ỨNG DỤNG CỦA PHƯƠNG PHÁP TIẾP TUYẾN TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

ỨNG DỤNG CỦA PHƯƠNG PHÁP TIẾP TUYẾN TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC I. CƠ SỞ LÍ THUYẾT VÀ ỨNG DỤNG TRƯC TIẾP PHƯƠNG PHÁP TIẾP TUYẾN TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC : 1. Cơ sở lí thuyết : Đối với một hàm số, tiếp tuyến tại một điểm nào đó luôn nằm rên hày nằm dưới đồ thị hàm số. Dựa vào tính chất này, người ta đã thiết lập nên một phương pháp thú vị để chứng minh bất đẳng thức. Trước tiên, ta có nhận xét sau : Nếu y ax b= + là tiếp tuyến của đồ thị hàm số ( ) y f x= tại điểm ( ) 0 0 ,A x y ( A không phải là điểm uốn) , khi đó tồn tại một khoảng D chứa điểm 0 x sao cho ( ) ,f x ax b x D³ + " Î hoặc ( ) ,f x ax b x D£ + " Î . Đẳng thức xảy ra khi 0 x x= *Nếu y ax b= + là tiếp tuyến của đồ thị hàm số ( ) y f x= tại điểm ( ) 0 0 ,A x y thì ta luôn phân tích được ( ) ( ) ( ) 0 , 2 k f x ax b x x g x k- - = - ³ Ta sẽ tìm hiểu rõ hơn về phương pháp này qua ví dụ sau Ví dụ 1. [Bất đẳng thức Nesbitt] Cho , , 0a b c > . Chứng minh rằng 3 2 a b c b c c a a b + + ³ + + + . ( ) 1 Nhận xét và phân tích hướng giải. Bài toán này đến nay đã có nhiều lời giải kinh điển được giới thiệu ở nhiều chuyên mục về bất đẳng thức ở các tài liệu khác nhau. Chúng ta có thể thử tiếp cận nó bằng con đường “tiếp tuyến” Trước hết, ta nhận thấy bất đẳng thức cần chứng minh là bất đẳng thức thuần nhất đối với ba biến , ,a b c nên ta có thể chuẩn hóa 3a b c+ + = . Khi đó ( ) 1 có thể viết lại thành 3 3 3 3 2 a b c a b c + + ³ - - - . Vì vế trái có dạng là tổng của ba hàm số có dạng ( ) 3 x f x x = - của ba biến số , ,a b c hoàn toàn độc lập nhau và đẳng thức xảy ra khi ba biến bằng nhau và bằng 1 nên ta nghĩ ngay đến phương pháp tiếp tuyến. Vậy ta sẽ viết phương trình tiếp tuyến của hàm số ( ) 3 x y f x x = = - tại 1 1; 2 M æ ö ÷ ç ÷ ç ÷ ç è ø . Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại M là ( ) ( ) ( ) 3 1 ' 1 1 1 4 x y f x f - = - + = . Ta cần chứng minh ( ) 3 1 2 , : 0 3 3 4 x x x x x - ³ " < < - . Thật vậy, ta có ( ) 2 2 2 4 3 10 3 3 6 3 0x x x x xÛ ³ - + - Û - + ³ ( đúng với mọi x thỏa điều kiện trên và đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1x = ). Khi đó ( ) ( ) ( ) 3 1 3 1 3 1 3 4 2 a b c VT - + - + - ³ = (đpcm) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1a b c= = = . ** Qua bài toán trên, ta nhận thấy ý tưởng của phương pháp tiếp