Khai thác tính chất lồi lõm của hàm số để giải các bài tập bất phương trình cực hay

http://hocmaivn.com - Tai lieu hai, kho, la, doc, chi co the co tren http:///hocmaivn.com KHAI 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 khai thác nhiều ñại diện cho ứng dụng ñó BðT Jensen Khái niệm hàm lồi chương trình SGK cũ (bài ñọc thêm) ñược ñịnh nghĩa dựa vào vị trí nằm trên, nằm tiếp tuyến với ñồ thị hàm số Trong ñịnh nghĩa ñó, ñã cho ta tính chất hình học tiếp tuyến ðó là: ta ñánh giá f (x ) thông qua biểu thức bậc x Vận dụng tính chất này, ta tìm ñược lời giải ñơn giản cho số toán chứng minh BðT Hơn thông qua ñó ñể thấy ñược việc dạy cho HS Bản chất khái niệm Toán học quan trọng phát triển tư cho học sinh ðó lí mà 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: Thuận lợi: Với ñổi phương pháp dạy học trung học phổ thông lấy học sinh làm trung tâm tạo hứng thú học tập Học sinh chủ ñộng chiếm lĩnh tri thức Do ñó, việc dạy cho học sinh nắm ñược chất khái niệm Toán học quan trọng Khó khăn: Khi dạy khái niệm Toán học giáo viên chưa trọng nhiều vào việc dạy cho học sinh nắm ñược chất khái niệm mà chủ yếu tập trung vào việc khảo sát ñối tướng có thuộc khái niệm ñó hay không? Do ñó học sinh Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa http://hocmaivn.com - Tai lieu hai, kho, la, doc, chi co the co tren http:///hocmaivn.com quan tâm ñến chất cảu khái niệm ñã học nên phần ñó hạn chế việc phát triển tư hứng thú học tập III NỘI DUNG ðỀ TÀI Cơ sở lí thuyết a ðịnh nghĩa: Cho hàm số y = f (x ) liên tục [a; b ] có ñồ thị (C) Khi ñó ta có hai ñiểm A(a; f (a )), B(b; f (b)) nằm ñồ thị (C) i) ðồ thị (C) gọi lồi (a; b) tiếp tuyến ñiểm nằm cung AB nằm phía ñồ thị (C) ii) ðồ thị (C) gọi lõm (a; b) tiếp tuyến ñiểm nằm cung AB nằm phía ñồ thị (C) y _ y _ a _ x _ x _ _ a b _ b _ ðồ thị hàm số lồi ðồ thị hàm lõm b Dấu hiệu ñồ thị lồi ðịnh lí 1: Cho hàm số y = f (x ) có ñạo hàm cấp hai liên tục (a; b ) * Nếu f ''(x ) > ∀x ∈ (a; b ) ñồ thị hàm số lõm (a; b) * Nếu f ''(x ) < ∀x ∈ (a; b ) ñồ thị hàm số lồi (a; b ) c Ứng dụng Từ hình ảnh trực quan ñịnh nghĩa cho ta phương pháp giải toán BðT cực trị sau : ðịnh lí 2: (Bất ñẳng thức tiếp tuyến) Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa http://hocmaivn.com - Tai lieu hai, kho, la, doc, chi co the co tren http:///hocmaivn.com Cho hàm số y = f (x ) liên tục có ñạo hàm ñến cấp hai [a;b] i) Nếu f ''(x ) ≥ ∀x ∈ [a; b ] f (x ) ≥ f '(x )(x − x ) + f (x ) ∀x ∈ [a; b ] ii) Nếu f ''(x ) ≤ ∀x ∈ [a; b ] f (x ) ≤ f '(x )(x − x ) + f (x ) ∀x ∈ [a; b ] ðẳng thức hai Bất ñẳng thức xảy ⇔ x = x Ta chứng minh ñịnh lí sau i) Xét hàm số g(x ) = f (x ) − f '(x )(x − x ) − f (x ) , x ∈ [a; b ] Ta có : g '(x ) = f '(x ) − f '(x ) ⇒ g ''(x ) = f ''(x ) ≥ ∀x ∈ [a; b ] ⇒ g '(x ) = ⇔ x = x g '(x ) ñổi dấu từ − sang + x qua x nên ta có : g(x ) ≥ g(x ) = ∀x ∈ [a; b ] ii) Chứng minh tương tự ðịnh lí 3: (Bất ñẳng thức cát tuyến) Cho hàm số y = f (x ) liên tục