Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 21 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
21
Dung lượng
245,92 KB
Nội dung
Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa
1
KHAI THÁC KHÁI NIỆM ðỒ THỊHÀMSỐ LỒI, LÕM
ðỂ ðÁNH GIÁBẤT ðẲNG THỨC
I. LÝ DO CHỌN ðỀ TÀI
Ứng dụnghàmlồi ñể ñánh giábất ñẳng thức (BðT) ñã ñược khai thác nhiều và
ñại diện cho ứng dụng ñó là BðT Jensen. Khái niệm hàmlồi trong chương trình
SGK cũ và mới (bài ñọc thêm) ñược ñịnh nghĩa dựa vào vị trí nằm trên, nằm dưới
của tiếp tuyến với ñồ thịhàm số. Trong ñịnh nghĩa ñó, ñã cho ta một tính chất hình
học của tiếp tuyến. ðó là: ta có thể ñánh giá
( )
f x
thông qua một biểu thức bậc nhất
của
x
. Vận dụng tính chất này, ta có thể tìm ñược lời giải ñơn giản cho một số bài
toán chứng minh BðT. Hơn nữa thông qua ñó ñể chúng ta thấy ñược việc dạy cho
HS Bản chất của các khái niệm Toán học rất quan trọng trong phát triển tư duy cho
học sinh. ðó là lí do mà tôi chọn ñề tài “Khai thác khái niệm ñồ thịhàmsố lồi, lõm
ñể ñánh giá BðT”
II. THỰC TRẠNG TRƯỚC KHI THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP CỦA ðỀ
TÀI:
1. Thuận lợi:
Với sự ñổi mới phương pháp dạy học trung học phổ thông lấy học sinh làm
trung tâm và tạo sự hứng thú trong học tập. Học sinh chủ ñộng chiếm lĩnh tri
thức. Do ñó, việc dạy cho học sinh nắm ñược bản chất của một khái niệm
Toán học hết sức quan trọng
2. Khó khăn:
Khi dạy khái niệm Toán học giáo viên chưa chú trọng nhiều vào việc dạy
cho học sinh nắm ñược bản chất của khái niệm mà chủ yếu tập trung vào việc
khảo sát các ñối tướng có thuộc về khái niệm ñó hay không?. Do ñó học sinh
Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa
2
cũng ít quan tâm ñến bản chất cảu khái niệm ñã học nên một phần nào ñó hạn
chế việc phát triển tư duy cũng như sự hứng thú trong học tập.
III. NỘI DUNG ðỀ TÀI
1. Cơ sở lí thuyết.
a. ðịnh nghĩa: Cho hàmsố
( )
y f x
=
liên tục
[ ; ]
a b
và có ñồ thị là (C). Khi ñó ta có hai
ñiểm
( ; ( )), ( ; ( ))
A a f a B b f b
nằm trên ñồ thị (C).
i) ðồ thị (C) gọi là lồi trên
( ; )
a b
nếu tiếp tuyến tại mọi ñiểm nằm trên cung
AB
luôn nằm phía trên ñồ thị (C).
ii) ðồ thị (C) gọi là lõm trên
( ; )
a b
nếu tiếp tuyến tại mọi ñiểm nằm trên cung
AB
luôn nằm phía dưới ñồ thị (C).
b. Dấu hiệu ñồ thịlồi
ðịnh lí 1: Cho hàmsố
( )
y f x
=
có ñạo hàm cấp hai liên tục trên
(
)
;
a b
* Nếu
(
)
''( ) 0 ;
f x x a b
> ∀ ∈
thì ñồ thị hàmsốlõm trên
( ; )
a b
* Nếu
(
)
''( ) 0 ;
f x x a b
< ∀ ∈
thì ñồ thịhàmsốlồi trên
(
)
;
a b
c. Ứng dụng
Từ hình ảnh trực quan của ñịnh nghĩa cho ta một phương pháp giải các bài toán BðT
và cực trị sau :
ðịnh lí 2: (Bất ñẳng thức tiếp tuyến)
ðồ thịhàm lõ
m
_
x
_
y
a
_
b
_
1
ðồ thịhàmsốlồi
_
x
_
y
_
b
_
a
Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa
3
Cho hàmsố
( )
y f x
=
liên tục và có ñạo hàm ñến cấp hai trên
[a;b]
.
