zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Khoa Học Tự Nhiên

Phương pháp đạo hàm trong chứng minh bất đẳng thức

Chia sẻ: AndromedaShun _AndromedaShun | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:16

Báo xấu

24
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

"Phương pháp đạo hàm trong chứng minh bất đẳng thức" thực sự là một công cụ hiệu quả và có ứng dụng rộng rãi trong giải toán, cũng là một phương pháp chuẩn mực nhất khi ta gặp phải các bất đẳng thức thông thường. Mời các bạn cùng tham khảo!

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Phương pháp đạo hàm trong chứng minh bất đẳng thức

Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017 PHƯƠNG PHÁP ĐẠO HÀM TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Phạm Văn Dũng - Hoàng Thị Nhung THPT Chuyên Hưng Yên Cùng với các phương pháp quy nạp toán học, phương pháp phản chứng, phương pháp sử dụng bất đẳng thức kinh điển thì phương pháp sử dụng đạo hàm cũng là một phần kiến thức quan trọng không thể thiếu trong nhiều bài toán đại số cũng như trong bất đẳng thức. Nó thực sự là một công cụ hiệu quả và có ứng dụng rộng rãi trong giải toán, cũng là một phương pháp chuẩn mực nhất khi ta gặp phải các bất đẳng thức thông thường. 1 Kiến thức cơ bản Định lý 1. Cho hàm số y = f ( x ) xác định và liên tục trên [ a, b]. *) Nếu f ( x ) ≥ 0, ∀ x ∈ [ a, b] thì f ( x ) đồng biến trên [ a, b] và khi đó ta có min f ( x ) = f ( a); max f ( x ) = f (b) x ∈[ a,b] x ∈[ a,b] *) Nếu f ( x ) ≤ 0, ∀ x ∈ [ a; b] thì f ( x ) nghịch biến trên [ a; b] và khi đó ta có min f ( x ) = f (b); max f ( x ) = f ( a) x ∈[ a,b] x ∈[ a,b] Định lý 2 (Định lý Fermart). Giả sử hàm số y = f ( x ) xác định trên một lân cận đủ bé của x0 ∈ [ a; b] và có đạo hàm tại điểm x0 . Khi đó nếu hàm số y = f ( x ) đạt cực trị tại x0 thì f 0 ( x0 ) = 0. Định lý 3 (Điều kiện đủ để hàm số có cực trị). Cho hàm số y = f ( x ) xác định trên [ a; b] và x0 . Trong một lân cận đủ bé ε của x0 , nếu f 0 ( x0 ) thay đổi dấu khi x qua x0 (có thể không tồn tại f 0 ( x0 )) thì f ( x ) đạt cực trị tại x0 . *) Nếu f 0 ( x ) < 0, ∀ x ∈ [ x0 − ε; x0 ] và f 0 ( x ) > 0, ∀ x ∈ [ x0 ; x0 + ε] thì x0 là điểm cực tiểu. *) Nếu f 0 ( x ) > 0, ∀ x ∈ [ x0 − ε; x0 ] và f 0 ( x ) < 0, ∀ x ∈ [ x0 ; x0 + ε] thì x0 là điểm cực đại. Định lý 4. Giả sử y = f ( x ) xác định trên [ a; b] và x0 ∈ [ a; b]. Trong một lân cận đủ bé ε của x0 , hàm số y = f ( x ) có đạo hàm cấp hai liên tục, đồng thời f 0 ( x0 ) = 0 và f 00 ( x ) 6= 0 thì x0 là một điểm cực trị của hàm số. *) Nếu f 0 ( x0 ) = 0 và f 00 ( x ) > 0 thì x0 là một điểm cực tiểu của hàm số. *) Nếu f 0 ( x0 = 0 và f ”( x ) < 0 thì x0 là một điểm cực đại của hàm số. 90
Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017 Định lý 5. Nếu f là hàm lồi trên đoạn [ a, b] thì ta có f ( x ) ≤ max { f ( a), f (b)} với mọi x ∈ [ a, b], hay nói một cách khác, giá trị lớn nhất của hàm f trên đoạn [ a, b] sẽ đạt được tại hai đầu mút của đoạn [ a, b]. Tương tự, nếu f là hàm lõm trên đoạn [ a, b] thì giá trị nhỏ nhất của nó trên đoạn [ a, b] sẽ đạt được tại hai đầu mút của đoạn [ a, b]. 2 Ứng dụng đạo hàm trong bất đẳng thức và bài toán cực trị 2.1 Bất đẳng thức một biến số. Dạng 1: Khảo sát trực tiếp hàm số để tìm tập giá trị của hàm số. Bài toán 1 (ĐHBK Hà Nội, 1997). Cho tam giác ABC có ba góc thỏa mãn A > B > C. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số r r x − sin A x − sin B f (x) = + −1 x − sin C x − sin C Lời giải. Ta có A > B > C tức là sin A > sin B > sin C. (1) x − sin A    ≥0 Hàm số xác định khi và chỉ khi xx − sin C − sin B hay x < sin C hoặc x > sin A. (2)   ≥0 x − sin C Ta có r r sin A − sin C x − sin C sin B − sin C x − sin C f 0 (x) = 2 . + 2 . . 2( x − sin C ) x − sin A 2( x − sin C ) x − sin B Do (1) nên f 0 ( x ) > 0, ∀ x thỏa mãn (2). Ta có bảng biến thiên r sin A − sin B Vậy min f ( x ) = f (sin A) = - 1. sin A − sin C Chú ý: Từ kết quả trên ta suy ra được phương trình √ √ x − sin A + x − sin B = x − sin C 91
Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017 có đúng một nghiệm trên [sin A; +∞). Vì hàm số f ( x ) đồng biến có f (sin A) < 0 (do 0 < sin A − sin B < sin A − sin C ). Bài toán 2 (Bộ đề tuyển sinh Đại học). Cho số nguyên dương n. Chứng minh rằng √ 1 xn . 1 − x < √ , ∀ x ∈ (0; 1). 2n.e Lời giải. Ta có √ 1 1 xn . 1 − x < √ ⇔ x2n (1 − x ) < (3) 2n.e 2ne Xét hàm số f ( x ) = x2n (1 − x ) với x ∈ (0; 1). Ta có f 0 ( x ) = x2n−1 [2n − (2n + 1) x ] Nên ta có bảng biến thiên (2n)2n Vậy max g( x ) = . (0;1) (2n + 1)2n+1 Ta chứng minh (2n)2n 1 2n 2n+1 1 2n + 1 < ⇔( ) < (2n + 1) 2ne 2n + 1 e 2n + 1 2n+1 ⇔( ) > e ⇔ (2n + 1)[ln(2n + 1) − ln(2n)] > 1 2n 1 ⇔ ln(2n + 1) − ln(2n) > (4) 2n + 1 Áp dụng định lý Lagrange cho hàm số f ( x ) = ln x trên [2n; 2n + 1] suy ra tồn tại c ∈ f (2n + 1) − f (2n) [2n; 2n + 1] sao cho f 0 ( x ) = . Suy ra 2n + 1 − 2n 1 1 ln(2n + 1) − ln(2n) = > (5) e 2n + 1 Từ (3); (4) và (5) suy ra điều phải chứng minh. 92
Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017 Bài tập tương tự Bài 1 (Toán hoc và tuổi trẻ). Cho số nguyên dương n. Chứng minh rằng k =1 1 ∑ k (2k − 1) < 2ln2. n Dạng 2: Sử dụng tính đơn điệu Trong một số bài toán có thể phải đạo hàm nhiều lần liên tiếp thậm chí phải khảo sát thêm hàm số phụ. Ta thường sử dụng • f ( x ) đồng biến trên [ a; b] thì f ( x ) > f ( a) với mọi x > a. • f ( x ) nghịch biến trên [ a; b] thì f ( x ) > f (b) với mọi x < b. x3 Bài toán 3. Chứng minh rằng với mọi x > 0 ta có x − < sin x < x. 6 x3 Lời giải. Xét hàm số f ( x ) = − x + + sin x trên [0; +∞). Ta có 6 x2 f 0 (x) = − 1 + cos x; f 00 ( x ) = x − sin x; f 000 ( x ) = 1 − cos x. 2 000 00 00 Ta có f ( x ) = 1 − cos x ≥ 0, ∀ x ∈ [0; +∞) ⇒ f ( x ) ≥ f (0) = 0, nên f 0 ( x ) đồng biến trên [0; +∞). Suy ra f 0 ( x ) ≥ f 0 (0) = 0 ⇒ f ( x ) đồng biến trên [0; +∞). Do đó f ( x ) ≥ f (0) = 0, ∀ x ≥ 0; f ( x ) > f (0) = 0, ∀ x > 0. Tức là x3 x3 − x + sin x > 0 ⇔ x − < sin x, x > 0. (6) 6 6 Lưu ý f 00 ( x ) > f 00 (0) = 0 với x > 0 ta có sin x < x. (7) Từ (6) và (7) ta có điều phải chứng minh. √ √ Bài toán 4. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x ) = x2 + x + 1 + x2 − x + 1. √ √ Lời giải. TXĐ: R. Xét hàm số f ( x ) = x2 + x + 1 + x2 − x + 1 trên R . Ta có 1 1 0 x+ x− f ( x ) = s 2 + s 2 2 2 1 3 1 3 x+ + x− + 2 4 2 4 1 1 x+ −x = s 2 − s 2 2 2 1 3 1 3 x+ + −x + 2 4 2 4 1 1 = g x+ −g −x 2 2 93
Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017 t với mọi x, trong đó g(t) = r , t ∈ R. Vì hàm g đồng biến trên R nên 3 t2 + 4 f 0 (x) = 0 ⇔ x = 0 1 1 f 0 ( x ) > 0 ⇔ g( x + ) > g( − x ) ⇔ x > 0 2 2 Ta có bảng biến thiên Từ bảng biến thiên suy ra min f ( x ) = 2 ⇔ x = 0. Bài tập tương tự x 1 2 Bài 2. Chứng minh rằng x 1−x + x 1−x > , ∀ x ∈ (0; 1). e Dạng 3: Kết hợp với các bất đẳng thức khác như bất đẳng thức AM - GM, bất đẳng thức Cauchy - Schwarz, bất đẳng thức Chebyshes,... π Bài toán 5. Chứng minh rằng nếu 0 ≤ x < thì 2 2sin x + 2tan x ≥ 2x+1 . √ Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có 2sin x + 2tan x ≥ 2. 2sin x .2tan x . Ta chứng minh √ 2. 2sin x .2tan x ≥ 2x+1 ⇔ 2sin x+tan x ≥ 22x ⇔ sin x + tan x ≥ 2x h πi Xét hàm số f ( x ) = sin x + tan x − 2x liên tục trên 0; , ta có 2 0 1 2 1 h πi f ( x ) = cos x + − 2 > cos x + − 2 ≥ 0, ∀ x ∈ 0; cos2 x cos2 x 2 h πi 1 (vì với x ∈ 0; thì cos x > cos2 x và theo bất đẳng thức AM - GM ta có cos2 x + ≥ 2) 2 h πi cos2 x Do đó f ( x ) đồng biến trên 0; . 2 94
Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017 πi h Suy ra f ( x ) ≥ f (0) = 0, hay sin x + tan x ≥ 2x, ∀ x ∈ 0; 2 Đây là điều phải chứng minh. Bài toán 6 (Olympic 30 - 4- 1990). Chứng minh rằng 3 sin x π > cos x, ∀ x ∈ 0; . x 2 Lời giải. Ta biến đổi 3 sin3 x sin x > cos x ⇔ > cos x ⇔ sin2 x. tan x − x3 > 0. x x3 h πi 2 3 Xét hàm số f ( x ) = sin x. tan x − x với x ∈ 0; . Ta có 2 0 f ( x ) = 2 sin2 x + tan2 x − 3x2 . π Đặt g( x ) = 2 sin x + tan x − 3x, x ∈ 0; ), thì 2 r 0 1 1 1 g ( x ) = 2 cos x + 2 − 3 = cos x + cos x + 2 − 3 ≥ 3 3 cos2 x. 2 − 3 = 0 với mọi cos x cos x cos x π π x ∈ [0; ), nên g( x ) đồng biến trên [0; ). Suy ra 2 2 π g( x ) ≥ g(0) = 0, ∀ x ∈ [0; ). 