CÁC CHUYÊN đề TOÁN PHỔ THÔNG tập 3
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (751.78 KB, 48 trang )
Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác
kh
o
ng
bo
cu
o
c.
c
om
DIỄN ĐÀN TOÁN HỌC VMF
Tháng 07/2015
Diendantoanhoc.net
Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác
Lêi nãi ®Çu
oc
u
oc
.c
om
Tài liệu này không phải là tài liệu chính thức của Diễn đàn toán học (VMF)
nhưng do cá nhân tôi là thành viên của trang diễn đàn thảo luận toán học này nên
tôi xin mạo muội ghi xuất xứ là VMF mong quản trò của trang web bỏ qua yếu tố
trên.
Hàng năm mỗi giáo viên trung học phổ thông đều làm một sáng kiến kinh
nghiệm về lónh vực chuyên môn giảng dạy, tuy nhiên lượng kiến thức mà thầy (cô)
dày công bỏ ra nghiên cứu đa phần bò bỏ quên. Hôm nay tôi cố gắng tổng hợp lại
các sáng kiến kinh nghiệm để đưa vào chung thành một tài liệu “CÁC CHUYÊN
ĐỀ TOÁN PHỔ THÔNG”. Để tiện cho việc tổng hợp và theo dõi, tôi chia ra
thành nhiều tập với độ dày mỗi tập tầm khoảng 50 trang. Chỉ là việc tổng hợp nội
dung các sáng kiến để cho các bạn tham khảo nên có điều gì sai sót mong các bạn
bỏ qua.
Người tổng hợp
CD13
kh
on
gb
Tập 3 này gồm các nội dung:
+ Thêm một cách tiếp cận nữa để tính tích phân
+ Khai thác một BĐT (1)
+ Khai thác một BĐT (2)
+ Sử dụng tiếp tuyến để chứng minh bất đẳng thức
+ Một số đònh hướng cơ bản giải phương trình hàm
+ Kó thuật giảm biến trong bài toán tìm giá trò lớn nhất, giá trò nhỏ nhất.
Diendantoanhoc.net
Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác
THÊM MỘT CÁC TIẾP CẬN NỮA ĐỂ TÍNH TÍCH PHÂN
Trong các kỳ thi tuyển sinh vào các trường đại học – cao đẳng thường có bài toán về tính tích phân.
Bài viết này xin trao đổi với các bạn về một hướng tiếp cận ( cách “tư duy”) để tính tích phân trong phạm
vi phương pháp “ đặt ẩn phụ” . Tác giả gọi tên là “ đặt ẩn phụ không làm thay đổi cận của tích phân”.
+ Định nghĩa: Cho hàm số y = f(x) liên tục trên a; b nếu F (x) là một nguyên hàm của f(x) thì
b
f ( x)dx F ( x) |
b
a
F (b) F (a) .
b
b
c
a
+
a
f ( x)dx f ( x)dx
b
b
f ( x)dx f ( x)dx f ( x)dx
a
a
c a; b
c
5
.c
+
om
a
+ Định nghĩa trên không phụ thuộc vào kí hiệu biến số dưới dấu tích phân.
+ Một số tính chất cần chú ý:
Bài toán 1: Tính tích phân I= x 3 3x 2 2 dx
3
3
oc
Khi gặp bài toán này, chắc chắn rằng tất cả các bạn đều nghĩ cách khai triển biểu thức dưới
dấu tích phân để đưa về các tích phân cơ bản để tính. Đó là một cách suy nghĩ thường hay gặp
phải. Nhưng bạn hãy thử làm xem sao, và hãy thử thay (x3-3x2+2)3 bằng (x3-3x2+3)7 , (x3-3x2+3)9
.... rồi tính nhé!. Sau đó mời các bạn nghiên cứu lời giải sau:
oc
u
dx dt
Lời giải: Đặt x=2-t x 3 : t 5
x 5 : t 3
3
5
3
I (2 t ) 3(2 t ) 2 dt
3
2
5
5
3
t
3
3
3
5
3
3t 2 dt t 3 3t 2 2 dt
2
3
x 3 3 x 2 2 dx I 2 I 0 I 0
gb
3
Khi đọc xong lời giải trên chắc chắn các bạn sẽ đặt câu hỏi : Tại sao lại đặt ẩn phụ như
vậy?. Để tìm câu trả lời xin mời các bạn nghiên cứu tiếp bài toán sau:
a
Bài toán 2: Cho f(x) là hàm lẻ, liên tục trên [-a; a]. Chứng minh rằng
f ( x)dx 0
on
a
Đây là một bài tập khá quen thuộc với các bạn khi học tích phân và nhiều bạn đã biết cách
giải. Xong các bạn hãy xem kỹ lời giải sau để “ phát hiện” ra vấn đề nhé!
kh
dx dt
Lời giải: Đặt x=-t x a : t a
x a : t a
I
I
a
a
f ( x)dx f (t )dt
f (t )dt f (t )dt f ( x)dx I 2 I 0 I 0
a
a
a
a
a
a
a
f (t ) dt . Do f(x) là hàm lẻ nên f(-x)=-f(x) do đó
a
a
a
Qua 2 bài toán trên, điểm chung của cách đặt ẩn phụ là gì?
Câu trả lời là : Đặt ẩn phụ nhưng không làm thay đổi cận của tích phân.
Vậy sử dụng suy nghĩ này vào bài toán thực tế như thế nào ? Các bạn hãy chú ý một số
điểm sau:
Diendantoanhoc.net
Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác
Bài toán 1, 2 có thể tổng quát thành : Chứng minh rằng nếu hàm f (x) liên tục và thoả
-
b
mãn:
f(a+b-x) =-f(x) thì
. Việc chứng minh bài toán này xin dành cho độc
f ( x)dx 0
a
giả (bằng cách đặt x=a+b-t là cách đặt mà cận không hề thay đổi!)
b
Từ đó ta có cách đặt tổng quát khi gặp tích phân
-
f ( x)dx
mà không thay đổi cận là đặt
a
x=a+b-t.
Bài toán 1 còn có cách giải khác khá hay để dẫn tới một “ suy nghĩ” mới như sau:
-
m
dx dt
4
4
3
3
Đặt x=1-t x 3 : t 4 I (1 t )3 3(1 t )2 2 dt t 3 3t dt .
4
4
x 5 : t 4
co
Sử dụng kết quả chứng minh của bài toán 2 ta được I=0 ( do f(t)=-t3+3t là hàm số lẻ).
Vậy “ suy nghĩ” mới ở đây là gì? Việc đặt ẩn phụ như vậy ta đã dẫn đến tích phân có cận “đối
xứng” . Trong trường hợp tổng quát để dẫn đến cận “ đối xứng” khi gặp tích phân
ab
t nhé!
2
f ( x)dx
a
c.
các bạn hãy đặt x
b
Bây giờ chúng ta cùng vận dụng suy nghĩ đó để giải một số bài toán sau:
sin 6 x cos 6 x
dx (Đề thi đại học năm 2000).
6x 1
uo
4
Bài toán 3: Tính tích phân I
4
gb
oc
dx dt
Lời giải: Đặt x=-t x : t (cách đặt này đã không làm thay đổi cận của tích
4
4
x 4 : t 4
phân) .
4
Khi đó I
sin 6 (t ) cos 6 (t )
dt
6 t 1
4
6
6
t sin t cos t
6
.
dt
6t 1
4
4
4
sin 6 x cos6 x
dx
2I 6 .