i) Nếu
''( ) 0 [ ; ]
f x x a b
≥ ∀ ∈
thì
0 0 0 0
( ) '( )( ) ( ) [ ; ]
f x f x x x f x x a b
≥ − + ∀ ∈
ii) Nếu
''( ) 0 [ ; ]
f x x a b
≤ ∀ ∈
thì
0 0 0 0
( ) '( )( ) ( ) [ ; ]
f x f x x x f x x a b
≤ − + ∀ ∈
ðẳng thức trong hai Bất ñẳng thức trên xảy ra
0
x x
⇔ =
.
Ta có thể chứng minh ñịnh lí trên như sau
i) Xét hàmsố
0 0 0
( ) ( ) '( )( ) ( )
g x f x f x x x f x
= − − −
,
[ ; ]
x a b
∈
Ta có :
0
'( ) '( ) '( ) ''( ) ''( ) 0 [ ; ]
g x f x f x g x f x x a b
= − ⇒ = ≥ ∀ ∈
0
'( ) 0
g x x x
⇒ = ⇔ =
và
'( )
g x
ñổi dấu từ
−
sang
+
khi x qua
0
x
nên ta có :
0
( ) ( ) 0 [ ; ]
g x g x x a b
≥ = ∀ ∈ .
ii) Chứng minh tương tự.
ðịnh lí 3: (Bất ñẳng thức cát tuyến)
Cho hàmsố
( )
y f x
=
liên tục và có ñạo hàm ñến cấp hai trên
[a;b]
.
i) Nếu
''( ) 0 [ ; ]
f x x a b
≥ ∀ ∈
thì
0
( ) ( )
( ) ( ) ( ) [ ; ]
f a f b
f x x a f a x a b
a b
−
≥ − + ∀ ∈
−
ii) Nếu
''( ) 0 [ ; ]
f x x a b
≤ ∀ ∈
thì
0
( ) ( )
( ) ( ) ( ) [ ; ]
f a f b
f x x a f a x a b
a b
−
≤ − + ∀ ∈
−
.
ðẳng thức trong các BðT trên có khi và chỉ khi
x a
=
hoặc
x b
=
.
2. Nội dung, biện pháp thực hiện giải pháp của ñề tài:
Ví dụ 1: Cho các sốthực dương
, ,
a b c
thỏa
1
a b c
+ + =
. Chứng minh rằng
2 2 2
3
10
1 1 1
a b c
a b c
+ + ≤
+ + +
.
Giải: Xét hàmsố
2
( )
1
x
f x
x
=
+
với
(0;1)
x
∈
.
Ta có:
2 3 2 5
1 3
'( ) ''( ) 0 (0;1)
( 1) ( 1)
x
f x f x x
x x
= ⇒ = − < ∀ ∈
+ +
Nên ta có:
1 1 1
( ) '( )( ) ( )
3 3 3
f a f a f
≤ − +
Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa
4
1 1 1
( ) '( )( ) ( )
3 3 3
f b f b f
≤ − +
1 1 1
( ) '( )( ) ( )
3 3 3
f c f c f
≤ − +
Suy ra :
( )
1 1 3
( ) ( ) ( ) ' 1 3 ( )
3 3
10
f a f b f c f a b c f
+ + ≤ + + − + =
ðẳng thức xảy ra
1
3
a b c
⇔ = = =
.
Ví dụ 2 : Cho các sốthực dương
, ,
a b c
thỏa :
2 2 2
3
a b c
+ + =
. Chứng minh
1 1 1
1
1 8 1 8 1 8
a b b
+ + ≥
+ + +
.
Giải :
Xét hàmsố :
1
( )
1 8
f x
a
=
+
,
0 3
a
< ≤
. Ta có :
3 5
4 48 1
'( ) "( ) 0 ( ; 3]
8
(1 8 ) (1 8 )
f x f x x
x x
= − ⇒ = > ∀ ∈ −
+ +
Nên ta có :
( ) '(1)( 1) (1)
f a f a f
≥ − +
( ) '(1)( 1) (1)
f b f b f
≥ − +
( ) '(1)( 1) (1)
f c f c f
≥ − +
( ) ( ) ( ) '(1)( 3) 3 (1)
f a f b f c f a b c f
⇒ + + ≥ + + − +
(*)
Mặt khác :
2 2 2 2
( ) 3( ) 9
a b c a b c
+ + ≤ + + =
3 3 3 0
a b c a b c
⇒ − ≤ + + ≤ ⇒ + + − ≤
và
4
'(1) 0
27
f
= − <
nên từ (*)
Ta suy ra :
( ) ( ) ( ) 3 (1) 1
f a f b f c f
+ + ≥ =
.