tuyến khả thi khi bất đẳng thức có dạng tổng của các hàm cùng dạng tại các giá trị phân biết không ràng buộc nhau, và thường thì đẳng thức xảy ra tại tâm. Tuy nhiên, việc viết phương trình tiếp tuyến đôi khi không hiệu quả nếu như tiếp tuyến không nằm ở vị trí mong muốn nên cần cẩn thận sử dụng phương pháp này. 2. Vận dụng trực tiếp phương pháp tiếp tuyến trong chứng minh bất đẳng thức Ví dụ 2. [Hoa Kì 2003] Cho các số dương , ,a b c . Chứng minh ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 8 2 2 2 a b c b c a c b a a b c b c a c a b + + + + + + + + £ + + + + + + . Lời giải. Do , ,a b c bình đẳng như nhau và bất đẳng thức cần chứng minh là bất đẳng thức thuần nhất nên ta có thể chuẩn hóa 3a b c+ + = và dự đoán đẳng thức xảy ra khi 1a b c= = = . Bất đẳng thức đã cho có thể viết lại thành ( ) ( ) 2 , , 2 2 3 8 2 3 a b c a a a + £ + - å . Xét hàm số ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 3 , 0;3 2 3 x y f x x x x + = = Î + - . Ta có ( ) ( ) ( ) 2 2 2 4 2 3 9 ' 3 2 3 x x f x x x - + - = - + Phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ 1x = là 4 4 3 3 y x= + . Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 4 3 1 4 4 0, 0;3 3 3 3 2 3 x x f x x x x x æ ö - + - ÷ ç - + = £ " Î ÷ ç ÷ ç è ø - + . Suy ra ( ) ( ) 2 , , , , 2 2 3 4 4 8 3 3 2 3 a b c a b c a a a a æ ö+ ÷ ç £ + = ÷ ç ÷ ç è ø + - å å . (đpcm) Ví dụ 3. [Japan 1997] Cho , , 0a b c > . Chứng minh rằng ( ) ( ) , , 2 2 6 5 a b c cyc a b c a b c + £ + + å . Lời giải. Do tính thuần nhất nên không mất tính tổng quát ta chuẩn hóa 3a b c+ + = . Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại ( ) ( ) , , , , 2 2 2 3 6 1 3 5 2 6 9 5 3 a b c a b c a a a a a a - £ Û £ - + + - å å . Phương trình tiếp tuyến tại điểm 1x = của hàm số 2 1 2 6 9 y x x = - + là 2 3 25 x y + = . Ta cần chứng minh ( ) 2 1 2 3 , 0 3 * 2 6 9 25 x x x x + £ " < < - + . Thật vậy ( ) ( ) 3 3 2 * 2 1 3 0x x xÛ + + - ³ (luôn đúng theo bđt AM-GM) Suy ra , , , , 2 1 2 3 3 2 6 9 25 5 a b c a b c a a a + £ = - + å å (đpcm) Ví dụ 4.[Hong-kong 2005] Cho , , , 0a b c d > và 1a b c d+ + + = . Chứng minh rằng ( ) 3 3 3 3 2 2 2 2 1 6 8 a b c d a b c d+ + + ³ + + + + . Lời giải. Xét ( ) ( ) 3 2 6 , 0;1y f x x x x= = - Î , ta có phương trình tiếp tuyến tại 1 1 ; 4 32 M æ ö ÷ ç ÷ ç ÷ ç è ø là 5 1 8 8 y x= - . Ta cần chứng minh ( ) 3 2 5 1 6 ,0 1 * 8 8 x x x x- ³ - < < . Thật vậy ta có ( ) ( ) 2 1 * 6 2 0 4 x x æ ö ÷ ç Û - + ³ ÷ ç ÷ ç è ø (luôn đúng với mọi ( ) 0;1x Î ). Suy ra ( ) ( ) ( ) 3 3 3 3 2 2 2 2 5 1 1 6 8 2 8 a b c d a b c d a b c d+ + + - + + + ³ + + + - = (đpcm). Ví dụ 5. [Poland MO 96]Cho 3 , , 4 a b c ≥ − và 1a b c + + = . Chứng minh rằng 2 2 2 9 1 1 1 10 a b c a b c + + ≤ + + + . Phân tích. Xét hàm số ( ) 2 1 x f x x = + với 3 ;1 4 x   ∈ −     ta có ( ) ( ) 2 ' 2 2 1 1 x f x x − = + Tiếp tuyến của đồ thị hàm số ( ) y f x = tại điểm có hoành độ 1 3 x = là 18 3 25 50 y x = + . Lời giải. Ta chứng minh rằng ( ) 18 3 3 ;1 25 50 4 f x x x   ≤ + ∀ ∈ −     3 ;1 4 x   ∀ ∈ −     Xét ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 3 1 4 3 18 3 0 25 50 50 1 x x f x x x − − +   − + = ≤  ÷ +   (luôn đúng). Do đó 3 , , ;1 4 a b c   ∈ −     và 1a b c + + = ta có ( ) 18 3 25 50 f a a≤ + , ( ) 18 3 25 50 f b b ≤ + , ( ) 18 3 25 50 f c c ≤ + ( ) 2 2 2 18 3 9 .3 1 1 1 25 50 10 a b c a b c a b c ⇒ + + ≤ + + + ≤ + + + . Bất đẳng thức đã được chứng minh. Ví dụ 6. [Nesbitt equality for 4 variables] Chứng minh với 4 số dương , , ,a b c d thì 4 3 a b c d b c d c d a d a b a b c + + + ≥ + + + + + + + + . Phân tích. Vì tính thuần nhất của BĐT nên ta có thể chuẩn hóa 4a b c d + + + = Khi đó BĐT trở thành 4 4 4 4 4 3 a b c d a b c d + + + ≥ − − − − . Xét hàm số ( ) ( ) 0;4 4 x f x x x = ∀ ∈ − , ta có ( ) ( ) 2 4 ' 4 f x x = − Tiếp tuyến của đồ thị hàm số ( ) y f x = tại điểm có hoành độ 1x = là 4 1 9 9 y x = − . Lời giải. Chuẩn hóa 4a b c d + + + = Khi đó BĐT trở thành 4 4 4 4 4 3 a b c d a b c d + + + ≥ − − − − . Ta chứng minh 4 1 4 9 9 x x x ≥ − − ( ) 0;4x ∀ ∈ ( ) 0;4x ∀ ∈ xét ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 9 4 4 4 4 1 4 1 0 4 9 9 9 4 9 4 x x x x x x x x x x − − + − −   − − = = ≥  ÷ − − −   (Luôn đúng). Do đó ( ) , , , 0;4a b c d ∀ ∈ và 4a b c d + + + = ta có 4 1 4 9 9 a a a ≥ − − , 4 1 4 9 9 b b b ≥ − − , 4 1 4 9 9 c c c ≥ − − , 4 1 4 9 9 d d d ≥ − − ( ) 4 4 4 4 4 4 4 9 9 3 a b c d a b c d a b c d ⇒ + + + ≥ + + + − = − − − − . Bất đẳng thức đã được chứng minh. Ví dụ 7. [ Russia MO 2002] Cho , , 0a b c > và 3a b c + + = . Chứng minh a b c ab bc ca + + ≥ + + Lời giải. Để ý rằng ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 9 2 2 a b c a b c a b c ab bc ca + + − + + − + + + + = = . Do đó BĐT tương đương ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 9a a b b c c + + + + + ≥ . Xét hàm số ( ) 2 2f x x x = + ( ) 0,3x ∀ ∈ , ta có ( ) 1 ' 2f x x x = + Tiếp tuyến của đồ thị hàm số ( ) y