6x 1
on
4
x
4
4
6 x.
4
sin 6 x cos 6 x
dx
6x 1
4
4
sin
6
x cos 6 x dx
4
4
4
4
4
kh
3
1 3s in 2 x cos 2 x dx 1 s in 2 2 x dx
4
4
sin 6 x cos 6 x
dx
6x 1
4
3
2
1 4 s in 2 x dx
4
5
3
8 8 cos 4 x dx
4
5x 3
sin 4 x
8 32
4
-
5
.
16
4
Chú ý: Bài toán 3 có dạng tổng quát sau: Nếu f(x) là hàm số liên tục, chẵn thì
b
I
b
b
f ( x)
1
x f ( x)
b a x 1 dx b a a x 1 dx I 2 b f ( x)dx .
Diendantoanhoc.net
Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác
Bài toán 4: Tính tích phân I =
x sin x
dx
2
x4
cos
0
Thông thường khi gặp tích phân trên, hầu hết các bạn đều nghĩ đến phương pháp tính tích
phân từng phần. Xong các bạn hãy thử làm như thế và so sánh với lời giải sau:
dx dt
Lời giải : Đặt x t x 0 : t
x : t 0
0
om
( t ) sin( t )
( t ) sin t
sin t
t sin t
Khi đó I
dt
dt
dt
dt
2
2
2
cos t 4
cos t 4
cos 2 t 4
cos ( t ) 4
0
0
0
sin x
x sin x
sin x
dx
dx
dx I
2
2
cos x 4
cos x 4
cos 2 x 4
0
0
0
sin x
sin x
dx I
dx
2
cos x 4
2 0 cos 2 x 4
0
2I
ln 3
1
t2 1
dt
dt
ln
2
4
2 1 t 4 2 1 (t 2)(t 2) 8 t 2 1
1
uo
c
I
.c
sinxdx dt
Đặt cosx t x 0 : t 1
x : t 1
Chú ý: Bài toán 4 có thể tổng quát như sau:
Cho hàm số f(x) liên tục và thoả mãn: f(a+b-x) = f(x) . Khi đó
b
b
ab
f ( x)dx (
2 a
xf ( x)dx
a
để chứng minh kết quả trên các bạn hãy đặt x= a+b-t ).
oc
2
Bài toán 5: Tính tích phân I =
1
1
xdx
( Đề thi khối A năm 2004)
x 1
Với bài toán trên, cách đặt như thế nào để không thay đổi cận của tích phân.
gb
dx 2(t 1)dt
(cách đặt
Lời giải: Đặt t 1 x 1 . Khi đó x -1 = (t -1) hay x=(t -1) 1 x 1: t 1
x 2 : t 2
2
2
này đảm bảo cận không đổi !)
2
on
2
(t 1) (t 1)2 1
1
t
2
2
t 3 3t 2 4t 1
1
.dt 2
.dt 2 t 2 3t 4 .dt
t
t
1
1
t3
2 5
t2
2 3 4t ln | t | 2 ln 2 .
2
3
1 3
b
kh
Chú ý: Bài toán 5 có thể tổng quát dạng
a
p( x)
dx với p(x) là đa thức chứa biến x;
mx n c
m,n,c là các hằng số . Ta có thể đặt t mx n c hoặc t mx n đều giải được.
sin 3 x
dx
sin x cos x
0
2
Bài toán 6: Tính tích phân I
Diendantoanhoc.net
Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác
3
3
2
3
3
2
co s x
sin x
sin x co s x
dx
dx
dx (1 sin x.cos x)dx
I+J
sin x cos x
sin x cos x
sin x cos x
0
0
0
0
2
2
co
2
m
dx dt
Lời giải: Đặt x t x 0 : t
2
2
x 2 : t 0
sin 3 t
0
3
2
2
co s t
co s3 x
2
dt
dt
dx J
I
sin t cos t
sin x cos x
0
0
sin t cos t
2
2
2
I J
1
1 I
4
I J 2
1
1
1
(1 sin 2 x)dx x co s 2 x 2 . Vậy
2
4
0 2 2
0
b
k
sin mx
a sin mx cos mx dx
n
2
;
0
n
sin m ax
sin m ax n cos m ax
c.
Chú ý: Bài toán 6 có thể tổng quát thành các dạng sau:
1
uo
Cuối cùng mời các bạn vận dụng vào một số bài tập sau:
Tính các tích phân:
1
4x 3
dx
3x 1 2
I1
0
I2
3
lg
1
x 2 1 x dx
I3 lg
1
3
x 2 1000 x dx
2
2004
x
3
5
6 x 2 16 dx
gb
I5
oc
1
4
I7
sin x.sin 2 x.cos 3 x
dx
2x 1
4
on
3
I10 x(tgx cot gx)dx
I8
cos x.ln x
x 2 1 dx
2
5
I6 e x
2
x
4 x7
3
6 x 16
2 n 1
dx
1
2000
2
I4
1
dx
1 (e x 1)( x 2 1)
2
I9
sin x.sin 2 x.cos 5 x
dx
ex 1
2
2
I11
I12
x sin x
dx
2
cos
x
1
0
0
sin x
dx
sin x cos x
kh
6
Diendantoanhoc.net
Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác
KHAI THÁC MỘT BẤT ĐẲNG THỨC 1
Trong chương trình toán T.H.C.S có một bất đẳng thức quen thuộc mà việc ứng dụng của
nó trong khi giải các bài tập đại số và hình học rất có hiệu quả. Ta thường gọi đó là “bất đẳng
thức kép”. Đó là bất đẳng thức sau :
(a b) 2
2ab (*)
Với mọi a, b ta luôn có : a b
2
2(a 2 b 2 ) (a b) 2 .......(1)
2
( a b) 4ab.................(2)
Nhận thấy (*)
2
2
a b 2ab..................(3)
2
om
2
2
on
gb
oc
uo
c
.c
Cả ba bất đẳng thức trên đều tương đương với hằng bất đẳng thức ( a b) 0 và do đó chúng
xảy ra đẳng thức khi a = b.
Ý nghĩa của bất đẳng thức (*) là nêu nên quan hệ giữa tổng hai số với tích hai số và với tổng các
bình phương của hai số đó.
Sau đây là một số ví dụ minh hoạ việc vận dụngvà khai thác bất đẳng thức (*).
Bài toán 1:
Cho a + b = 1 . Chứng minh rằng:
1
1
1
8
8
4
4
a2 b2
; a b
; a b
128
8
2
* Giải : Áp dụng bất đẳng thức (1) và giả thiết a + b = 1 ta có:
1 2
2
(
)
2
2 2
( a b)
1
(a b )
1
a2 b2
; a4 b4
2
2
2
2
2
8
1
( )2
4
4 2
(a b )
1
a 8 b8
8
.Đẳng thức xảy ra khi a = b = 1/2.
2
2
128
* Khai thác bài toán
Nhận xét 1: Nếu tiếp tục áp dụng bđt (1) và tăng số mũ của biến ta thu được các kết quả như:
1 2
(
)
8
8 2
(a b )
1
16
16
128
a b
15 .........
2
2
2
Tổng quát ta có bài toán sau:
Bài toán 1.1:
n
n
Cho a + b = 1 . Chứng minh rằng: a 2 b 2
2
1
2n 1
kh
Cách giải bài toán 1.1 ta áp dụng phương pháp quy nạp toán học và làm tương tự bài toán 1.