Nhận xét : Dấu hiệu giúp chúng ta nhận ra phương pháp trên là BðT cần chứng
minh có dạng
1 2
( ) ( ) ( )
n
f a f a f a k
+ + + ≥
hoặc
1 2
( ) ( ) ( )
n
f a f a f a k
+ + + ≤
, trong ñó
( 1, , )
i
a i n
=
là
các sốthực cho trước. Trong một số trường hợp BðT chưa có dạng trên, ta phải thực
hiện một số phép biến ñổi mới ñưa về dạng trên.Chúng ta cần chú ý một số dấu hiệu
sau.
Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa
5
•
Nếu BðT có dạng
1 2
( ). ( ) ( )
n
f a f a f a k
≥
thì ta lấy loganepe hai vế
•
Nếu BðT cần chứng minh ñồng bậc thì ta có thể chuẩn hóa. Tùy thuộc vào từng
bài toán mà ta lựa chọn cách chuẩn hóa phù hợp.
Ví dụ 3 : Cho các sốthực dương
, ,
a b c
thỏa :
3
a b c
+ + =
. Tìm GTLN của biểu
thức :
2 2 2
1 1 1
b c a
P a a b b c c
= + + + + + +
.
Giải :
Ta có :
2 2 2
ln ln( 1 ) ln 1 ln 1
P b a a c b b a c c
= + + + + + + + +
Xét hàmsố :
2
( ) ln 1 , 0 1
f x x x x
= + + < <
. Ta có :
2 2 3
1
'( ) ''( ) 0
1 (1 )
x
f x f x
x x
−
= ⇒ = <
+ +
(0;1)
x
∀ ∈
Suy ra :
(
)
( ) '(1) 1 (1) '(1) (1) '(1)
f a f a f f a f f≤ − + = + −
( ) '(1) (1) '(1)
bf a f ab f f b
⇒ ≤ + −
( ) '(1) (1) '(1)
cf b f cb f f c
≤ + −
( ) '(1) (1) '(1)
af c f ac f f a
≤ + −
.
(
)
ln '(1) ( ) (1)( ) 3 ln(1 2)
P f ab bc ca a b c f a b c⇒ ≤ + + − + + + + + ≤ +
(Do
3
ab bc ca a b c
+ + ≤ = + +
)
Nên
3
ln 3 ln(1 2) (1 2)
P P
⇒
≤ +
⇒
≤ +
.
ðẳng thức xảy ra
1
a b c
⇔ = = =
. Vậy GTLN của
3
(1 2)
P
= +
.
Ví dụ 4 : Cho
, 0
x y
>
thỏa
1
x y z
+ + =
. Tìm GTNN của biểu thức
y z x
P x y z
− − −
= + +
.
Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa
6
Giải : Áp dụng BðT Cô si, ta có :
3
3
. .
y z x
P
x y z
≥
ðặt
. . ln ln ln ln
y z x
A x y z A y x z y x z
= ⇒ = + +
. Vì hàmsố
( ) ln
f t t
=
có
2
1
''( ) 0
f t
t
= − <
1 1 1
ln ' ( ) 3 1 ln 3
3 3 3
x f x f x
⇒ ≤ − + = − −
ln (3 1 ln 3) (3 1 ln 3) (3 1 ln 3)
A y x z y x z
⇒ ≤ − − + − − + − −
2
3( ) 1 3 ln 3 ( ) 1 3 ln 3 3 ln 3
xy yz zx x y z
= + + − − ≤ + + − − = −
3
1
3 3
3
A P
⇒ ≤ ⇒ ≥
. ðẳng thức xảy ra
1
3
x y z
⇔ = = =
.
Vậy GTNN của
3
3 3
P
=
.