2 0 1 2 2 h πi Do đó f ( x ) ≥ (3x ) − 3x = 0 nên f ( x ) đồng biến trên 0; . Suy ra 3 2 h πi f ( x ) > f (0) = 0, ∀ x ∈ 0; . 2 Nhận xét 1. Khi trong bất đẳng thức có chứa các loại hàm số khác nhau ta thường cô lập mỗi loại hàm số để dễ xét dấu của đạo hàm, hoặc ta có thể đạo hàm liên tiếp để khử bớt một loại hàm số như trong bài toán 3. x3 Cách 2: Theo bài toán 3 ta có x − < sin x, suy ra 6 3 sin x 3 x2 x2 x4 x6 x2 x4 > 1− = 1− + − > 1− + . (8) x 6 2 12 216 2 24 Ta chứng minh được x2 x4 cos x < 1 − + . (9) 2 24 Từ (8) và (9) ta có điều phải chứng minh. 95
Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017 Bài toán 7 (VMO - 2003, Bảng B). Cho hàm số f xác định trên tập số thực, lấy giá trị trên R và thỏa mãn điều kiện f (cot x ) = sin 2x + cos 2x, ∀ x ∈ (0; π ). Hãy tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số g( x ) = f (sin2 x ). f (cos2 x ) trên R. Lời giải. Ta có f (cot x ) = sin 2x + cos 2x, ∀ x ∈ (0; π ) 2 cot x cot2 x − 1 cot2 x + 2 cot x − 1 ⇔ f (cot x ) = + = , ∀ x ∈ (0; π ). cot2 x + 1 cot2 x + 1 cot2 x + 1 Từ đó với chú ý rằng với mỗi t ∈ R đều tồn tại x ∈ (0; π ) sao cho cot x = t ta được t2 + 2t − 1 f (t) = , ∀t ∈ R. t2 + 1 Dẫn tới sin4 2x + 32 sin2 2x − 32 g( x ) = f (sin2 x ). f (cos2 x ) = , ∀ x ∈ R. (10) sin4 2x − 8 sin2 2x + 32 1 1 Đặt u = sin 2x. Dễ thấy khi x chạy qua R thì u chạy qua 0; 2 . Vì vậy từ (10) ta được 4 4 min g( x ) = min h(u) x ∈R 1 x ∈[0; ] 4 và max g( x ) = max h(u). x ∈R 1 x ∈[0; ] 4 u2 + 8u − 2 trong đó, h(u) = . Ta có u2 − 2u + 2 0 2(−5u2 + 4u + 6) h (u) = . (u2 − 2u + 2)2 1 1 Dễ dàng chứng minh được h0 (u) > 0, ∀u ∈ [0; ]. Suy ra hàm h(u) đồng biến trên [0; ]. 4 4 1 1 1 Vì vậy trên [0; ] ta có min h(u) = h(0) = −1 và max h(u) = h( ) = . 4 4 25 1 Vậy min g( x ) = −1, đạt được chẳng hạn khi x = 0 và max g(u) = , đạt được chẳng hạn 25 π khi x = . 4 Bài tập tương tự 3x +2 π Bài 3. Chứng minh rằng 4sin x + 2tan x ≥ 2 2 , ∀ x ∈ [0; ). 2 96
Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017 2.2 Bất đẳng thức có nhiều biến số Để chứng minh bất đẳng thức có nhiều biến số bằng phương pháp đạo hàm thì điều quan trọng nhất là chúng ta đưa được về hàm số một biến và khảo sát hàm số theo biến đó. Dạng 1: Khảo sát hàm đặc trưng Bài toán 8. Cho A, B, C là ba góc của một tam giác nhọn. Chứng minh rằng √ tan A + tan B + tan C + 6(sin A + sin B + sin C ) ≥ 12 3. π Lời giải. Xét hàm số f ( x ) = tan x + 6 sin x − 7x với (0; ). 2 Ta có 1 (cos x − 1)(3 cos x + 1)(2 cos x − 1) f 0 (x) = 2 + 6 cos x − 7 = . cos x cos2 x π Vì x ∈ (0; ) nên 2 π f 0 ( x ) = 0 ⇔ 2cosx − 1 = 0 ⇔ x = . 