Nhận xét 2: Tiếp tục khái quát bài toán 1.1 khi thay giả thiết a + b = 1 bởi giả thiết a + b = k, làm
n
n
kn
tương tự như trên ta có a 2 b 2 n
2 2 1
Vậy có bài toán 1.2 như sau:
Bài toán 1.2:
n
n
n
Cho a + b = k . Chứng minh: a 2 b 2 kn
2 2 1
Nhận xét 3: Từ bài toán 1.2 nếu ta thay giả thiết a + b = k bởi b = k - a ta được
Bài toán 1.3:
Diendantoanhoc.net
Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác
n
n
kn
với mọi k .
Chứng minh : a 2 (k a) 2 n
2 2 1
* Khai thác sâu bài toán
Nhận xét 1: Nếu áp dụng bất đẳng thức (1) liên tiếp 2 lần ta có kết quả:
2
a b 2
4
(a 2 b 2 ) 2 2
a b
4
4
a b
2
2
23
.c
o
2
m
Tổng quát ta có bài toán sau:
Bài toán1.4:
Chứng minh :
4
2n
a b
n
n
4
4
a
b
2
2
b
b) a
a) a b
n
23
2 2 1
Nhận xét 2:
Nếu áp dụng bất đẳng thức (1) liên tiếp nhiều lần và tăng số biến ta có:
2
cu
oc
a b 2 c d 2
( a 2 b 2 ) 2 (c 2 d 2 ) 2 2 2
4
4
4
4
a b c d
2
2
4
(a b) 4 (c d ) 4 a b c d
8
8.2 3
4
4
a 4 b 4 c 4 d 4 a b c d a b c d
.
4
4 .8 .2 3
4
bo
Vậy có bài toán 1.5:
a4 b4 c4 d 4 a b c d
Chứng minh:
4
4
4
on
g
Cứ tiếp tục suy luận sâu hơn nữa ta thu được nhiều bài toán tổng quát hơn.
Bài toán 2:
Cho a, b, c > 0.Chứng minh rằng: ( a b ).(b c ).(c a ) 8abc.
(a b) 2 4ab
2
* Giải: áp dụng bất đẳng thức (2) ta có : (c b) 4cb
(a c) 2 4ac
kh
( a b)(b c)(c a ) 64 a 2 b 2 c 2 (vì a, b, c > 0)
2
(a b)(b c)(c a ) 8abc
( vì (a+b)(b+c)(c+a) > 0 và 8abc > 0).
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c .
* Khai thác bài toán
Nhận xét 1: Nếu cho a, b, c > 0 và a + b + c = 1. Khi đó ta có 1 - a, 1- b,
1 - c > 0 và có 1 + c = 1 + 1 - a - b = (1 - a) + (1 - b). Áp dụng bài toán 2 ta được :
(1 a )(1 b)(1 c ) 8(1 a )(1 b )(1 c )
Vậy có bài toán 2.1:
Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 1.
Diendantoanhoc.net
Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác
Chứng minh: (1 a )(1 b)(1 c ) 8(1 a )(1 b)(1 c )
Nhận xét 2: Ta tiếp tục khai thác sâu hơn bài toán bằng cách cho a + b + c = n > 0 . Khi đó tương
tự như bài toán 2.1 ta có
Bài toán 2.2:
Cho a, b, c > 0 và a + b + c = n > 0.
Chứng minh : ( n a )( n b)( n c ) 8( n a )( n b )( n c )
Bài toán 3:
2
2
2
om
Chứng minh rằng với mọi a, b, c ta có : a b c ab bc ca
* Giải :
.c
a 2 b 2 2ab
2
2
áp dụng bất đẳng thức (3) ta có : c b 2cb
a 2 c 2 2ac
2
2
2
2(a b c ) 2(ab bc ca) đ.p.c.m
oc
Có đẳng thức khi a = b = c.
* Khai thác bài toán
Nhận xét 1 : Nếu áp dụng bài toán 3 và tăng số mũ lên, giữ nguyên số biến ta có
a 4 b 4 c 4 a 2 b 2 b 2 c 2 c 2 a 2 (*) lại áp dụng bài toán 3 lần nữa ta có
a 2 b 2 b 2 c 2 c 2 a 2 abc(a b c) (**) . Từ (*) và (**) ta thu được kết quả là
Vậy có bài toán 3.1:
oc
u
a 4 b 4 c 4 abc (a b c) .
4
4
4
Chứng minh rằng với mọi a, b, c ta có : a b c abc(a b c) .
Nhận xét 2: Nếu tăng số biến và giữ nguyên số mũ của biến với cách làm như bài toán 3 ta có
Bài toán 3.2:
2
2
2
Chứng minh rằng: a1 a 2 ... a n a1 a 2 a 2 a3 ... a n1a n a n a1
gb
Với mọi a1 ; a 2 ;...; a n
Bài toán 4 :
4
4
4
4
on
Chứng minh rằng với mọi a, b, c, d ta có : a b c d 4 abcd
* Giải :
Áp dụng bất đẳng thức (3) ta có :
4
a b 4 c 4 d 4 2a 2 b 2 2c 2 d 2 2(a 2 b 2 c 2 d 2 ) 4abcd đ.p.c.m
Có đẳng thức khi a = b = c = d
* Khai thác bài toán
4
4
kh
Nhận xét 1: Nếu thay b = c = d = 1 ta có bđt a 3 4 a a 4 a 3
Vậy có bài toán 4.1:
4
Tìm giá trị nhỏ nhất của A = a 4 a
Nhận xét 2: Nếu khai thác bài toán 4 theo hướng tăng số biến, số mũ lên, ta
Có bài toán tổng quát sau:
Bài toán 4.2:
Chứng minh rằng với mọi số a1; a 2 ; a3 ;...; a 2n với n N * ta có:
a1
2n
a2
2n
a3
2n
... a n
2
2n
n
2 a1a 2 a 3 ...a n .
2
Bài toán 5 :
2
2
2
2
Cho a + b + c + d = 2 . Chứng minh : a b c d 1
Diendantoanhoc.net
Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác
* Khai thác bài toán
2
2
2
2
Nhận xét 1: Nếu thay hằng số 2 ở giả thiết bởi số k ta được kết quả a b c d
k2
.
4
Vậy có bài toán tổng quát hơn như sau:
Bài toán 5.1:
k2
Cho a + b + c + d = k . Chứng minh : a b c d
4
Nhận xét 2: Ta còn có thể tổng quát bài toán 5.1 ở mức độ cao hơn bằng cách tăng số biến của bài
toán . Khi đó bài toán 5.1 chỉ là trường hợp riêng của bài toán sau:
Bài toán 5.2:
k2
2
2
2
*
a
a
a
...
a
a
...
a
với n N
Cho 1
2
n
2
n = k . Chứng minh: 1
n
Để giải bài toán này thì cả hai cách làm của bài toán 5 ở trên đưa vào áp dụng không hợp lý, ta sẽ
làm như sau:
k2
k
k2
k
k2
k
2
2
2
Áp dụng bđt (3) ta có: a1 2 2a1 . ; a 2 2 2a 2 . ; … ; a n 2 2a n .
n
n
n
n
n
n
2
k
k
2
2
2
a1 a 2 ... a n n 2 2 (a1 a 2 ... a n ) (vì a1 a 2 ... a n k )
n
n
2
2
k2
k
k
2
2
2
2
2
2
a1 a 2 ... a n
a1 a 2 ... a n
2
(đ.p.c.m).
n
n
n
Từ đó suy ra :
2
2
2
2
2
2
Vậy có bài toán 5.3:
2
2
a1 a 2 ... a n 2
n
oc
a1 a 2 ... a n
uo
c.
co
m
2
2
Chứng minh: a1 a 2 ... a n
*
với n N (1.1)
a1 a 2 a3 ... a n 2
*
với n N .
kh
on
gb
n
Đặc biệt hoá với n = 5, n = 7, ta được những bài toán như : Chứng minh :
a1 a 2 a3 ... a5 2
2
2
2
a1 a 2 ... a 5
5
a1 a 2 a3 ... a7 2
2
2
2
a1 a 2 ... a 7
.