Ví dụ 5 : Cho
1
, ,
2
a b c
≥
thỏa
2
a b c
+ + =
. Tìm GTNN của biểu thức
a b c
P a b c
= + +
.
Giải :
Xét hàmsố
1
( ) , 1
2
t
f t t t
= ≤ ≤
. Ta có :
ln ( ) ln
f t t t
=
lấy ñạo hàm hai vế ta ñược
(
)
'( ) (1 ln ) ( ) ln '( ) ln ( ) ln ln 1
f t t f t f t f t t
= + ⇒ = + +
''( ) '( )
1 1
1 ln
'( ) ( ) (ln 1) (ln 1)
f t f t
t
f t f t t t t t
⇒ = + = + +
+ +
1 1
''( ) (1 ln ) ( ) 1 ln 0 [ ;1]
(1 ln ) 2
f t t f t t t
t t
⇒ = + + + > ∀ ∈
+
Vì
1
, , ;1
2
a b c
∈
nên áp dụng BðT tiếp tuyến, ta có :
2 2 2
( ) '( )( ) ( )
3 3 3
f a f a f
≥ − +
2 2 2
( ) '( )( ) ( )
3 3 3
f b f b f
≥ − +
Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa
7
2 2 2
( ) '( )( ) ( )
3 3 3
f c f c f
≥ − +
Cộng ba BðT trên ta có :
( )
3
2 2 4
( ) ( ) ( ) '( ) 2 3 ( ) 3
3 3 9
f a f b f c f a b c f+ + ≥ + + − + = .
Vậy GTNN của
3
4
3
9
P = ñạt ñược
2
3
a b c
⇔ = = =
.
Ví dụ 6 : Cho
, , 0
a b c
>
. Chứng minh rằng :
2 2 2 2 2 2
1 3 1 1 1
( )( )
3 3
a b c a b c a b c
a b c
+
+ + + + ≥ + + + + +
.
(Trích ñề thi Albania 2002)
Lời giải. Vì BðT ñã cho thuần nhất nên ta chỉ cần chứng minh Bñt ñúng với mọi số
thực dương a,b,c thỏa mãn
2 2 2
1
a b c
+ + =
, khi ñó bñt cần chứng minh trở thành:
( ) ( ) ( ) 1
f a f b f c
+ + ≥
trong ñó:
1 3 1
( ) .
3 3
f x x
x
+
= −
với
0 1
x
< <
. Dễ thấy hàmsố
f
có
''( ) 0 (0;1)
f x x
> ∀ ∈
Nên theo BðT tiếp tuyến ta có :
1 1
( ) ( ) ( ) ' ( 3) 3
3 3
f a f b f c f a b c f
+ + ≥ + + − +
.
Do
2 2 2
1
' 0
1
( ) ( ) ( ) 3 1
3
3
3( ) 3
f
f a f b f c f
a b c a b c
<
⇒ + + ≥ =
+ + ≤ + + =
.
Ví dụ 7: Cho
n
sốthực
1 2
, , ,
n
x x x
thuộc khoảng
(0; )
2
π
thỏa :
1 2
tan tan tan
n
x x x n
+ + + ≤
.Chứng minh :
1 2
1
sin . sin sin
2
n
n
x x x ≤
.
Giải :
ðặt
tan ( 1,2, , )
i i
a x i n
= =
0 1,2, ,
i
a i n
⇒ > =
và
1
n
i
i
a n
=
≤
∑
Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa
8
Ta cần chứng minh :
2
1
1
1 2
n
i
n
i
i
a
a
=
≤
+
∏
(1).
Xét hàmsố
2
( ) , 0
1
x
f x x
x
= >
+
có
2 3
1
'( )
(1 )
f x
x
=
+
''( ) 0 0
f x x
⇒ < ∀ >
.
3
1 1 1
( ) '(1)( 1) (1) ( 1) ( 1)
2 2 2
2
f x f x f x x
⇒ ≤ − + = − + = +
.
1
2
1 1 1
( 1)
1 1 2 1
( ) ( 1)
1 8 8 8 2
n
n
i
n n n
n
i i
i i
n n n n
i i i
i
a
a
f a a
n
a
=
= = =
+
⇒ = ≤ + ≤ ≤ =
+
∑
∏ ∏ ∏
ðẳng thức xảy ra
1 2 1 2
1 tan tan tan 1
n n
a a a x x x
⇔ = = = = ⇔ = = = =
1 2
4
n
x x x
π
⇔ = = = =
.