có ñạo hàm ñến cấp hai [a;b] i) Nếu f ''(x ) ≥ ∀x ∈ [a; b ] f (x ) ≥ f (a ) − f (b) (x − a ) + f (a ) ∀x ∈ [a; b ] a −b ii) Nếu f ''(x ) ≤ ∀x ∈ [a; b ] f (x ) ≤ f (a ) − f (b) (x − a ) + f (a ) ∀x ∈ [a; b ] a −b ðẳng thức BðT có x = a x = b Nội dung, biện pháp thực giải pháp ñề tài: Ví dụ 1: Cho số thực dương a, b, c thỏa a + b + c = Chứng minh a + a +1 Giải: Xét hàm số f (x ) = x b c + 2 b +1 c +1 ≤ 10 với x ∈ (0;1) x +1 Ta có: f '(x ) = ⇒ f ''(x ) = − (x + 1) Nên ta có: 3x < ∀x ∈ (0;1) (x + 1) 1 f (a ) ≤ f '( )(a − ) + f ( ) 3 Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa http://hocmaivn.com - Tai lieu hai, kho, la, doc, chi co the co tren http:///hocmaivn.com 1 f (b) ≤ f '( )(b − ) + f ( ) 3 1 f (c) ≤ f '( )(c − ) + f ( ) 3 1 Suy : f (a ) + f (b) + f (c) ≤ f '   (a + b + c − 1) + f ( ) = 3 10 ðẳng thức xảy ⇔ a = b = c = Ví dụ : Cho số thực dương a, b, c thỏa : a + b2 + c2 = Chứng minh 1 + 8a + 1 + 8b + 1 + 8b ≥ Giải : Xét hàm số : f (x ) = f '(x ) = − (1 + 8x )3 1 + 8a , < a ≤ Ta có : ⇒ f "(x ) = 48 (1 + 8x )5 >0 ∀x ∈ (− ; ] Nên ta có : f (a ) ≥ f '(1)(a − 1) + f (1) f (b ) ≥ f '(1)(b − 1) + f (1) f (c) ≥ f '(1)(c − 1) + f (1) ⇒ f (a ) + f (b ) + f (c ) ≥ f '(1)(a + b + c − 3) + f (1) (*) Mặt khác : (a + b + c)2 ≤ 3(a + b + c2 ) = ⇒ −3 ≤ a + b + c ≤ ⇒ a + b + c − ≤ f '(1) = − < nên từ (*) 27 Ta suy : f (a ) + f (b) + f (c) ≥ f (1) = Nhận xét : Dấu hiệu giúp nhận phương pháp BðT cần chứng minh có dạng f (a1 ) + f (a2 ) + + f (an ) ≥ k f (a1 ) + f (a2 ) + + f (an ) ≤ k , ñó (i = 1, , n ) số thực cho trước Trong số trường hợp BðT chưa có dạng trên, ta phải thực số phép biến ñổi ñưa dạng trên.Chúng ta cần ý số dấu hiệu sau Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa http://hocmaivn.com - Tai lieu hai, kho, la, doc, chi co the co tren http:///hocmaivn.com • Nếu BðT có dạng f (a1 ).f (a2 ) f (an ) ≥ k ta lấy loganepe hai vế • Nếu BðT cần chứng minh ñồng bậc ta chuẩn hóa Tùy thuộc vào toán mà ta lựa chọn cách chuẩn hóa phù hợp Ví dụ : Cho số thực dương a, b, c thỏa : a + b + c = Tìm GTLN biểu thức : b c a       P =  a + + a  b + + b   c + + c        Giải :         Ta có : ln P = b ln(a + + a ) + c ln b + + b2  + a ln c + + c      Xét hàm số : f (x ) = ln  x + + x  , < x < Ta có : f '(x ) = ⇒ f ''(x ) = x +1 −x thỏa x + y + z = Tìm GTNN biểu thức P = x −y + y −z + z −x Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa http://hocmaivn.com - Tai lieu hai, kho, la, doc, chi co the co tren http:///hocmaivn.com Giải : Áp dụng BðT Cô si, ta có : P ≥ 3 y x y z z x ðặt A = x y y z z x ⇒ ln A = y ln x + z ln y + x ln z Vì hàm số f (t ) = ln t có f ''(t ) = − t2 (1 + x ) ⇒ f (x ) ≤ f '(1)(x − 1) + f (1) = (x − 1) + = 2 (x + 1) n n ⇒∏ i =1 + ai2 n = ∏ f (ai ) ≤ i =1 n ∏ (ai + 1) ≤ 8n i =1  n   ∑ (ai + 1)    i =1 2n =   ≤ n n  n  8     2n ðẳng thức xảy ⇔ a1 = a2 = = an = ⇔ tan x1 = tan x2 = = tan xn = π ⇔ x1 = x = = xn = Nhận xét : Qua ví dụ trên, ta có ñược kết tổng