7
Rõ ràng những bđt này nếu sử dụng phương pháp dùng định nghĩa hoặc biến đổi tương đương thì
rất khó giải quyết . hoctoancap ba.com
* Khai thác sâu bài toán
Nếu tiếp tục nâng số mũ lên cao hơn theo cách khai thác của bài toán 1.4 ta thu được kết quả
tổng quát hơn nữa chẳng hạn:
Bài toán 5.4:
Chứng minh:
a1 a 2 a3 ... a n 4
4
4
4
*
a) a1 a 2 ... a n
với n N
3
n
a1 a 2 a3 ... a n 8
8
8
8
*
b) a1 a 2 ... a n
với n N
7
n
Diendantoanhoc.net
Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác
c)
a1
2n
a2
2n
... a n
2
2n
a1 a 2 a3 ... a 2n 2n
với n N * (1.2)
n
n 2 1
2
oc
uo
c.
co
m
Rõ ràng các bất đẳng thức này còn chặt hơn cả bđt Cô Si và cũng không cần điều kiện gì của
biến.
Tiểu kết 1:
Trên đây ta đã khai thác và phát triển từ những bài toán đơn giản để thu được những bài toán mới,
những kết quả mới tổng quát hơn.
Bất đẳng thức (1.1) là trường hợp tổng quát của bất đẳng thức (1) khi ta khai
thác theo hướng tăng số biến của bài toán.
Bất đẳng thức (1.2) là trường hợp tổng quát của bất đẳng thức (1) khi ta khai thác theo hướng
tăng cả số mũ và số biến.
Tiểu kết 2:
Để khai thác, phát triển một bài toán về bất đẳng thức ta có thể đi theo một số hướng như sau:
Hướng thứ nhất : Tổng quát hoá các hằng số có trong bài toán, ví dụ như các bài toán 1.2;
2.2; 5.1; 6.1; 8.1; 9.1; 10.2; 12.1
Hướng thứ hai : Giữ nguyên số biến và tăng số mũ của các biến dẫn đến tổng quát hoá số
mũ, ví dụ các bài toán 1.1; 1.4
Hướng thứ ba : Giữ nguyên số mũ và tăng số biến của các biến dẫn đến tổng quát hoá số
biến, ví dụ các bài toán 1.5; 3.1; 6.3; 9.2; 10.3
Hướng thứ tư : Tổng quát hoá cả về số mũ và số biến, ví dụ như các bài toán 4.2; 5.2; 5.4
Hướng thứ năm : Đổi biến, đặc biệt hoá từ bài toán tổng quát, ví dụ như các bài toán 2.1;
4.1; 5.3; 6.2
Trên đây là các ví dụ vận dụng bđt (*) vào việc giải các bài toán đại số và một số phương hướng
để khai thác một bài toán.
Kết quả thu được sau khi khai thác bđt (1) là bđt :
2
2
gb
2
1
a a2 ... an
2n
2n
2n a1 a2 a3 ... a2n
a1 a2 ... a n
n
2
n 2 1
2
kh
*
với n N (1.1)
n
on
Và bđt:
a1 a2 ... an 2
2n
*
với n N (1.2)
Hoàn toàn tương tự như trên ( Chứng minh bằng quy nạp toán học )
ta cũng có kết quả khi khai thác bđt (2) như sau:
2n
a1 a2 a3 ... a n
n
2
2 a1a2 ...a với n N * (2.1)
n
n 2 1
2n
2
Từ bđt (1.2) và bđt (2.1) ta có bđt tổng quát của bđt (*) như sau:
Diendantoanhoc.net
Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác
2n
2n
2n
a1 a2 ... a n
2
a1 a2 a3 ... a2n 2n
n
2 a1a2...a với n N* (*.1)
n
n 2 1
2n
2
Như vậy khi làm xong một bài toán dù là bài toán dễ , người làm toán không nên thoả mãn
ngay với lời giải của mình mà cần tiếp tục suy xét những vấn đề xung quanh bài toán, tìm ra các
bài toán mới hay hơn, tổng quát hơn, sau đó đặc biệt hoá bài toán tổng quát để có được những bài
toán độc đáo hơn, thú vị hơn. Điều đó làm cho người học toán ngày càng say mê bộ môn, đồng
thời cũng là cách rèn luyện tư duy, nghiên cứu để chiếm lĩnh kho tàng tri thức của nhân loại.
kh
o
ng
bo
cu
o
c.
c
om
Diendantoanhoc.net
Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác
KHAI THÁC MỘT BẤT ĐẲNG THỨC 2
1. Lí thuyết:
1.1 Một vài BĐT thông dụng:
A2 0.
+ Cho a, b không âm a b 2 ab .
1 1
4
.
a b ab
+ Với mọi a, b, c ta có ab bc ca a 2 b 2 c 2 .
m
+ Cho a, b dương
1.2 Bất đẳng thức CBS: (*)
Cho các số thực dương a, b, c, x, y, z ta luôn có
Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức này, thật vậy:
(I)
c.
co
a 2 b2 c2
2
a b c
y
z
x
x y z
a b c
2
oc
uo
a 2 b2 c2
xb 2 xc 2 ya 2 yc 2 za 2 zb 2
2
2
2
x
y
z
a
b
c
y
z
y
z
x
z
x
y
x
xb 2 ya 2 yc 2 zb 2 xc 2 za 2
2
2
2
a 2 b2 c2
a b c 2ab 2bc 2ca
x z
y z
x
y
Tuy nhiên cá nhân tôi vẫn thường hay sử dụng BĐT ( I ) dưới hình thức
a2 b2 c2 a b c
x
y
z
x yz
2
( II )
Xét riêng các trường hợp:
2
+ Nếu x = y = z = 1 thì ( I ) trở thành a b c 3 a 2 b 2 c 2 .
1 1 1
9
.
x y z x yz
kh
on
gb
+ Nếu a = b = c = 1 thì ( II ) trở thành
(*): Thực ra BĐT (I), (II) chỉ là hệ quả của BĐT: Cho 2n số thực
(III)
(IV)
và b1 , b2 ,..., bn khi đó
a12 a22 ... an2 b12 b22 ... bn2 a1b1 a2b2 ... anbn 2 . Bất đẳng thức này được nhà toán học người Pháp Cauchy đề cập vào năm
1821, nhà toán học người Nga Buniakowski đề cập năm 1895, còn nhà toán học người Đức Schwartz đề cập năm 1884. Do cả
ba nhà toán học độc lập nghiên cứu nên bất đẳng thức trên được mang tên ba nhà toán học Cauchy – Buniakowski – Schwartz.
Trong sáng kiến kinh nghiệm này tôi tạm gọi là CBS (đôi khi một số sách gọi Cauchy – Schwart hoặc ta thường lầm gọi là
Buniakowski).
a1 , a2 ,..., an
Sau đây là một vài bài toán minh học ứng dụng của CBS
Ví dụ 1: [BĐT Nesbit] Với a, b, c là các số dương ta có:
a
b
c
3
bc ca ab 2 .