3 π Lập bảng biến thiên của f ( x ) trên (0; ) ta được 2 π √ 7π min f ( x ) = f ( ) = 4 3 − π 3 3 (0; ) 2 Áp dụng vào bài toán ta được √ 7π f ( A ) + f ( B ) + f ( C ) ≥ 3(4 3 − ) 3 √ ⇔ tan A + tan B + tan C + 6(sin A + sin B + sin C ) ≥ 12 3. Nhận xét 2. Trong bất đẳng thức trên A, B, C bình đẳng nên ta dễ dàng kiểm tra được dấu π bằng xảy ra khi và chỉ khi A = B = C = . Vì vậy ta cần chọn một hàm số có dạng 3 f ( x ) = tan x + 6 sin x + kx π sao cho f 0 ( ) = 0. Do đó k = −7 và ta tìm được hàm đặc trưng cần xét. 3 Bài toán 9 (Đại học Quốc gia Hà Nội, 2000). Cho a + b + c = 0. Chứng minh rằng 8 a + 8b + 8c ≥ 2 a + 2b + 2c . Lời giải. Xét hàm số f ( x ) = (2x )3 − 2x − 2x ln 2 trên R. Ta có f 0 ( x ) = 3.(2x )2 . ln 2 − 2x . ln 2 − 2 ln 2 = (2x − 1)(3.2x + 2) ln 2 97
Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017 và f 0 ( x ) = 0 ⇔ 2x = 1 ⇔ x = 0. Ta có bảng biến thiên Suy ra f ( x ) ≥ 0; ∀ x ∈ R ⇒ f ( a) + f (b) + f (c) ≥ 0. Do đó, 8a + 8b + 8c − (2a + 2b + 2c ) − 2( a + b + c) ln 2 ≥ 0. Suy ra 8a + 8b + 8c ≥ 2a + 2b + 2c . Nhận xét 3. Trong một số bài toán bất đẳng thức hai biến ta biến đổi cô lập mỗi biến về một về, khi đó xuất hiện hàm đặc trưng cần khảo sát. Bài toán 10 (Đại học khối D, 2006). Chứng minh rằng b a a 1 b 1 2 + a ≤ 2 + b , ∀ a ≥ b > 0. 2 2 Lời giải. Ta có !a b a a b b 1 1 1 + 4 1 + 4 2a + a ≤ 2b + b ⇔ ≤ 2 2 2a 2b a ⇔ (1 + 4a )b ≤ 1 + 4b ⇔ ln(1 + 4a )b ≤ ln(1 + 4b ) a ln(1 + 4a ) ln(1 + 4b ) ⇔ ≤ a b ln(1 + 4x ) Xét hàm số f ( x ) = với x > 0. Ta có x 4x ln 4x − (1 + 4x ) ln(1 + 4x ) f 0 (x) = < 0, x 2 (1 + 4 x ) nên f là hàm nghịch biến trên (0; +∞). Do đó f ( a) ≤ f (b) (đpcm). Nhận xét 4. Trong bài toán trên ta đã sử dụng kết quả: Cho hàm số f ( x ) đồng biến trên ( a; b). Khi đó với α, β ∈ ( a; b) ta có α < β ⇔ f ( α ) < f ( β ). Bài toán 11 (Đại học khối A, 2004). Cho tam giác ABC không tù, thỏa mãn điều kiện √ √ cos 2A + 2 2 cos B + 2 2 cos C = 3. (11) Tính các góc của tam giác ABC. 98
Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017 π A 1 Lời giải. Từ giả thiết 0 < A ≤ suy ra 0 < sin ≤ √ . Ta có 2 2 2 √ (11) ⇔ 1 − 2 sin2 A + 2 2(cos B + cos C ) = 3 √ A B−C ⇔ − sin2 A + 2 2 sin . cos = 1. (12) 2 2 √ A B−C √ A Lại có 2 2 sin . cos ≤ 2 2 sin (13) 2 2 2 2 √ A Từ (12) và (13) ta có − sin A + 2 2 sin − 1 ≥ 0. 2 A 2 2 √ Đặt t = sin thì −4t (1 − t ) + 2 2t − 1 ≥ 0 (14). 2 √ 1 Xét hàm f (t) = 4t4 − 4t2 + 2 2t − 1. Ta phải có f (t) ≥ 0 với 0 < t ≤ √ . 5 0 √ 00 1 Tính f (t) = 16t3 − 8t + 2 2; f (t) = 48t2 − 8 suy ra f 00 (t) = 0 ⇔ t = √ . 6 00 1 00 1 1 Do đó, f (t) < 0 ⇔ 0 < t < √ và f (t) > 0 ⇔ √ < t < √ . 