f x = tại điểm có hoành độ 1x = là 3y x = . Ta chứng minh 2 2 3x x x + ≥ ( ) 0,3x ∀ ∈ ( đúng theo BĐT AM – GM). Do đó ( ) , , 0,3a b c ∀ ∈ và 3a b c + + = ta có ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 3 , 2 3 , 2 3a a a b b b c c c + ≥ + ≥ + ≥ ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 3 9a a b b c c a b c ⇒ + + + + + ≥ + + = . Bất đẳng thức đã được chứng minh. Ví dụ 8. [Canada MO 2002] Chứng minh rằng với mọi , , 0x y z > , ta có 3 3 3 x y z x y z yz zx xy + + ≥ + + . Lời giải. BĐT tương đương với 4 4 4 x y z x y z xyz + + ≥ + + Chuẩn hóa 1xyz = ta được ( ) ( ) ( ) 4 4 4 0x x y y z z− + − + − ≥ . Xét hàm ( ) 4 f x x x = − 0x ∀ > , ta có ( ) 3 ' 4 1f x x = − Phương trình tiếp tuyến tại 1x = là 3 3y x= − Ta chứng minh 4 3 3x x x − ≥ − 0x ∀ > ⇔ ( ) ( ) 2 2 1 2 3 0x x x − + + ≥ (luôn đúng). Do đó ( ) ( ) ( ) 4 4 4 3 3( ) 9 3. 9 0x x y y z z x y z xyz− + − + − ≥ + + − ≥ − = . Bất đẳng thức đã được chứng minh. Ví dụ 9. Cho , , 0a b c > và 3a b c + + = . Chứng minh rằng 2 1 2 1 2 1 9 2 1 2 1 2 1 a b c a b c + + + + + ≥ − − − Lời giải. Xét hàm số ( ) 2 1 2 1 x f x x + = − ( ) 0,3x ∀ ∈ , ta có ( ) ( ) 2 4 ' 2 1 f x x = − − Phương trình tiếp tuyến tại 1x = là 4 7y x = − + Ta chứng minh 2 1 4 7 2 1 x x x + ≥ − + − ( ) 0,3x ∀ ∈ ( ) 2 8. 1 0x ⇔ − ≥ (luôn đúng). Do đó 2 1 2 1 2 1 4( ) 21 9 2 1 2 1 2 1 a b c a b c a b c + + + + + ≥ − + + + = − − − . Bất đẳng thức đã được chứng minh. Ví dụ 10. [Trang Toán học zui – Facebook] Cho , , 0a b c > . Chứng minh rằng 3 2 2 2 4 a b c b c a c a b a b c + + ≤ + + + + + + Lời giải . Chuẩn hóa 3a b c + + = khi đó BĐT tương đương 3 3 3 3 4 a b c a b c + + ≤ + + + . Xét hàm số ( ) 3 x f x x = + 0x ∀ > , ta có ( ) ( ) 2 3 ' 3 f x x = + Phương trình tiếp tuyến tại 1x = là 3 1 16 16 y x = + Ta chứng minh 3 1 3 16 16 x x x ≤ + + 0x ∀ > ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 16 3 3 3 3 1 0 16 3 16 3 x x x x x x x − + − + − − ⇔ = ≤ + + (luôn đúng). Do đó ( ) 3 3 3 3 3 3 16 16 4 a b c a b c a b c + + ≤ + + + = + + + . Bất đẳng thức đã được chứng minh. Ví dụ 11. [VLTT/119] Cho , ,x y z là các số thực không âm thỏa mãn 1x y z + + = . Tìm giá trị lớn nhất của 2 2 2 1 1 1 4 9 4 9 4 9x x y y z z + + − + − + − + . Lời giải. Ý tưởng để giải bài toán này là sử dụng phương pháp tiếp tuyến. Tuy nhiên, bằng tính toán trực tiếp, ta nhận thấy giá trị lớn nhất của biểu thức trên không xảy ra tại 1 3 x y z= = = mà xảy ra khi có hai số bằng 