Lời giải
Đối với BĐT kinh điển này thì ta chỉ cần sử dụng trực tiếp ( II ) và với để ý BĐT đơn giản
a b c
2
3 ab bc ca
Khi đó ta có:
a
b
c
a2
b2
c2
b c c a a b ab ac bc ab ac bc
2
a b c
3 ab bc ca 3
.
2 ab bc ca 2 ab bc ca 2
Diendantoanhoc.net
Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác
Như vậy ta có được điều phải chứng minh.
Ví dụ 2: [Hungary 1996] Cho a, b > 0 thỏa mãn a + b = 1. Chứng minh:
a2
b2
1
a 1 b 1 3
Lời giải
2
a b 1 .
a2
b2
Áp dụng ( II ), dễ dàng ta có:
a 1 b 1 a b 11 3
a2
b2
c2
bc
ca
ab
2
2
1 2
2
2
2
a 2bc b 2ca c 2ab
a 2bc b 2ca c 2ab
Lời giải
Sử dụng ( II ) ta có:
2
.c
a b c
a2
b2
c2
2
1.
2
2
2
a 2bc b 2ca c 2ab a 2bc b 2 2ca c 2 2ab
om
Ví dụ 3: [Romania 1997] Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng:
Mặt khác ta sử dụng hằng đẳng thức
uo
c
bc
ca
ab
3 1 a2
b2
c2
2
2
2
2
2
2
a 2bc b 2ca c 2ab 2 2 a 2bc b 2ca c 2ab
Như vậy bài toán đã được chứng minh xong.
Ví dụ 4: [Dự tuyển Olympic 30.04] Cho tam giác ABC và điểm M nằm trong tam giác. Gọi
x, y, z lần lượt là khoảng cách từ M đến BC, AC, AB. Chứng minh rằng:
a
2
b 2 c 2 2S
oc
x y z
abc
.
gb
Lời giải:
Với giả thiết bài toán thì ax by cz 2S .
Ta có:
1 1 1
ax by cz
a b c
ax by cz ab bc ca 2 S a 2 b 2 c 2 .
abc
abc
x y z
2
on
Ví dụ 5: [Vietnam 1996] Cho a, b, c > 0 thỏa mãn điều kiện a 2 b 2 c 2 9 .Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức
a 5 b5 c 5
P 2 2 2.
b c
a
kh
Lời giải:
a5 a5
Theo Cauchy, ta có: 2 2 3b 2 3b 2 3 3 5 3a 2 . Xây dựng các BĐT tương tự ta nhận
b
b
2
2
2
được 2 P 2 3 a b c 9 3 5 3 a 2 b 2 c 2
P 9 3. Dấu “=” xảy ra khi a b c 3 .
Cách khác:
2
3
3
3
a 5 b5 c5 a b c
Theo ( II ) ta có: 2 2 2 2
.
b
c
a
ab bc 2 ca 2
Diendantoanhoc.net
Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác
2
2
a
2
Lại có: ab bc ca
a
P
3
b3 c 3
2
a
9 3
2
2
2
b c
b2 c2
2
a b
2 2
2 2
2
b c c a
2
a
2
b2 c 2
3
27 3
9 3
1 1 1
4 . Chứng minh
x y z
1
1
2x y z x y x z
1 1
1 1 2 1 1
4 x y x z 16 x y z
c.
co
Xây dựng hai bất đẳng thức tương tự ta được:
m
1
1
1
1 .
2x y z x 2 y z x y 2z
Lời giải
Ta có
9 3.
3
Ví dụ 6: [TSĐH KA 2005] Cho x, y, z là các số thực dương thỏa
rằng:
3
1
1
1
1 4 4 4
1.
2 x y z x 2 y z x y 2 z 16 x y z
Ví dụ 7: [THTT 2009] Cho a, b > 0 thỏa mãn 3a b 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
1
1
S
a
ab .
Ta có: S
oc
uo
Lời giải:
1
1
1
2
a
a 1 3a a 1 2a
2 2
2
a 1 2a
8.
1
4
Nên giá trị nhỏ nhất của S bằng 8 khi a b .
Ví dụ 8: [THTT 2009] Cho a, b, c là các số thực không âm và có tổng bằng 1. Chứng minh rằng:
a
b
c
3
3
1.
a 2b
b 2c
c 2a
on
gb
3
Lời giải:
Ta có 3 1.1 2b a
a 2b 2
, nên
3
2
a b c
a2
3a
VT
3 2
3
1
2
a 2b 2
a 2ab 2a
a 2 ab 2 a
Ví dụ 9: [USAMO 2000] Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a b c 3 . Chứng minh rằng:
1
1
1
3
2
2
.
2
2
2
a b 2 b c 2 c a 2 4
kh
2
Lời giải:
Không mất tổng quát, giả sử a b c . BĐT đã cho tương đương với
1
1
1
1
1
1
3
2
2 2
2
2
2
2 a b 2 2 b c 2 2 c a 2 4
a 2 b2
b2 c2
c2 a2
3
2
2
2
2
2
2
a b 2 b c 2 c a 2 2
a b
2
2 a b 2
2
2
a b
2
2 a b 2
2
2
3
2
Diendantoanhoc.net
Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác
Áp dụng ( II ) ta có:
a b
2a
2
2
b2 2
4 a b c
2
4 a 2 b 2 c 2 12
2 a b c
2
2 a 2 b2 c2 6
2
2
2
a b b c a c
2a c
2 a 2 b2 2 4 a 2 b2 c 2 12 2 a 2 b2 c 2 6
Từ đó ta nhận được: VT
2 a 2 b2 c2 2 a c
2
2 a 2 b2 c2 6
. Bây giờ chỉ cần chứng minh:
2
2 a 2 b 2 c 2 2 a c 3 a 2 b2 c 2 9 3 a 2 b 2 c 2 a b c
2
m
a b
c.
co
Bằng cách khai triển, BĐT này tương đương với 2 a b b c 0 . Điều này hiển nhiên đúng,
dấu đẳng thức xảy ra khi a b c 1.
6 a 2 b2 c2
a2 b2
Ví dụ 10: [Mathlink] Cho a, b, c dương. Chứng minh: 2
.
2
a ab b 2
a b c
Lời giải:
2
Áp dụng ( II ) ta có:
4a b c
2
oc
uo
a b . Do đó bài toán đưa về việc chứng minh:
a2 b2
Ta có: 2
6 2
2
a ab b
a ab b 2
2
a b 6 a 2 b2 c 2 6
a 2 ab b2
2
a b c
a
a b
2
2 a 2 b 2 c 2 ab bc ca
2
ab b 2
4a b c
2
2 a 2 b 2 c 2 ab bc ca
6 a 2 b2 c 2
a b c
2
, nên ta cần chứng minh:
6.
Đặt x a 2 b 2 c 2 , y ab bc ca x y. Khi đó BĐT tương đương với:
on
gb
4 x 2y
4 x 2 y 4 2x y
6x
6
8
2x y
x 2y
2x y
x 2y
Khẳng định cuối cùng hiển nhiên đúng theo AM – GM.