6 6 2 0 0 1 1 Suy ra f (t) ≥ f ( √ ) > 0 nên f (t) đồng biến trên (0; √ ]. Do đó 6 2 1 f (t) ≤ f ( √ ) = 0 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 A 1 π t = √ ⇔ sin = √ ⇔ A = . 2 2 2 2 B−C π Thay vào ta được cos = 1 suy ra B = C = . 2 4 Bài toán 12 (VMO- 2004). Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện ( x + y + z)3 = 32xyz. x 4 + y4 + z4 Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức P = . ( x + y + z )4 Lời giải. Nhận xét rằng với α là một số thực dương tùy ý, ta luôn có P( x, y, z) = P(αx, αy, αz) và nếu x, y, z thỏa mãn điều kiện của đề bài thì αx, αy, αz cũng thỏa mãn điều kiện đó. Vì thế không mất tổng quát, ta có thể giả sử x + y + z = 4. Khi đó, kết hợp với điều kiện đề bài ta được xyz = 2. 99
Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017 1 Bài toán trở thành: Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của bài toán P = ( x 4 + y4 + z4 ). 256 Khi các biến số dương x, y, z thay đổi sao cho x+y+z = 4 xyz = 2 Đặt Q = x4 + y4 + z4 , Q là biểu thức đối xứng đối với 3 biến x, y, z nên biểu diễn được qua các biểu thức đối xứng cơ bản và t = xy + yz + zx; ta có Q = ( x 2 + y2 + z2 )2 − 2( x 2 y2 + y2 z2 + z2 x 2 ) = (42 − 2t)2 + 2[t2 − 2xyz( x + y + z)] = 2t2 − 64t + 44 + 32 = 2(t2 − 32t + 144) (15) Khi đổi biến ta cần tìm tập xác định cho biến mới (chính là tập giá trị của t(x, y, z)). 2 Từ các điều kiện đối với x, y, z ta được: y + z = 4 − x và yz = . (16) x 2 Do đó, t = x (4 − x ) = (17). x Áp dụng bất đẳng thức AM - GM cho hai số dương y, z từ (16) ta được: 8 (4 − x )2 ≥ ⇔ x3 − 8x2 + 16x − 8 ≥ 0 x √ ⇔ ( x − 2)( x2 − 6x + 4) ≥ 0 ⇔ 3 − 5 ≤ x ≤ 2; ( x ∈ (0; 4)) √ Xét hàm số t, được xác định bởi (17), trên đoạn [3 − 5; 2], ta có √ 0 −2( x − 2)( x2 − x − 1) 5 5−1 t (x) = ⇒5≤t≤ . x2 2 √ 5 5−1 Vì hàm số f (t) = t2 − 32t + 144 nghịch biến trên (0; 16) và [5; ] ⊂ (0; 16) nên √ √ 2 5 5 − 1 383 − 165 5 min f (t) = f = và max f (t) = f (5) = 9. 2 2 √ Kết hợp (15) ta được min Q = 338 − 165 5 và max Q = 18. 9 Vì vậy, min P = , đạt được khi x = 2, y = z = 1. 128 Chú ý Xét bảng biến thiên của t( x ) đánh giá t = xy + yz + zx như sau. Từ đánh giá√của x, do tính đối√xứng với x, y, z của các biểu thức x + y + z = 4 và xyz = 2, suy ra: 3 − 5 ≤ y ≤ 2 và 3 − 5 ≤ z ≤ 2. Do đó, ( x − 2√ )(y − 2)(z − 2)√≤ 0 √ (18) và ( x − (3 − 5))(y − (3 − 5))(z − (3 − 5)) ≥ 0 (19) Ta có hệ (18) và (19) tương đương với hệ bất phương trình √xyz − 2t + 4√( x + y + z) − 8 ≤ 0 √ xyz − (3 − 5)t + (3 − 5) ( x + y + z) − (3 − 5)2 ≥ 0 2 √ 5−1 10 − 2t ≤ 0 5 ⇔ √ √ ⇔5≤t≤ . 8 5 − 14 − (3 − 5) ≥ 0 2 100
Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017 Bài tập tương tự Cho a, b, c là ba số dương thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 1. Chứng minh rằng √ a b c 3 3 + + ≥ . 1 − a2 1 − b2 1 − c2 2 Dạng 2:Kết hợp với các bất đẳng thức khác như bất đẳng thức AM - GM, bất đẳng thức Cauchy - Schwarz, bất đẳng thức Chebyshes,... Ta thường ước lượng T ( x, y, z, ...) bởi một hàm số chỉ phụ thuộc vào một biến số, từ đó khảo sát hàm số này để đạt được mục đích. Đối với các bài toán phức tạp, ta cần phối hợp với phương pháp chặn khoảng các biến hoặc các bất đẳng thức phụ khác như bất đẳng thức AM - GM, bất đẳng thức Cauchy - Schwarz, bất đẳng thức Chebyshes,... hoặc các đánh giá khác, hoặc phối hợp với các phương pháp khác như phương pháp tọa độ,... Bài toán 13 (Tuyển sinh Đại học Vinh, 2001). Chứng minh rằng nếu a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 3 thì 3a2 + 3b2 + 3c2 + 4abc ≥ 13. Lời giải. Đặt T = 3a2 + 3b2 + 3c2 + 4abc. Do vai trò của a, b, c bình đẳng nên không giảm tổng quát ta có thể giả sử 0 < a ≤ b ≤ c. Từ a + b + c = 3 và a + b > c suy ra 3 1≤c< . 2 Ta biến đổi T = 3( a2 + b2 ) + 3c2 + 4abc = 3[( a + b)2 − 2ab] + 3c2 + 4abc = 3(3 − c)2 + 3c2 − 2ab(3 − 2c). 2 a+b Do 2 − 3c > 0 và ab ≤ . (20) 2 Suy ra 1 T ≥ 3(3 − c)2 + 3c2 − ( a + b)2 (3 − 2c) 2 1 = 3(c2 − 6c + 9) + 3c2 − (3 − c)2 (3 − 2c) 2 3 27 = c3 − c2 + = f ( c ). 2 2 0 3 Ta có f (c) = 3c2 − 3c, nên f (c) đồng biến trên [1; ]. Vì vậy 2 T ≥ f (c) ≥ f (1) = 13. Đồng thời T = 13 ⇔ c = 1. Với giả thiết 0 < a ≤ b ≤ c và a + b + c = 3 và (20) suy ra a = b = 1, tức là tam giác ABC đều. 101
Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017 Bài toán 14 (Tuyển sinh Đại học khối A, 2011). Cho x, y, z là các số thực thuộc đoạn [1; 4] và x ≥ y, x ≥ z. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x y z P= + + . 2x + 3y y + z z + x Lời giải. Trước hết ta chứng minh với mọi a, b dương, ab ≥ 1 thì 1 1 2 + ≥ √ . (21) 1+a 1+b 1 + ab √ √ √ Thật vậy, ta có (21) ⇔ ( ab − 1)( a − b)2 ≥ 0 luôn đúng do a, b dương và ab ≥ 1. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b hoặc ab = 1. Áp dụng (21) với x, y thuộc đoạn [1; 4] và x ≥ y, x ≥ z ta có x 1 1 1 1 P= + x + x ≥ + 3y x r 2x + 3y 1 + 1+ y z 2+ 1+ x y z x x Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi = hoặc = 1 (22) y z y x t2 2 r Đặt = t, t ∈ [1; 2], khi đó P ≥ 2 + . y 2t + 3 1 + t t2 2 Xét hàm f (t) = 2 + , t ∈ [1; 2] có 2t + 3 1 + t −2[t3 (4 + 3) + 3t(2t − 1) + 9] f 0 (t) =
Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017 Bài toán 15. Chứng minh rằng 2( x3 + y3 + z3 ) − ( x2 y + y2 z + z2 x ) ≤ 3, ∀ x, y, z ∈ [0; 1]. Lời giải. Bất đẳng thức đã cho tương đương với f ( x ) = 2x3 − yx2 − z2 x + 2(y3 + z3 ) − y2 z ≤ 3. 0 0 Ta có f ( x ) = 6x2 − 2yz − z2 và f ( x ) = 0. 1 p 1 p Do đó, x = x1 = (y − y2 + 6z2 ) hoặc x = x2 = (y + y + 6z2 ). 6 6 Vì x ≤ 0 nên x1 ∈ / (0; 1). Xét hai trường hợp 0 + Nếu x2 ∈ / (0; 1) ⇒ f ( x ) ≤ 0, ∀ x ∈ [0; 1]. Suy ra f ( x ) giảm trên [0; 1]. Do đó max f ( x ) = max{ f (0), f (1)}. x ∈[0;1] + Nếu x2 ∈ (0; 1) thì ta có bảng biến thiên. Từ bảng biến thiên suy ra max f ( x ) = max { f (0), f (1)} . x ∈[0;1] Như vậy trong cả hai trường hợp ta đều có max f ( x ) = max { f (0), f (1)} . x ∈[0;1] Mặt khác f (0) = 2( y3 + z3 ) − y2 z ≤ 2( y3 + z3 ) − y2 z + (2 − y − z2 ) = f (1). Ta sẽ chứng minh f (1) ≤ 3. Thật vậy, đặt f (1) = g ( y ) = 2( y3 + z3 ) − y2 z + (2 − y − z2 ) Ta có g0 (y) = 6y2 − 2zy − 1 = 0. 1 √ 1 √ Do đó, y = y1 = (z − z2 + 6) < 0 hoặc y = y2 = (z + z2 + 6) 6 6 + Nếu y2 ∈/ (0; 1) thi g0 (y) ≤ 0, ∀y ∈ [0; 1]. Suy ra g(y) giảm trên [0; 1]. Do đó max g(y) = max { g(0), g(1)} . y∈[0;1] + Nếu y2 ∈ (0; 1) thì ta có bảng biến thiên Từ bảng biến thiên suy ra max g(y) = max { g(0), g(1)} . Như vậy trong cả hai trường hợp y∈[0;1] 103
Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017 ta đều có max g(y) = max { g(0), g(1)}. y∈[0;1] Ta có g(0) = 2z3 + 2 − z2 ≤ 2z3 + 2 − z2 + (1 − z) = g(1) = z(z − 1)(2z + 1) + 3 ≤ 3 với mọi z ∈ [0; 1]. Bài toán 16 (Đề thi HSG THPT toàn quốc bảng A, 1999). Xét các số thực dương a, b, c thỏa mãn abc + a + c = b. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2 2 3 P= − 2 + 2 . a2 +1 b +1 c +1 1 a+c Lời giải. Biến đổi giả thiết thành a + c = b(1 − ac) > 0, suy ra a < , b = (24). c 1 − ac Thay (24) vào biểu thức P và biến đổi được 2 3 2( a + c )2 P= + + − 2. (25) a2 + 1 c2 + 1 (1 + a2 )(1 + b2 ) 1 2( x + c )2 1 Xét hàm số f ( x ) = P = 2 + 2 2 với 0 < x < và coi c là tham số (c > 0). x + 1 (1 + x )(1 + c ) 2 Ta có −2c( x2 + 2cx − 1) f 0 (x) = (1 + c2 )(1 + x2 )2 1 √ 1 Trên (0; ) thì f 0 ( x ) = 0 có nghiệm duy nhất là x0 = −c + c2 + 1 (26) với 0 < x0 < . Qua c c x0 thì f 0 ( x ) đổi dấu từ dương sang âm nên f ( x ) đạt cực đại tại x0 nên c f ( x ) ≤ f ( x0 ) = 1 + √ c2 + 1 Từ đó theo (25) ta có 3 2c 3 P = 2 f (x) − 2 + ≤√ + 2 = g ( c ). c2 +1 c2 + 1 c + 1 Xét hàm số g(c) với c > 0. Ta có 2(1 − 8c2 ) g0 (c) = √ . (c2 + 1)(3c + c2 + 1) 104
Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017 1 Với c > 0, thì g0 (c) = 0 tại c = √ và qua c thì g0 (c) đổi dấu từ dương sang âm nên g(c) là 8 1 10 giá trị cực đại, suy ra P ≤ g( √ ) = . 8 3 10 1 1 √ Giá trị P = đạt được khi c = √ , a = √ , b = 2 theo (24) và (26). 3 8 2 Bài tập tương tự Bài 5. Xét các số thực dương x, y, z thỏa mãn hệ điều kiện    0

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

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

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.