0 và một số bằng 1. Lấy ý tưởng của phương pháp tiếp tuyến ta sẽ tìm ,a b Î ¡ sao cho [ ] 2 1 , 0;1 4 9 ax b x x x £ + " Î - + ( ) ( ) 3 2 4 9 4 9 1 0,ax b a x a b x b xÛ + - + - + - ³ " Î ¡ . Dấu đẳng thức xảy ra khi 1x = hoặc 0x = nên ta có thể chọn 1 1 , 9 18 b a= = và ta cần chứng minh 2 2 1 18 4 9 x x x + ³ - + Ta có ( ) 2 2 2 1 2 1 0 4 9 18 4 9 x x x x x x x − + ≥ ⇒ ≥ − + − + . Hoàn toàn tương tự ta có 2 2 2 1 2 1 , 18 4 9 18 4 9 y z y y z z + + ≥ ≥ − + − + . Do đó 2 2 2 1 1 1 6 7 4 9 4 9 4 9 18 18 x y z x x y y z z + + + + + ≤ = − + − + − + . Khi 1, 0x y z = = = thì 7 18 A = . Vậy giá trị lớn nhất của A là 7 18 . ** Qua các ví dụ trên, ta thấy việc thiết lập các bất đẳng thức dựa trên tiếp tuyến mới chỉ được thực hiện với dấu bằng tại tâm. Tiếp đến ta sẽ thử tiếp cận bài toán bằng phương pháp này khi dấu bằng bị lệch hay xảy ra nhiều đẳng thức. Ví dụ 12. Cho , , 0a b c ³ thỏa mãn 0a b c+ + > . Chứng minh ( ) 2 , , 2 2 1 3 5 a b c cyc a a b c £ + + å . Lời giải. Chuẩn hóa 3a b c+ + = , bất đẳng thức cần chứng minh viết lại thành 2 , , 2 1 2 2 3 a b c a a a £ - + å . Để ý rằng đẳng thức xảy ra không chỉ tại 1a b c= = = mà còn tại 3 , 0 2 a b c= = = và các hoán vị. Vậy phương pháp tiếp tuyến cổ điển có thể coi như bị phá sản dù đang ở điều kiện rất thuận lợi về dạng biểu thức. Thế nên ta cần tìm một cách nào đó để đáp ứng đủ cả hai điều kiện đẳng thức xảy ra, và ta chọn phương pháp tiếp tuyến xét theo từng trường hợp đẳng thức. Trước hết, ta sẽ viết phương trình tiếp tuyến cho hàm số 2 2 2 2 3 x y x x = - + tại 1x = , là điểm nằm trong miền xác định của hàm. Phương trình tiếp tuyến của hàm số 2 2 2 2 3 x y x x = - + tại 1x = là 4 1 9 x y - = . Ta cần xem xét tính đúng đắn của bất đẳng thức 2 2 4 1 2 2 3 9 x x x x - £ - + trong điều kiện 0 3x£ £ . Sauk hi khai triển và rút gọn hai vế ta được bất đẳng thức tương đương ( ) ( ) 2 8 3 1 0x x- - ³ chỉ đúng khi 3 8 x ³ . Suy ra nếu cả ba số , ,a b c đều lớn hơn 3 8 thì sử dụng đánh giá trên suy ra 2 , , 2 1 2 2 3 a b c a a a £ - + å . Xét trường hợp tồn tại một số bé hơn 3 8 . Giả sử đó là c . Vì 3 8 c < nên điểm rơi của bài toán không còn như trên nữa mà là 3 , 0 2 a b c= = = . Ta nghĩ ngay đến việc thiết lập bất đẳng thức tiếp tuyến tại điểm 3 2 x = cho hàm số 2 2 2 2 3 x y x x = - + . Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số này tại 3 2 x = là 4 3 18 x y + = . Thế nên ta chỉ cần chứng minh ( ) ( ) 2 2 2 4 3 2 1 2 3 0 2 2 3 18 x x x x x x + £ Û + - ³ - + (luôn đúng). Sử dụng cho hai biến ,a b ta được ( ) ( ) 2 2 2 2 4 3 4 3 2 1 2 2 3 2 2 3 18 9 a b a b c a a b b + + + + £ = - - + - + . Vậy ta chỉ cần chứng minh ( ) 2 2 2 2 4 13 6 0 2 2 3 9 c c c c c c c £ Û - + ³ - + . Bất đẳng thức này hiển nhiên đúng với mọi 3 8 c < .(đpcm) 3. Vận dụng tính chất sự tiếp xúc của các đường cong trong chứng minh bất đẳng thức Bên cạnh phương pháp viết tiếp tuyến của đường cong tại một điểm để chứng minh bất đẳng thức, ta vẫn có thể lợi dụng một tính chất khác về sự tiếp xúc đã học trong chương trình phổ thông để lam việc này : Sự tiếp xúc giữa các đường cong. Phương pháp này bao gồm và tổng quát hơn phương pháp tiếp tuyến nêu trên vì nó không hẳn phải áp đặt cho điều kiện bài toán nhiều. Sau đây ta sẽ cùng phân tích một vài ví dụ về phương pháp này : Ví dụ 13. Cho , , 0a b c > thỏa mãn 2 2 2 3a b c+ + = . Chứng minh 1 1 1 3 2 2 2a b c + + ³ - - - . Phân tích. Ta lưu ý về điều kiện tiếp xúc của đồ thị hai hàm số ( ) ( ) ,f x g x là tồn tại 0 x sao cho ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 0 0 ' ' f x g x f x g x ì ï = ï í ï = ï î . Áp dụng tư tưởng này, ta sẽ đưa bài toán về việc chứng minh 2 1 2 ax b x ³ + - hay ( ) ( ) 2 1 0 2 f x ax b g x x = - - ³ = - . Đẳng thức xảy ra thỏa điều kiện tiếp xúc, tức là ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 ' 1 ' 1 f g f g ì ï = ï í ï = ï î (do điểm rơi là 1a b c= = = ) Dễ dàng tìm được 1 2 a b= = . Lời giải. Ta sẽ chứng minh ( ) ( ) ( ) 2 1 1 1 0, 0;2 2 2 f x x x x = - + ³ " Î - . Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 2 1 ' 2 2 x x f x x x x - - = - = - - . Ta có ( ) ( ) 1 3 5 ' 0 0;2 2 3 5 2 x f x x x é ê = ê ê ê + = Û = Ï ê ê ê ê - ê = ê ë . x 0 3 5 2 - 1 2 ( ) 'f x + 0 - 0 + ( ) f x 0 0 Dựa vào bảng biến thiên suy ra ( ) 2 1 1 1 2 2 x x ³ + - . Đến đây, chỉ cần áp dụng bất đẳng thức này vào vế trái của bđt cần chứng minh thì ta có đpcm. Ví dụ 14. Cho , ,a b c Î ¡ thỏa mãn 3a b c+ + = . Chứng minh , , 2 1 3 a b c a a- + ³ å Lời giải. Tương tự ví dụ 6, ta đặt ( ) 2 1 , .f x x x ax b x= - + - - Î ¡ Điều kiện tiếp xúc thỏa mãn khi đẳng thức xảy ra trong bđt trên, tức là ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 2 ' 1 ' 1 f g a b f g ì ï = ï Û = = í ï = ï î Vậy ta sẽ chứng minh ( ) ( ) 2 2 1 1 1 3 1 0 2 x x x x- + ³ + Û - ³ . Điều này luôn đúng với mọi x Î ¡ . Áp dụng bất đẳng thức này cho vế trái bđt trên suy ra đpcm. Ví dụ 15. [Hà Tĩnh 2008-2009] Cho , , 0x y z ³ thỏa mãn 1x y z+ + = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 1 1 1 1 1 x y z P x y z - - - = + + + + + . [...]