Ví dụ 11: [Balkan 2005] Cho a, b, c dương thỏa mãn a b c
abc
1 1 1
. Chứng minh rằng:
a b c
3
2
.
a b c abc
Lời giải:
kh
Ta có a b c
1 1 1
9
a b c 3.
a b c abc
2
1 1 1
2
2
2
2
a
b
c
a
b
c
3 a b c 3 2 1 1 1
2
Từ đó: a b c
3
3
3
ab bc ca
Từ đây ta có điều phải chứng minh, dấu đẳng thức xảy ra khi a b c 1.
Ví dụ 12: Cho a, b, c dương thỏa mãn: a b c 3. Chứng minh rằng:
a2
b2
c2
3
2
2
4
.
2
2
2
2
a ab b
b bc c
c ca a
a b4 c4
Diendantoanhoc.net
Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác
Lời giải:
2
a b c
a2
9
.
Ta có: 2
2
a ab b
2 a 2 b 2 c 2 ab bc ca 2 a 2 b 2 c 2 ab bc ca
Vì vậy BĐT cần chứng minh tương đương với: 3 a 4 b 4 c 4 2 a 2 b 2 c 2 ab bc ca .
Do ab bc ca a 2 b 2 c 2 , nên ta chứng minh: a 4 b 4 c 4 a 2 b 2 c 2
Lại vì 3 a b c a b c
4
4
4
2
2
2 2
a b c
2
3
. a 2 b 2 c 2 3 a 2 b 2 c 2 , nên dẫn đến phép
om
hoàn thành phép chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi a b c 1.
Ví dụ 13: Cho a, b, c dương. Chứng minh rằng:
a2
2
5a b c
2
b2
2
5b c a
2
c2
2
5c a c
2
1
.
3
Lời giải:
5a
2
b c
2
a a a
a
2
2
c.
c
Ta có:
9a 2
b 2 c 2 2a 2 bc 2a 2 bc
a2
a2
a2
b2
c2
2
1
2
2a 2 bc
2
2
2
a 2 b2 c 2
2a bc 2b ac 2c ab
uo
Cũng lại theo ( II ):
1
2
2
ab bc ca
ab bc ca
bc
b 2c 2
2a 2 bc b2c 2 2a 2bc a 2b2 b2c 2 c 2 a 2 2abc a b c ab bc ca 2 1
on
gb
2. Bài tập áp dụng:
oc
bc
a2
1 2
1
2 2
2
2a bc
2a bc
Từ 1 , 2 ta suy ra điều phải chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi a b c.
Bài 1: Cho a, b, c không âm thỏa mãn a b c 3. Chứng minh rằng:
a 1 b 1 c 1
3.
ab 1 bc 1 ac 1
Bài 2: Cho a, b, c là các số thực không âm và có tổng bằng 1. Chứng minh rằng:
3
a
b
c
3
3
1.
a 2b
b 2c
c 2a
kh
Bài 3: Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a b c 3 2. Chứng minh:
a2
b2
c2
1
7 23 2
.
4a 1 4b 1 4c 1 32 ab bc ca 16 3 4 4 3 2
1
1
x2 y2
x
2
2
.
Bài 4: Cho 3
2 . Tìm GTNN của P x y
2
4 x 1 y x
y 1
Bài 5: Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a b c 3 . Chứng minh rằng ;
1
1
1
3
2 2
2
.
2
2
2
a b 2 b c 2 c a 2 4
Bài 6: Cho a, b, c dương thỏa mãn ab bc ca abc . Chứng minh rằng:
a2 b2
b2 c2
c2 a2
3 2
ab
bc
ca
ab bc ca
Diendantoanhoc.net
Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác
6 a2 b2 c2
a2 b2
Bài 7: Cho a, b, c dương. Chứng minh: 2
.
2
a ab b 2
a b c
Bài 8: Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a 3 b3 c3 1 . Chứng minh:
1
a5 b2 c
2 2
1
b5 c 2 a
2 2
1
c5 a 2 b
2 2
81
.
4
1
2
Bài 9: Cho a, b, c dương thỏa mãn a b c . Tìm GTLN của:
a b b c
om
2
b ab ac bc a c
kh
on
gb
oc
u
oc
.c
P
Diendantoanhoc.net
Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác
SỬ DỤNG TIẾP TUYẾN ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
I. Cơ sở lí thuyết
m
1. Khái niệm về tính lồi, lõm của đồ thị hàm số
Cho hàm số y f ( x) có đạo hàm trên khoảng (a ; b) .
a) Đồ thị của hàm số được gọi là lồi trên khoảng (a ; b) nếu tại mọi điểm
M(c ; f (c)), c (a ; b) tiếp tuyến của đồ thị hàm số nằm phía trên của đồ thị hàm số.
b) Đồ thị của hàm số được gọi là lõm trên khoảng (a ; b) nếu tại mọi điểm
M(c ; f (c)), c (a ; b) tiếp tuyến của đồ thị hàm số nằm phía dưới của đồ thị hàm số.
co
2. Dấu hiệu lồi, lõm của đồ thị hàm số
Cho hàm số y f ( x) có đạo hàm đến cấp hai trên khoảng (a ; b) .
a) Nếu f ''( x) 0 với mọi x (a ; b) thì đồ thị của hàm số lồi trên khoảng (a ; b) .
b) Nếu f ''( x) 0 với mọi x (a ; b) thì đồ thị của hàm số lõm trên khoảng (a ; b) .
oc
uo
c.
3. Nhận xét
a) Cho các hàm số y f ( x) và y g ( x) xác định trên khoảng (a ; b) và có đồ thị lần lượt
là (C) và (G). Khi đó
(C) nằm trên (G) f ( x) g ( x), x (a ; b)
b) Nếu đồ thị hàm số y f ( x) lồi trên khoảng (a ; b) và y f '(c)( x c) f (c) là tiếp
tuyến của đồ thị hàm số tại điểm M(c ; f (c)), c (a ; b) thì
f ( x) f '(c)( x c) f (c), x (a ; b) (1)
c) Đối với đồ thị hàm số lõm ta có bất đẳng thức ngược lại.
Bất đẳng thức (1) cho phép ta đánh giá biểu thức f ( x) thông qua biểu thức bậc nhất. Hơn
nữa, ta có thể chọn c sao cho dấu đẳng thức xảy ra theo đúng yêu cầu của bài toán.
on
gb
II. Bài tập áp dụng
Bài 1 (BĐT Cô - si). Cho a1, a2, …, an là các số không âm. Chứng minh rằng
a1 a2 ... an n
a1a2 ...an
n
Chứng minh. Nếu có một số ai = 0 (i = 1, 2, …, n) thì bđt là hiển nhiên. Bây giờ ta xét trường
hợp ai > 0, i {1, 2, …, n}. Chia hai vế cho a1 a2 ... an ta được
kh
1
a1
a1
a1
n
.
...
n
a1 a2 ... an a1 a2 ... an a1 a2 ... an
Đặt xi
thành
n
ai
, i {1, 2, ..., n} thì xi > 0 thoả mãn x1 x2 ... xn 1 và bđt trở
a1 a2 ... an
x1 x2 ...xn
1
1
hay ln x1 ln x2 ... ln xn n ln
n
n
Diendantoanhoc.net
Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác
1
1
Xét hàm số y f ( x) ln x, x 0 . Ta có f '( x) , f ''( x) 2 0, x 0 suy ra đồ thị
x
x
hàm số lồi trên khoảng (0;+) .
1
n
1
n
Tiếp tuyến của đths tại điểm ;ln có phương trình là y nx 1 ln
1
suy ra
n
m
1
ln x nx 1 ln , x (0; ) (1)
n
ln x1 ln x2 ... ln xn n( x1 x2 ... xn ) n n ln
1
n
Kết hợp với x1 x2 ... xn 1 ta có điều phải chứng minh.
