.Cho a,b,c>0 và a+b+c=3. CMR :  2  2 1 a bc b ca c ab 2 18.Cho các số a,b,c,d không âm. CMR : a b c d 3 3 1  2  2  2  b c d 2 2 2 c d a 2 2 d a b a b c 2 2 2 2 2 a 2  b2  c2  d 2 xyz ( x  y  z )  x 2  y 2  z 2 ) 3  3 19.Cho a,b,c>0.CMR:  ( x 2  y 2  z 2 )( xy  yz  xz ) 9 20.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 a3 b3 c3 21.Cho a,b,c>0.CMR :  3  3 1 a3  (b  c)3 b  ( a  c)3 c  ( a  b)3 abc  a 93 3 22.Cho các số thực dương a,b,c. CMR :  cyc bc  2 abc a b c 3 23.Cho a,b,c>0. CMR :    (a  b  c) bc ac ab 2 n n a n 24.Cho a1 , a2 ,..., an  0 và  ai  n . CMR  2 i  i 1 i 1 3ai  5 8 zzvinhduyzz@zing.vn
Phần II : MỘT SỐ MỞ RỘNG PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG TIẾP TUYẾN TRONG VIỆC CHỨNG MINH BĐT Phần trước ta đã thấy rõ được ứng dụng của phương pháp tiếp tuyến nhưng như thế có lẽ các bạn vẫn chưa thoả mãn bởi lẽ ở các bài toán ví dụ trên việc tạo các biểu thức độc lập hay nói cách khác là việc tạo lập các hàm đặc trưng để xét tính lồi lõm là khá đơn giản và điểm rơi cũng khá đơn giản ( hằng số ) không tổng quát hoá được. Ở phần này tôi sẽ trình bày một mẹo nhỏ để giải một lớp bài toán. Có lẽ nhiều người cũng biết đến phương pháp hệ số bất định nhưng theo ý nghĩ chủ quan của tôi nghĩ đây cũng là một dạng của pp tiếp tuyến.Ta đi đến ví dụ mở đầu: a3 b3 c3 abc Bài toán 1: Cho a,b,c >0.CMR:  2  2  a  ab  b b  bc  c c  ca  a 2 2 2 2 3 Lời giải . Ta chứng minh: a3 2a  b  (*)  (a  b)(a  b)2  0 a  ab  b 2 2 3 Chứng minh tương tự với các biểu thức còn lại rồi cộng dồn ta có ĐPCM. Ta sẽ phân tích việc tạo ra được BĐT phụ (*) theo hướng tiếp tuyến . a3 a 4  2a 3b  3a 2b 2 Ta xét hàm số sau f (a )  , f '(a)  a 2  ab  b 2 (a 2  ab  b2 )2 Ta nhận thấy dấu bằng xảy ra khi a=b Lúc đó ta sẽ đánh giá f ( a )  f '(b)( a  b )  f (b) Từ đó ta nhận được (*). Để củng cố thêm niềm tin ta xét thêm một ví dụ nữa. a4 b4 c4 abc Bài toán 2 : Cho a,b,c > 0 . CMR: 3 3  3 3  3  a b b c c a 3 2 Lời giải. a4 a 6  4a3b3 f (a )  , f '(a)  3 3 2 a 3  b3 (a  b ) Ta đánh giá BĐT (**) là sai nhưng ta có được đánh giá (**) tuy sai nhưng vẫn có ích bởi vì a4 5a  3b 3b 2  ab  a 2   ( a  b) 2 a b 3 3 4 4(a  b ) 3 3 Ta đã đưa bất đăng thức cần chứng minh về dạng chính tắc SOS. Một số bài tập áp dụng. Cho các số dương .Chứng minh rằng: c) Cho a,b,c >0 a+b+c =2 .CMR: zzvinhduyzz@zing.vn