Nhận xét : Qua các ví dụ trên, ta có ñược kết quả tổng quát sau
ðịnh lí 4 : Cho hàmsố
( )
y f x
=
có ñạo hàm cấp hai trên
;
a b
và
n
số
1 2
, , ,
n
a a a
nằm trong ñoạn
;
a b
thỏa mãn :
1
,
n
i
i
a k na k nb
=
= ≤ ≤
∑
.
•
Nếu
''( ) 0 ;
f x x a b
> ∀ ∈
thì ta có :
1
( ) ( )
n
i
i
k
f a nf
n
=
≥
∑
•
Nếu
''( ) 0 ;
f x x a b
< ∀ ∈
thì ta có :
1
1
( ) ( )
n
i
i
k
f a f
n n
=
≤
∑
.
Ví dụ 8. Cho tam giác
ABC
có một góc không nhỏ hơn
2
3
π
. Chứng minh rằng :
tan tan tan 4 3
2 2 2
A B C
+ + ≥ −
.
Lời giải.
Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa
9
Không mất tính tổng quát, ta giả sử
2
3 6
A B C C
π π
≥ > ≥ ⇒ ≤
.
Hàm số
( ) tan
f x x
=
,
0;
3
x
π
∈
có
''( ) 0 0;
3
f x x
π
> ∀ ∈
. Áp dụng BðT tiếp tuyến, ta
có
( ) '( )( ) ( )
2 3 2 3 3
A A
f f f
π π π
≥ − +
( ) '( )( ) ( )
2 12 2 12 12
B B
f f f
π π π
≥ − +
( ) '( )( ) ( )
2 12 2 12 12
C C
f f f
π π π
≥ − +
.
2
'( ) '( ) '( )
2 2 2 3 12 2 3 12 2 2
A B C A A B C
f f f f f f
π π π π π
+ +
⇒ + + ≥ − − + −
2
3 12
f f
π π
+ +
Do
' ' 0; 0
3 12 2 3
A
f f
π π π
− > − ≥
và
2 2
A B C
π
+ +
=
nên ta có :
2 4 3
2 2 2 3 12
A B C
f f f f f
π π
+ + ≥ + = −
ñpcm.
ðẳng thức xảy ra
2
;
3 6
A B C
π π
⇔ = = =
và các hoán vị.
Ví dụ 9. Cho các sốthực không âm
, ,
a b c
thỏa
3
max{ , , }
4
a b c
≥
và
1
a b c
+ + =
. Tìm
GTNN của biểu thức :
3 3 3
2 2 2
1 3 1 3 1 3
P a b c
= + + + + +
.
Lời giải.
Không mất tính tổng quát, ta giả sử
3 1
max { , , } ,
4 8
a a b c a c
= ⇒ ≥ ≤
.
Xét hàmsố
( )
3
2
( ) 1 3 , 0;1
f x x x= + ∈ có
2 2
3
2
'( )
(1 3 )
x
f x
x
=
+
2
2 5
3
2 2
''( ) 0 (0;1)
(1 3 )
x
f x x
x
−
⇒ = > ∀ ∈
+
. Áp dụng BðT tiếp tuyến, ta có :
Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa
10
3 3 3
( ) '( )( ) ( )
4 4 4
f a f a f
≥ − +
;
1 1 1
( ) '( )( ) ( )
8 8 8
f b f b f
≥ − +
;
1 1 1
( ) '( )( ) ( )
8 8 8
f c f c f
≥ − +
3 3
3 1 3 3 1 3 1 172 2 67
( ) ( ) ( ) '( ) '( ) ( ) ( ) 2 ( ) ( ) 2 ( )
4 8 4 4 8 4 8 4
f a f b f c f f x f f f f
+
⇒ + + ≥ − − + + ≥ + =
.
ðẳng thức xảy ra
3 1
;
4 8
a b c
⇔ = = =
và các hoán vị.
Vậy
3 3
172 2 67
min
4
P
+
= .
