zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

Sử dụng tiếp tuyến để tìm lời giải trong chứng minh bất đẳng thức

Chia sẻ: Phùng Duy Anh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Báo xấu

260
lượt xem 72
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo Sử dụng tiếp tuyến để tìm lời giải trong chứng minh bất đẳng thức...

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: 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 ∑ xi = k (k khoâng ñoåi) N u các bi n xi coù toång 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 )( )( ) − 2a3 + b 4 − 2b3 + c 4 − 2c3 ≥ 0 ⇔ f (a) + f (b) + f (c) ≥ 0 4 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. 1 GV: Naêm hoïc 2005 – 2006 GV: Nguyeãn Taát Thu
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 9 a b c Bài toán 2. Cho a, b, c ≥ − và a + b + c = 1 . Cmr: 2 +2 +2 ≤. a + 1 b + 1 c + 1 10 4 ( 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 35 9 x v i x ∈ [- ; ] . Ti p tuy n c a ñ th f ( a ) + f (b ) + f ( c ) ≤ trong ñó f ( x) = 2 x +1 42 10 36 x + 3 1 hàm s y = f ( x) t i ñi m có hoành ñ x = là : y = 3 50 36 x + 3 36 x + 3 (3 x − 1) (4 x + 3) 2 x 35 − f ( x) = −2 = ≥ 0 ∀x ∈ [- ; ] Xét x +1 50( x + 1) 2 50 50 42 V y ta có l i gi i như sau . L i gi i. Ta có 36a + 3 (3a − 1) 2 (4a + 3) 36a + 3 a 3 a 3 −2 = ≥ 0 ∀a ≥ − ⇒ 2 ≤ ∀a ≥ − a +1 50(a 2 + 1) a +1 50 4 50 4 36(a + b + c) + 9 9 a b c +2 +2 ≤ =. V y: 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 + + ≥2 +2 +2 nên 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 99 x − 3 4x y = f ( x) = 2 t i ñi m có hoành ñ x=1/3 là : y = ) x − 2x + 5 100 99 x − 3 (3 x − 1)2 (15 − 11x ) 4x − = ≥ 0 ∀x ∈ (0;1) Ta có : 2 100( x 2 − 2 x + 5) x − 2x + 5 100 99(a + b + c) − 9 9 4a 4b 4c +2 +2 ≥ = ñpcm. Suy ra : 2 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 111 9 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 − )+( − )+( − )≤9 Khi ñó B t ñ ng th c ñã cho tr thành : ( 1− a a 1− b b 1− c c 3 GV: Naêm hoïc 2005 – 2006 GV: Nguyeãn Taát Thu
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) − f ( x) = = ≥ 0 ∀x ∈ (0;1) Ta có: 25(2 x 2 − 2 x + 1) 25(2 x 2 − 2 x + 1) 25 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 2 111 (a + b2 + c2 )( + + ) ≥ a + b + c + a2 + b2 + c2 . abc 33 (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) + + ≤ 8. 1.Cho a,b,c>0. Cmr: 2a + (b + c) 2b + (c + a ) 2c + ( a + b ) 2 2 2 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 ∑a = n . Cmr: 4. Cho n s th c dương tho mãn: i i =1 x x1 1 1 + ... + n 2 ≤ + ... + ( New Zealand 1998) 1 + xn 1 + x1 1 + xn 1 + x12 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 9 a b c + + ≥ 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 2 111 8. Cho a, b, c > 0 và a 2 + b 2 + c 2 = 1 . Cmr : ( + + ) − (a + b + c) ≥ 2 3 . abc 1114 + + + (a + b + c) ≥ 7 . 9. Cho a,b,c>0 th a mãn: a 2 + b 2 + c 2 = 3.Cmr : abc3 ( 3a + b + c )3 + ( 3b + c + a )3 + ( 3c + b + a )3 ≤ 375 . 10. Cho a, b,c>0 .Cmr: 3 3a + ( b + c ) 3b3 + ( a + c ) 3c3 + ( b + a ) 3 3 3 11 a3 b3 c3 + + ≥ 1. 11. Cho a,b,c>0.Cmr: 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: 111 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: ∑ ≥ . b+c 2 a+b+c cyc 14. Cho các s th c dương a,b,c,d th a mãn: a+b+c+d=2. Cmr 6 GV: Naêm hoïc 2005 – 2006 GV: Nguyeãn Taát Thu
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) (b + 1) (c + 1) (d + 1) 2 2 2 2 2 25 2x2 2y2 2 z2 +2 +2 ≤ 1. 15. Cmr: 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 + + ≥ (a + b + c) (Serbia 2005) 17. Cho a,b,c>0. Cmr b+c c+a a+b 2 7 GV: Naêm hoïc 2005 – 2006 GV: Nguyeãn Taát Thu

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.