Phương pháp hàm số trong chứng minh BĐT và cực trị

Bài toán cực trị trong đề thi ĐH luôn là câu khó nhất dùng để phân loại học sinh giỏi. Trong các năm gần đây, các cấu cực trị thường được giải quyết bằng cách chuyển về 1 biến và khảo sát hàm số. Cái khó là làm thế nào để chuyển về một biến. CHuyên đề này giới thiệu với bạn đọc một số kính nghiệm để chuyển về một biến.

Bài 6.4.3 Cho các số thực x, y thay đổi và thỏa mãn x2 xy y 23 Chứng minh rằng:  1 2 7 x2xy 2y 2 1 2 7.

2 2

   đạt được khi

3x41y4

Bài 6.4.5 Cho x,a, b 0,a  Chứng minh rằng: b

ttt

Bài 6.4.7 Chứng minh với tam giác ABC nhọn ta có:

a) tan A tan B tan C sin A sin B sin C 2      

b) 1tan A tan B tan C 2sin A sin B sin C

Bài 6.4.9 Cho các số thực dương x, y thỏa xy y 1

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

3 3

yx

Suy ra: P f 4  578 Đẳng thức xảy ra khi: x 1, y 2

Pac

6

3

min Pmin f(y) f(3) 12;3   , đạt được khi ab,c3b

Bài 6.4.11 Cho các số thực không âm a, b thỏa a b ab 2   Chứng minh rằng

Bài 6.4.12 Cho các số thực dương a, b thỏa:

7 ttP'

2 2t 1

 



 , P' 0  t 0

Từ đó ta tìm được: min P 2 , max P 1

, t 0; 32

nên hàm số nghịch biến trên (0;1] f t f 1    7, t (0;1].

Bài 6.4.19 Cho a, b,c0 và a2b2c21 Chứng minh rằng:

Vậy hàm số nghịch biến trên(0; 3] f t f 3 2 3 , t (0; 3] 

Bài 6.4.20 Cho 4 số thực a,b,c,d thoả mãn:a2b21; c d 3

(a b c)3[(a b c) (ab bc ca)]

 



Trong đó, t (a b c)   29 Khảo sát hàm f(t) trên [9; ta có đpcm.)

Bài 6.4.25 Cho a, b,c 0 Chứng minh:

Bài 6.4.29 Cho a, b,c0 thỏa ab bc ca 11

f ' x 1

72x

 Nếu a 0 vì c b 2t 0   và t2 cb 0  f(a, b,c) f(a,t,t)

Vậy f(a, b,c) 10 Đẳng thức xảy ra at; b c 2t, t  và các hoán vị.

Bài 6.4.33 Cho a, b là các số thực dương thoả ab Chứng minh rằng

1) 2 ab x y z3 3abxyz a b, x, y,z [a, b].

Bài 6.4.34 Cho x  y z 0 Chứng minh:

+) Nếu 0 v 1  Xét hàm số f(u) u (1 v) u v 3   2 3 u.v(1 v ) v 2  2 với u 1

Ta có f (u) 3.u (1 v) 2.u.v  2   3 v(1 v ) 2

f (u) 6.u(1 v) 2.v    3 0 (do 0 v 1  và u 1 )

 f (u) đồng biến khi u 1 nên với mọi u 1 ta có f (u) f (1)  

Mặt khác theo AM-GM có: a 1 b 1 c 1 3 (a 1)(b 1)(c 1)      3   

3(a b c 3)(a 1)(b 1)(c 1)