1
hay a1 a2 ... an .
n
c.
Đẳng thức xảy ra khi x1 x2 ... xn
co
Áp dụng bđt (1) cho x1, x2, …, xn và cộng vế lại ta được
oc
uo
Bài 2 (BĐT Jenxen) Cho hàm số y f ( x) có đạo hàm cấp 2 trên khoảng (a ; b) .
a) Nếu f ''( x) 0, x (a ; b) thì x1 , x2 ,..., xn ( a ; b) và 1 , 2 ,..., n [0;1]
thoả mãn 1 2 n 1 ta có
f (1 x1 2 x2 n xn ) 1 f ( x1 ) 2 f ( x2 ) n f ( xn ) (1)
b) Nếu f ''( x) 0, x (a ; b) thì ta có bất đẳng thức ngược lại.
Chứng minh.
a) Đặt x 1 x1 2 x2 n xn thì x (a ; b) . Tiếp tuyến của đths y f ( x) tại điểm
gb
( x ; f ( x)) có phương trình là y f '( x)( x x) f ( x) .
Do f ''( x) 0, x (a ; b) nên đồ thị hàm số lõm trên khoảng (a ; b) . Bởi vậy
tại điểm ( x ; f ( x)) tiếp tuyến nằm dưới đồ thị. Từ đó suy ra
f ( x) f '( x)( x x) f ( x), x (a ; b)
on
Thay x xi ta được f ( xi ) f '( x)( xi x) f ( x ) . Nhân hai vế với i 0 ta được
i f ( xi ) i f '( x).xi i f '( x).x i f ( x), i 1,2,..., n . Cộng vế n BĐT ta được
n
i 1
n
i
n
n
f ( xi ) f '( x) i xi f '( x).x i f ( x) i
n
i xi và
kh
Bởi x
i 1
i 1
n
i 1
i 1 nên ta được
i 1
i 1
n
n
i f ( xi ) f ( i xi ) đó là đpcm.
i 1
i 1
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x1 x2 xn
b) Chứng minh tương tự.
1
thì BĐT (1) trở thành
n
f ( x1 ) f ( x2 ) f ( xn )
x x2 xn
f 1
n
n
Trường hợp đặc biệt: Nếu 1 2 n
Diendantoanhoc.net
Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác
Nhận xét. Đây là cách chứng minh ngắn gọn và dễ hiểu nhất so với các cách chứng minh đã biết
trong các tài liệu. Ngoài ra, dùng tiếp tuyến ta còn có thể giải được các bài toán mà BĐT Jenxen
không giải quyết được.
Bài 3 (BĐT Bécnuli). Cho x 1 và số thực . Chứng minh rằng
a) (1 x ) 1 x, (;0) (1; )
Chứng minh. Xét hàm số y f ( x) (1 x ) .
Ta có f '( x) (1 x ) 1 , f ''( x) ( 1)(1 x ) 2
co
Tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm (0 ; 1) có pt là y x 1 .
m
b) (1 x) 1 x, (0;1)
Nếu (;0) (1; ) thì f ''( x) 0, x 1 , do đó đths lõm trên khoảng (1; )
c.
Suy ra (1 x ) x 1, x 1 .
Nếu 0 1 thì f ''( x) 0, x 1 , do đó đths lồi trên khoảng (1; )
bo
cu
o
Suy ra (1 x ) x 1, x 1 .
Đẳng thức xảy ra khi x 0 hoặc 0 hoặc 1
Bài 4 (ĐH 2003) Cho các số dương x, y và z thoả mãn x + y + z 1. Chứng minh rằng
x2
1
x2
y2
1
1
2
z
82
y2
z2
1
1
, x (0;1) . Vì rằng đẳng thức xảy ra khi x y z nên
2
3
x
1
chúng ta xét đồ thị của hàm số f ( x) và tiếp tuyến của nó tại điểm x . Ta có
3
4
x 1
1
80
f '( x)
f '( )
. Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm
3
1
82
x3 x2 2
x
1 82
80
162
x
.
;
là y
3
3
82
3 82
6
2
x2 x6
0, x 0 suy ra đồ thị hàm số lõm trên khoảng (0; ) .
f ''( x)
2 1 2 1
x 2 x 2
x
x
1 82
Do đó tại điểm ;
tiếp tuyến nằm phía dưới đồ thị, bởi vậy ta có
3
3
x2
kh
on
g
Giải. Xét hàm số f ( x )
Diendantoanhoc.net
Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác
1
80
162
, x 0 . Tương tự đối với y, z và cộng lại ta được
x
2
x
82
3 82
1
1
1
80
162
x2 2 y2 2 z 2 2
82 (do x y z 1 ).
( x y z)
x
y
z
82
82
1
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y z .
3
x2
x1
x2
1 x2
xn
n
, n , n 2
n 1
1 xn
x
1
, x (0;1) . Vì rằng đẳng thức xảy ra khi x1 x2 xn
Giải. Xét hàm số f ( x)
n
1 x
1
1
. Ta có
nên chúng ta xét đồ thị của hàm số f ( x) và tiếp tuyến của nó tại điểm ;
n n(n 1)
2x
(2n 1) n
1
.
f '( x)
f '
2(1 x) 1 x
n 2(n 1) n 1
uo
c.
c
1 x1
om
Nhận xét. Cái hay của kĩ thuật này ở chỗ:
- Thứ nhất, ta có thể đánh giá một biểu thức thông qua biểu thức bậc nhất.
- Thứ hai, ta có thể chọn vị trí của tiếp tuyến sao cho bất đẳng thức xảy ra dấu bằng
Bài 5 (India, 1995) Cho x1 , x2 ,..., xn là n số dương có tổng bằng 1. Chứng minh rằng
1
Tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm ;
oc
n
1
có phương trình là
n(n 1)
(2n 1) n
1
x
2(n 1) n 1
2(n 1) n(n 1)
4 x
0, x (0;1) suy ra đồ thị hàm số lõm trên khoảng (0;1) và do đó
f ''( x)
4(1 x) 2 1 x
gb
y
1
tiếp tuyến của nó tại điểm ;
kh
on
n
1
nằm phía dưới đồ thị. Bởi vậy ta có
n(n 1)
(2n 1) n
1
x
, x (0;1) . Áp dụng bất đẳng thức này cho
x
1 x 2(n 1) n 1
2(n 1) n(n 1)
x1 , x2 ,..., xn và cộng vế lại ta được
x1
xn
(2n 1) n
n
n
( x1 xn )
n 1
1 x1
1 xn 2(n 1) n 1
2(n 1) n(n 1)
1
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x1 x2 xn .
n
Bài 6. Chứng minh rằng, trong tam giác ABC, ta có
sin A sin B sin C
3 3
2
Diendantoanhoc.net
Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác
Chứng minh. Xét hàm số f ( x) sin x, x (0; ) . Bất đẳng thức xảy ra dấu bằng khi
3
. Ta có
3
3 2
1
3
1
.
f '( x) cos x f ' nên tiếp tuyến có phương trình là y x
2
2
6
3 2
f "( x) sin x 0, x (0; ) nên đồ thị hàm số lồi trên khoảng (0; ) . Do vậy tại điểm
A BC
nên ta xét tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm
;
co
m
3
;
tiếp tuyến nằm phía trên đồ thị, từ đó ta có
3
2
1
3
sin x x
, x (0; ) . Áp dụng bất đẳng thức này cho A, B, C và cộng vế lại ta
2
2
6
được
1
3 3
3 3
sin A sin B sin C ( A B C )
sin A sin B sin C
2
2
2
2
S = a a2 1
b
Giải.
bo
c
uo
c.