Nhận xét : Trong một số trường hợp ñồ thịhàmsố
( )
y f x
=
có khoảng lồi, lõm trên
;
a b
nhưng ta vẫn có ñược ñánh giá :
0 0 0 0
( ) '( )( ) ( ) , ( ; )
f x f x x x f x x a b
≥ − + ∈
. Chẳng
hạn các bạn xem ñồ thị minh họa dưới ñây.
Ví dụ 10: Cho
, ,
a b c
∈
ℝ
và
6
a b c
+ + =
. Chứng minh rằng :
4 4 4 3 3 3
2( )
a b c a b c
+ + ≥ + +
.
Lời giải:
BðT ñã cho
4 3 4 3 4 3
( 2 ) ( 2 ) ( 2 ) 0 ( ) ( ) ( ) 0
a a b b c c f a f b f c
⇔ − + − + − ≥ ⇔ + + ≥
Trong ñó
4 3
( ) 2
f x x x
= −
. Ta thấy
2
''( ) 12 12
f x x x
= −
nên ñồ thịhàmsố
f
có khoảng
lồi và khoảng lõmdo ñó ta không thể áp dụng BðT tiếp tuyến ñược. Tuy nhiên ta
_
x
_
y
x
0
a
_
O
b
[...]... Zealand 1998) + + 1 + x1 1 + xn 7 Cho tam giác ABC Tìm GTNN c a bi u th c A A π B B π C C ) cot + tan2 ( − ) cot + tan2 ( − )cot 4 4 4 4 4 4 4 4 4 8 Cho tam giác ABC Ch ng minh r ng A B C cos cos cos 2 + 2 + 2 < 2 3≤ A B C 1 + sin 1 + sin 1 + sin 2 2 2 9 Cho tam giác ABC nh n và m, n, k > 0 Tìm: P = tan2 ( π − 1) Giá tr l n nh t c a F = sinm A sinn B sink C 2) Giá tr nh nh t c a F = m tan A + n tan... = M ; B = N ;C = P V i M , N , P là ba góc c a tam giác nh n ñư c xác ñ nh b i : cos M = k > 0; cos N = 2k ; cos P = 3k , trong ñó k là nghi m dương duy nh t c a PT (1) Nh n xét : Tương t cách làm trên, ta cũng tìm ñư c giá tr nh nh t c a bi u th c F = m tan A + n tan B + p tan C , trong ñó m, n, p là các s th c dương và A, B, C là ba góc c a tam giác nh n (Xem ph n bài t p) Nguy n T t Thu – Trư ng... T t Thu – Trư ng Lê h ng Phong – Biên Hòa 16 Ví d 18: Cho x , y, z > 0 th a x + y + z = 1 Tìm GTNN c a : 4 P = x 3 + 1 + y2 + 1 + z 4 L i gi i: Ta có các hàm s f (t ) = t 3 ; g(t ) = 1 + t 2 ; h(t ) = 4 1 + t 4 , t ∈ (0;1) là nh ng hàm s có ñ o hàm c p hai dương trên kho ng (0;1) Nên v i a, b, c > 0 th a a + b + c = 1 áp d ng BðT ti p tuy n, ta có: f (x ) ≥ f '(a )(x − a ) + f (a ) ; h(y ) ≥ h '(b...v n có th ñánh giá ñư c f (x ) qua ti p tuy n c a nó t i ñi m có hoành ñ x = 2 (vì ñ ng th c x y ra khi a = b = c = 2 ) 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 = 8x − 16 f (x ) − (8x − 16) = x 4 − 2x 3 − 8x + 16 = (x − 2)2 (x 2 − 2x + 4) ≥ 0 ∀x ∈ ℝ ⇒ f (a ) + f (b ) + f (c ) ≥ 8(a + b + c) − 48 = 0 (ñpcm) Chú ý Vì y = 8x − 16 là ti p tuy n c a ñ th hàm s f (x ) =... ng quát sau : Cho ∆ABC nh n Tìm GTLN c a E = sinm A sinn B sin p C , v i m, n, p là nh ng s th c dương (Xem ph n bài t p) Ví d 17 : Cho tam giác ABC nh n Tìm GTNN c a bi u th c : F = tan A + 2 tan B + 3 tan C L