Bài 6.4.36 Cho các số thực a, b,c0;1 thỏa a3b3c3 1

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P 8 a8b8c  3 a.2 a b.2bc.2c

Bài 6.4.37 Cho các số thực a, b,c thỏa a b c   0

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức



Bài 6.4.38 Cho a,b,c là ba số thực không âm đôi một khác nhau

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

Bài 6.4.39 Cho x,y,z là ba số thực thuộc đoạn 1; 3 và x y 2z 6   

Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức : Px3y35z3

Hướng dẫn giải

Từ giả thiết ta có: 4xy4(3 z) 2 (x y) 24(3 z) 2 xy (3 z)  2

Ta lại có: (x 1)(y 1) 0    xy x y 1 5 2z      5 2z xy (3 z)    2.Mặt khác ta có: 2z 6 x y 4     z [1; 2]

Ta có: P (x y)[(x y)   2 3xy] 5z 32(3 z)[4(3 z)  2 3xy] 5z 3

Vì 5 2z xy (3 z)    2 2(3 z) 35z3 P 2(3 z)[4(3 z)  26z 15] 5z  3,với z [1; 2]

I TÓM T T LÝ THUY T ẮT LÝ THUYẾT ẾT

1 Định nghĩa: Cho hàm số y f(x) liên tục [a; b] và có đồ thị là (C) Khi đó

ta có hai điểm A(a; f(a)), B(b; f(b)) nằm trên đồ thị (C)

a) Đồ thị gọi là lõm trên (a; b) nếu tiếp tuyến tại mọi điểm nằm trên cung ABluôn nằm phía dưới đồ thị (C)

b) Đồ thị gọi là lồi trên (a; b) nếu tiếp tuyến tại mọi điểm nằm trên cung ABluôn nằm phía trên đồ thị (C)

2 Dấu hiệu đồ thị lồi

Định lí 1: Cho hàm số y f(x) có đạo hàm cấp hai liên tục trên a; b

* Nếu f ''(x) 0 x  a; b thì đồ thị hàm số lõm trên (a; b)

* Nếu f ''(x) 0 x  a; b thì đồ thị hàm số lồi trên a; b 

2 Ứng dụng

Từ định nghĩa trên ta thấy :

Định lí 2: (Bất đẳng thức tiếp tuyến)

Cho hàm số y f(x) liên tục và có đạo hàm đến cấp hai trên [a;b]

a) Nếu f ''(x) 0 x [a; b]   thì f(x) f '(x )(x x ) f(x ) x 0  0  0  0[a; b]

b) Nếu f ''(x) 0 x [a; b]   thì f(x) f '(x )(x x ) f(x ) x 0  0  0  0[a; b]

Đẳng thức trong hai Bất đẳng thức trên xảy ra  xx0

Ta có thể chứng minh định lí trên như sau

0g'(x) 0 x x

    và g'(x) đổi dấu từ  sang  khi x qua x nên ta có :0

a b



b) Nếu f ''(x) 0 x [a; b]   thì f(a) f(b) 0

Đẳng thức trong các BĐT trên có khi và chỉ khi x a hoặc x b

II CÁC VÍ D MINH HO Ụ MINH HOẠ Ạ

Ví dụ 6.5.1 Cho các số thực dương a, b,c thỏa a b c 1  

Nhận xét : Dấu hiệu giúp chúng ta nhận ra phương pháp trên là BĐT cần

chứng minh có dạng : f(a ) f(a ) f(a ) k1  2   n  (*) hoặc

f(a ) f(a ) f(a ) k    (**), trong đó a (i 1, ,n)i  là các số thực chotrước Trong một số trường hợp BĐT chưa có dạng trên, ta phải thực hiệnmột số phép biến đổi mới đưa về dạng trên.Chúng ta cần chú ý một số dấuhiệu sau

 Nếu BĐT có dạng f(a ).f(a ) f(a ) k1 2 n  thì ta lấy loganepe hai vế

 Nếu BĐT cần chứng minh đồng bậc thì ta có thể chuẩn hóa Tùy thuộc vàotừng bài toán mà ta lựa chọn cách chuẩn hóa phù hợp

Ví dụ 6.5.3 Cho các số thực dương a, b,c thỏa : a b c   Tìm GTLN của3

đồ thị minh họa dưới đây.