Nhận xét.
- Bằng cách này ta có thể chứng minh được các bất đẳng thức cơ bản cho các hàm số
sin x, cos x, tan x, cot x .
- Các bất đẳng thức trên có thể được chứng minh dựa vào BĐT Jenxen. Tuy nhiên BĐT
Jenxen không được đề cập đến trong chương trình toán học phổ thông (có thể vì sự chứng
minh BĐT này khá phức tạp). Bây giờ, dùng tiếp tuyến ta sẽ chứng minh BĐT Jenxen một
cách đơn giản.
Bài 7. Cho các số dương a, b, c thoả mãn 4(a b c ) 9 0 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức
b b2 1
c
c c2 1
a
Ta có ln S b ln a a 2 1 c ln b b 2 1 a ln c c 2 1
x 2 1), x 0 (1). Do đặc thù của bài toán nên ta có thể dự đoán giá
3
trị lớn nhất đạt được khi a b c . Vì vậy ta sẽ so sánh vị trí của đồ thị với tiếp tuyến của nó
4
3
tại điểm ( ;ln 2) .
4
1
3 4
3
Đạo hàm f '( x )
f '( ) . Tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại điểm ( ;ln 2) có
4
4 5
x2 1
4
3
phương trình y x ln 2 .
5
5
x
0, x 0 suy ra đồ thị hàm số (1) lồi trên khoảng
Đạo hàm cấp hai f ''( x)
( x 2 1) x 2 1
3
(0; ) . Do đó tại điểm ( ;ln 2) tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) nằm phía trên đồ thị hàm số
4
4
3
(1). Từ đó ta có ln( x x 2 1) x ln 2 , x 0 . Áp dụng bất đẳng thức này cho số
5
5
kh
o
ng
Xét hàm số f ( x) ln( x
Diendantoanhoc.net
m
Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác
4
3
dương a ta được ln(a a 2 1) a ln 2 . Nhân hai vế với số b > 0 ta suy ra
5
5
4
3
b ln(a a 2 1) ab ln 2 b .
5
5
4
3
Tương tự ta có
c ln(b b 2 1) bc ln 2 c .
5
5
4
3
a ln(c c 2 1) ca ln 2 a .
5
5
Cộng vế ba bất đẳng thức này ta được
co
4
3
ln S (ab bc ca ) ln 2 (a b c ) .
5
5
1
3
Cuối cùng sử dụng bất đẳng thức (ab bc ca ) (a b c ) 2 và giả thiết a b c
9
, rút
4
9
ln 2 . Từ đó S 4 4 2 .
4
3
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c . Vậy giá trị lớn nhất của S là 4 4 2 .
4
c.
gọn ta thu được lnS
Giải.
oc
a 1 b 1
c 1
3.
b2 1 c2 1 a 2 1
uo
Nhận xét. Đôi khi giả thiết lồi, lõm không được thoả mãn. Lúc đó ta sẽ so sánh vị trí của tiếp
tuyến và đồ thị hàm số bằng chứng minh trực tiếp.
Bài 8. Chứng minh rằng, với mọi số thực dương a, b, c thoả mãn a + b + c = 3 ta có
2 x
1
1
f '(1) . Tiếp tuyến của đồ thị
, x 0 . Ta có f '( x) 2
2
( x 1)
2
x 1
2(3 x 2 1)
1
1
suy ra đồ thị hàm
hàm số tại điểm 1; có phương trình là y x 1 . f ''( x)
( x 2 1)3
2
2
số không luôn luôn lõm trên khoảng (0; ) . Tuy nhiên ta vẫn có bất đẳng thức
1
1
x 1, x 0 (1)
2
x 1
2
(vì BĐT này tương đương với BĐT x( x 1) 2 0 ).
1
1
b 1 (2). Vì a 1 0 nên
Áp dụng BĐT (1) cho số b > 0 ta được 2
b 1
2
a 1 1
a 1
1
1
(2) 2
b 1 (a 1) 2
ab b a 1 .
b 1 2
b 1
2
2
2
kh
on
gb
Xét hàm số f ( x)
Tương tự, cộng lại ta được
a 1 b 1
c 1
1
1
2
2
(ab bc ca ) (b c a ) (a b c ) 3 .
2
b 1 c 1 a 1
2
2
1
Cuối cùng sử dụng BĐT (ab bc ca ) (a b c ) 2 và giả thiết a b c 3 ta thu được
3
a 1 b 1
c 1
2
2
3
2
b 1 c 1 a 1
Diendantoanhoc.net
Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác
Nhận xét. Trong chứng minh các BĐT ở trên, giả thiết a b c k ( k hay k ) là quan
trọng. Do vậy, đối với các BĐT chưa cho sẵn giả thiết này mà có tính đẳng cấp, ta cũng có thể tự
tạo ra các điều kiện của biến (chuẩn hoá) rồi sử dụng phương pháp trên.
Bài 9 (2003 USA Math Olympiad)
Cho a, b, c là những số dương. Chứng minh rằng
Hay
co
(2 x y z )2
(2 y z x)2
(2 z x y ) 2
8
2 x 2 ( y z ) 2 2 y 2 ( z x) 2 2 z 2 ( x y ) 2
m
(2a b c)2
(2b c a )2
(2c a b) 2
8
2a 2 (b c) 2 2b 2 (c a ) 2 2c 2 (a b) 2
a
b
c
. Khi đó x, y, z là những số dương và
Giải. Đặt x
; y
;z
abc
abc
abc
thoả mãn x y z 1, và bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
oc
uo
c.
( x 1) 2
( y 1) 2
( z 1)2
8
2 x 2 (1 x)2 2 y 2 (1 y ) 2 2 z 2 (1 z ) 2
1
( x 1) 2
Xét hàm số f ( x ) 2
, x (0;1) . Vì rằng đẳng thức xảy ra khi x y z nên ta
2
2 x (1 x)
3
2
2x x 1
1 8
xét tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm ; . Ta có f '( x ) 4.
(3 x 2 2 x 1) 2
3 3
4
1 8
Tiếp tuyến của đồ thị hàm số f ( x) tại điểm ; có phương trình là y 4 x .
3
3 3
3
2
4 x 3x 6 x 1
đổi dấu hai lần trên khoảng (0;1) . Do đó đồ thị hàm số không
f ''( x) 12.
(3 x 2 2 x 1)3
hoàn toàn lồi trên khoảng (0;1) . Tuy nhiên ta vẫn có bất đẳng thức
gb
( x 1) 2
4
x
4
, x (0;1)
2 x 2 (1 x)2
3
(Vì BĐT này tương đương với (3 x 1) 2 (4 x 1) 0 ).
on
Tương tự ta có các BĐT đối với y và z, cộng vế lại và sử dụng x y z 1 ta thu được đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y z
1
, tức là a b c .
3
Bài tập tự luyện
1) Trong tam giác nhọn ABC, chứng minh rằng
3
2
b) tan A tan B tan C 3 3
c) cot A cot B cot C 3
2
1
d) (sin A sin B sin C ) (tan A tan B tan C ) 2 3
3
3
2) Cho các số dương a, b, c thoả mãn a b c 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
kh
a) cos A cos B cos C
S3a3b3c
Diendantoanhoc.net