i gi i : (D a theo l i gi i c a 2M) π 2 Xét hàm s f (x ) = tan x, x ∈ 0; , có f '(x ) = 1 + tan2 x ⇒ f ''(x ) = 2 tan x (1 + tan2 x ) > 0, π ∀x ∈ 0; 2 Nguy n T t Thu – Trư... = k 3k + 9 1 1 − k2 + 1 4 1 − k3k ð ng th c x y ra ⇔ x = a; y = b; z = c V y min P = k 3k + 9 1 1−k 2 + 1 4 v i k là nghi m n m trong (0;1) c a (2) 3 1−k k Ví d 19 (BðT Jensen) Cho hàm s y = f (x ) liên t c và có ñ o hàm c p hai trên (a; b ) và n s th c dương α1, α2 , , αn có t ng b ng 1 n a) N u f ''(x ) > 0 ∀x ∈ (a; b) thì ta có: ∑ αi f (xi ) ≥ f ∑ αi xi i =1 i =1 n Nguy n T t Thu... dương x1, x2, , xn và a1, a2, , an th a mãn: n ∑ xi = i =1 n ∑ ai Ch ng minh r ng: i =1 n n ∏ xi i ≥ ∏ ai i a i =1 a i =1 L i gi i n i =1 BðT c n ch ng minh ⇔ n i =1 ∑ ai ln xi ≥ ∑ ai ln ai Hàm s f (x ) = ln x là hàm l i, nên áp d ng BðT ti p tuy n ta có: 1 f (xi ) ≤ f '(ai )(xi − ai ) + f (ai ) = (xi − ai ) + f (ai ) ai ⇒ ai f (xi ) ≤ xi − ai + ai f (ai ) ⇒ n ∑ ai f (xi ) ≤ i =1 n ∑ (xi − ai ) + i... t khác: ⇒ t i ñi m có hoành ñ x = 4x x 2 − 2x + 5 4a + a 2 − 2a + 5 − 1 và ti p tuy n c a ñ th hàm 3 1 99x − 3 là : y = ) 3 100 99x − 3 (3x − 1)2 (15 − 11x ) = ≥ 0 ∀x ∈ (0;1) 2 100 100(x − 2x + 5) 4b b 2 − 2b + 5 + 4c c 2 − 2c + 5 ≥ 99(a + b + c) − 9 9 = ñpcm 100 10 Ví d 13 Cho a, b, c là ñ dài ba c nh tam giác Ch ng minh r ng : 1 1 1 1 9 1 1 + + + ≥ 4 + + a b c a +b +c a + b b + c c + a L... ch t c a khái ni m • Trong quá trình d y h c, chúng ta có th g i m m t s hư ng phát tri n t m t khái ni m Toán h c cho h c sinh tìm tòi và nghiên c u VI K T LU N Vi c khái thác khái ni m ñ th l i lõm c a ñ th hàm s cho chúng ta: • M t phương pháp ch ng minh BðT và gi i m t s d ng toán c c tr khá hi u qu và ñơn gi n • D a vào hai BðT ti p tuy n và cát tuy n k t h p v i phương pháp cân b ng h s , chúng... +b +c a + b b + c c + a 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 5a − 1 thành a −a 2 + 5a − 1 b −b 2 + 5c − 1 c −c 2 ≤ 9 1 2 Vì a,b,c là ñ dài ba c nh tam giác và a + b + c = 1 suy ra a, b, c ∈ (0; ) Ta có : ⇒ 5a − 1 a − a2 − (18a − 3) = (3a − 1)2 (2a − 1) a − a2 1 ≤ 0 ∀a ∈ (0; ) 2 5a − 1 1 ≤ 18a − 3 ∀a ∈ (0; ) 2 a − a2 Ta cũng có hai Bñt tương t C ng . THÁC KHÁI NIỆM ðỒ THỊ HÀM SỐ LỒI, LÕM
ðỂ ðÁNH GIÁ BẤT ðẲNG THỨC
I. LÝ DO CHỌN ðỀ TÀI
Ứng dụng hàm lồi ñể ñánh giá bất ñẳng thức (BðT) ñã ñược. tôi chọn ñề tài “Khai thác khái niệm ñồ thị hàm số lồi, lõm
ñể ñánh giá BðT”
II. THỰC TRẠNG TRƯỚC KHI THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP CỦA ðỀ
TÀI:
1. Thuận