... hai v Ta s lm rừ ý tng ny qua cỏc vớ d sau : Vớ d 17 Cho a, b, c > 0 v a + b + c = 3 Chng minh rng a2 b2 c2 3 + + ( *) a +b b + c c + a 2 Nhn xột Ta cú th chng minh d dng bt trờn bng bt Cauchy-Schwarz nhng õy, chỳng ti s s s dung ý tng nờu trờn chng minh vi mc ớch lm rừ vn , cỏch s dng phng phỏp Phõn tớch Trong ( *) , do cỏc bin cú vai trũ nh nhau v ng thc xy ra khi a = b = c nờn ta cn tỡm m, n... sin ( vic chng minh dnh cho cỏc bn) ta 2 2 2 a bt ng thc cn chng minh v dng A 1 ế sin 2 Ê 8 ồ ln sin A 1 Ê 3ln 2 2 x 1 3 ổ pử ỗx - ữ 0, x ẻ ( 0; p) Ê Tng t cõu a ta s chng minh f ( x ) = ln sin - ln ữ ỗ ữ ố 2 2 2 ỗ 3ứ x p cot - 3 Tht vy, ta cú v f '( x) = 0 x = Lp bng bin thiờn suy ra 2 f '( x ) = 3 2 pcm 3) Tng t cõu 1 4) Cho a, b, c l cỏc s khụng õm tha món a + b + c > 0 Chng minh rng 1 Ê 2... =0 x ờ ờ = 1 p dng bt ng thc trờn cho P ta c min P = 2 x ở Vớ d 16 [Russia 1990] Cho x, y > 0 v x 2 + y 3 x 3 + y 4 Chng minh rng x3 + y 3 Ê 2 3 3 3 2 4 3 Li gii Bi toỏn vit li l : Chng minh ( x - 1) +( y - 1) Ê 0 vi ( x - x ) +( y - y ) Ê 0 Rừ rng bt ng thc ny s c chng minh nu tỡm c k sao cho x 3 - 1 Ê k ( x 3 - x 2 ) , y 3 - 1 Ê k ( y 4 - y 3 ) ( k > 0) Vi ng thc xy ra ti x = y = 1 , s k thớch... Lp bng bin thiờn suy ra pcm ổ pử 6) Cho x1 , x2 , , xn ẻ ỗ0; ữtha ỗ ữ ỗ 2ứ ố ữ Li gii t ai = tan xi Ta cn chng minh ế ồ tan xi Ê n Chng minh ( i = 1, 2, , n) ị ai > 0, ồ ai Ê n ai 2 i 1+ a Ê 1 2n ( 1) ế sin x Ê i 1 2n Xột hm s f ( x) = x 1+ x2 , x > 0 ta cú f '( x ) = T õy, ta d dng chng minh f ( x ) Ê ị ế ai 1 + ai2 1 2 2 1 ( 1+ x2 ) 3 ( x +1) n ử 1 ổ ( a +1) ữ 2n 1 ữÊ ỗ = ( ai +1) Ê n ỗồ i ữ... = z = ổ 3ử 3 1 ổ pử ữ ỗp + ỗx - ữ n õy, nu ta dung phộp bin i tng im M ỗ ; ữl y = ữ ỗ ỗ3 2 ữ ữ ữ ỗ ố 2 2ỗ 3ứ ố ứ ng chng minh sin x Ê ổ pử 3 1 ổ pử + ỗx - ữx ẻ ỗ0; ữthỡ khỏ khú khn nờn ta cú th , ữ ỗ ữ ỗ ữ ố 3ứ ỗ ữ ố 2 2ỗ 3ứ 3 1 ổ pử - ỗx - ữx ẻ ( 0; p) ngay t u x lớ vic chng minh , ữ ỗ ữ ố 2 2ỗ 3ứ xột hm g ( x) = sin x - g ( x) Ê 0 bng cỏch kho sỏt nú Tht vy, d thy g '( x ) = cos x - 1 Ta cú 2... trờn suy ra k = 3 Vic chng minh phn cũn li xin dnh cho cỏc bn 4 T ý tng tip tuyn n ý tng ng bc húa bt ng thc : í tng tip tuyn hay s dng iu kin tip xỳc ụi khi cng khụng my kh thi khi mi biu thc cha khụng ch n thun l mt bin c lp hay