Do đó trong nhiều bài toán ta vẫn đi đánh giá hàm f(x) với tiếp tuyến của đồ thị tại điểm có hoành độ là điểm mà đẳng thức xảy ra.

Ví dụ 6.5.8 Cho a, b,c   và a b c   6

Chứng minh rằng : a4b4c42(a3b3c )3

Lời giải.

BĐT đã cho (a4 2a ) (b3  4 2b ) (c3  4 2c ) 03   f(a) f(b) f(c) 0   Trong đó f(x) x 4 2x3 Ta thấy f ''(x) 12x 2 12x nên đồ thị hàm số f cókhoảng lồi và khoảng lõm do đó ta không thể áp dụng BĐT tiếp tuyếnđược Tuy nhiên ta vẫn có thể đánh giá được f(x) qua tiếp tuyến của nó tạiđiểm có hoành độ x 2 (vì đẳng thức xảy ra khi a   )b c 2

Ta có tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại y f(x) điểm có hoành độ x2 là:

điểm có hoành độ x 2 nên ta có sự phân tích:

x0a

 là: 36x 3

Trong nhiều trường hợp, Bđt cần chứng minh là thuần nhất khi

đó ta có thể chuẩn hóa Bđt và chuyển Bđt cần chứng minh về dạng (*) hoặc (**) Các bài toán sau sẽ cho chúng ta thấy rõ vấn đề này

Ví dụ 6.5.11 Cho a, b,c là độ dài ba cạnh tam giác

3

 là: 54x 27

y25





A B C 9 33(cos A cos B cos C) cot cot cot

tan M.f(A) tan N.f(B) tan P.f(C)

tan M ln sin M tan N.ln sin N tan P.ln sin P

Chọn ba góc M,N,P sao cho:

tan M tan N tan P

k tan M k; tan N 2k; tan P 3k

Nhận xét : Từ cách giải trên, ta có được cách giải cho bài toán tổng quát sau :

Cho ABC nhọn Tìm GTLN của E sin A.sin B.sin C m n p , với m, n, p lànhững số thực dương

(Xem ở phần bài tập)

Ví dụ 6.5.16 Cho tam giác ABC nhọn Tìm GTNN của biểu thức :

Ftan A 2 tan B 3 tan C 

cos M.f(A) cos N.f(B) cos P.f(C)

2

Ta chọn các góc M,N,P sao cho : cosM k 0; cos N 2k; cos P 3k

Vì M,N,P là ba góc của tam giác nên ta có đẳng thức :

Với M,N,P là ba góc của tam giác nhọn được xác định bởi :

cos M k 0; cos N 2k; cos P 3k, trong đó k là nghiệm dương duynhất của PT (1)

Nhận xét : Tương tự cách làm trên, ta cũng tìm được giá trị nhỏ nhất của

biểu thức: F m.tan A n.tan B p.tan C   , trong đó m, n,p là các số thựcdương và A, B,C là ba góc của tam giác nhọn (Xem ở phần bài tập).

Ví dụ 6.5.17 Cho x, y,z 0 thỏa x y z 1   Tìm GTNN của :

f(x) f '(a)(x a) f(a)   ; h(y) h'(b)(y b) h(b)   ; g(z) g '(c)(z c) g(c)  

3

4 3 4

k

3b

b

1 b

1 kc

c(1 c )

III BÀI T P V N D NG ẬP VẬN DỤNG ẬP VẬN DỤNG Ụ MINH HOẠ

Bài 6.5.1 Cho các số thực x, y, z thoả : x y z   3

Bài 6.5.4 Cho a, b,c 0

Chứng minh: 2 2 2

4(a b c)(b c) (c a) (a b)   

1 x



 có f ''(x) 0 x (0;1)  

1 3f(a) f(b) f(c) 3f( )

27(a b c) 3.54 27f(a) f(b) f(c)