cú th thay th bi iu kin cho, cú lỳc thỡ du bng khụng xy ra ti im tip xỳc ca phng trỡnh vit c Song nh vo tip tuyn, ta ny sinh ra mt ý tng khỏc chng minh bt ng thc : ng bc húa... hay cỏc phộp th tng t vỡ s to thờm s liờn kt gia cỏc bin, mt y z x i c trng ca phng phỏp v mc ớch i bin t a = e x , b = e y , c = e z ị x + y + z = 0 Bt ng thc cn chng minh tr thnh ồ ổ e 2 x +1 ử ỗ xữ ỗ - e ữ 0 Tng t bi 1, ta s chng minh Ê ữ ỗ ữ 2 ữ ỗ ố ứ Xột f ( x) = f '( x ) = 0 e 2 x +1 1 - e x Ê - x, x ẻ Ă 2 2 e 2 x +1 1 e2 x 1 - e x + x ị f '( x ) = - ex + 2 2 2 2 ( e 2 x +1) 2e = ( 2e - 1)... ( 1- m) ( t - 1) ỗt ỗ 1- m ữ 0 ữ ỗ ữ b ỗ ữ ữ ỗ ố ứ chng minh ( **) ỳng thỡ ta cú Li gii Vi a, b > 0 , ta cú ỡ 1- m > 0 ù ù ù 3 1 ù 1 m = ị n =- ớ mù 4 4 2 =1 ù ù ù 1- m ù ợ a2 3a - b 2 ( a - b) 0 ( luụn ỳng) a +b 4 p dng bt ng thc ny cho v trỏi suy ra pcm II BI TP RẩN LUYN : 1)-3) Cho tam giỏc ABC , dựng phng phỏp tip tuyn, hóy chng minh 1) sin A + sin B + sin C Ê 3 3 2 2) cos A + cos B + cos... thc cn chng minh tng ng vi ( x + y + z +1) - Xột hm f ( t ) = t - 3+ 3 ổ 1 1ử ỗ1 + + ữ 0 ữ Ê ỗ ữ ữ 9 ỗx y z ứ ố 3+ 3 , t ẻ ( 0;1) v s dng bt ng thc c bn 9t a + b + c Ê 3( a 2 + b 2 + c 2 ) ta d dng suy ra pcm 8) [Trớch thi Albania 2002] Cho a, b, c > 0 Cmr: 1+ 3 2 1 ( a + b2 + c2 ) 1 + b + 1 a + b + c + a 2 + b2 + c 2 ữ c 3 3 a Li gii Chun húa a 2 + b2 + c 2 = 1 thỡ bt ng thc cn chng minh tr thnh... thc bờn trỏi l hin nhiờn bi 2a +( b + c ) 2 ( b + c + a ) i vi bt ng thc v phi, chun húa a = b = c = 1 , gi s a b c 1 1 ri ỏp dng tng t vớ d 12 vi hai trng hp b , b < ta s c pcm 6 6 a 2 +1 5) Chng minh rng vi mi a, b, c > 0; abc = 1 ta cú ồ Ê ồ a 2 2 Li gii Ngay t u ta ó thy rng nu vit pttt nh bỡnh thng thỡ ta khụng th vn dng gi thit abc = 1 v tht vy, bc ỏnh giỏ ú khụng phự hp vi yờu cu bi Vy ta . ỨNG DỤNG CỦA PHƯƠNG PHÁP TIẾP TUYẾN TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC I. CƠ SỞ LÍ THUYẾT VÀ ỨNG DỤNG TRƯC TIẾP PHƯƠNG PHÁP TIẾP TUYẾN TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC : 1. Cơ sở. trong chứng minh bất đẳng thức Bên cạnh phương pháp viết tiếp tuyến của đường cong tại một điểm để chứng minh bất đẳng thức, ta vẫn có thể lợi dụng một tính chất khác về sự tiếp xúc đã học trong. sử dụng phương pháp này. 2. Vận dụng trực tiếp phương pháp tiếp tuyến trong chứng minh bất đẳng thức Ví dụ 2. [Hoa Kì 2003] Cho các số dương , ,a b c . Chứng minh ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2