quát sau ðịnh lí : Cho hàm số y = f (x ) có ñạo hàm cấp hai a;b  n số a1, a2, , an nằm ñoạn a;b  thỏa mãn : n ∑ = k, na ≤ k ≤ nb i =1 • Nếu f ''(x ) > ∀x ∈ a;b  ta có : • Nếu f ''(x ) < ∀x ∈ a;b  ta có : n k ∑ f (ai ) ≥ nf (n ) i =1 n k ∑ f (ai ) ≤ n f (n ) i =1 Ví dụ Cho tam giác ABC có góc không nhỏ tan 2π Chứng minh : A B C + tan + tan ≥ − 2 Lời giải Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa http://hocmaivn.com - Tai lieu hai, kho, la, doc, chi co the co tren http:///hocmaivn.com Không tính tổng quát, ta giả sử A ≥ π 2π > B ≥C ⇒C ≤  π  π   Hàm số f (x ) = tan x , x ∈  0;  có f ''(x ) > ∀x ∈  0;  Áp dụng BðT tiếp tuyến, ta 3   có A π A π π f ( ) ≥ f '( )( − ) + f ( ) 3 B π B π π f ( ) ≥ f '( )( − ) + f ( ) 12 12 12 π C π π C f ( ) ≥ f '( )( − ) + f ( ) 12 12 12 A ⇒ f + 2 B  f + 2 C   π π   A 2π f   ≥  f '( ) − f '( )  − 12   2   π A + B +C π  −   + f '( )  12  2  π  + f   + 2f 3 π  π  A π Do f '   − f '   > 0; − ≥ 3  12  A B  C  π  f   + f   + f   ≥ f   + 2f 2 2 2 3 ðẳng thức xảy ⇔ A = π     12  A + B +C π = nên ta có : 2 π    = − ñpcm  12  π 2π ;B = C = hoán vị Ví dụ Cho số thực không âm a,b, c thỏa max {a, b, c} ≥ a + b + c = Tìm GTNN biểu thức : P = + 3a + + 3b2 + + 3c Lời giải Không tính tổng quát, ta giả sử a = max {a, b, c} ⇒ a ≥ , c ≤ Xét hàm số f (x ) = + 3x , x ∈ ( 0;1) có f '(x ) = ⇒ f ''(x ) = − 2x (1 + 3x ) 2x (1 + 3x )2 > ∀x ∈ (0;1) Áp dụng BðT tiếp tuyến, ta có : Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa http://hocmaivn.com - Tai lieu hai, kho, la, doc, chi co the co tren http:///hocmaivn.com 3 1 1 1 f (a ) ≥ f '( )(a − ) + f ( ) ; f (b) ≥ f '( )(b − ) + f ( ) ; f (c) ≥ f '( )(c − ) + f ( ) 4 8 8 8   3 172 + 67 ⇒ f (a ) + f (b ) + f (c ) ≥  f '( ) − f '( ) (x − ) + f ( ) + f ( ) ≥ f ( ) + f ( ) =  4 8  4 ðẳng thức xảy ⇔ a = ;b = c = Vậy P = hoán vị 172 + 23 67 Nhận xét : Trong số trường hợp ñồ thị hàm số y = f (x ) có khoảng lồi, lõm a; b  ta có ñược ñánh giá : f (x ) ≥ f '(x )(x − x ) + f (x ) ,x ∈ (a; b) Chẳng hạn bạn xem ñồ thị minh họa ñây y _ a x _ O x0 _ b Ví dụ 10: Cho a, b, c ∈ ℝ a + b + c = Chứng minh : a + b + c ≥ 2(a + b + c ) Lời giải: BðT ñã cho ⇔ (a − 2a ) + (b − 2b ) + (c − 2c ) ≥ ⇔ f (a ) + f (b) + f (c) ≥ Trong ñó f (x ) = x − 2x Ta thấy f ''(x ) = 12x − 12x nên ñồ thị hàm số f có khoảng lồi khoảng lõm ñó ta áp dụng BðT tiếp tuyến ñược Tuy nhiên ta Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 10 http://hocmaivn.com - Tai lieu hai, kho, la, doc, chi co the co tren http:///hocmaivn.com ñánh giá ñược f (x ) qua tiếp tuyến ñiểm có hoành ñộ x = (vì ñẳng thức xảy a = b = c = ) Ta có tiếp tuyến ñồ thị hàm số y = f (x ) ñiểm có hoành ñộ x = là: y = 8x − 16 f (x ) − (8x − 16) = x − 2x − 8x + 16 = (x − 2)2 (x − 2x + 4) ≥ ∀x ∈ ℝ ⇒ f (a ) + f (b ) + f (c ) ≥ 8(a + b + c) − 48 = (ñpcm) Chú ý Vì y = 8x − 16 tiếp tuyến ñồ thị hàm số f (x ) = x − 2x ñiểm có hoành ñộ x = nên ta có phân tích: f ( x ) − ( 8x − 16 ) = (x − ) g (x ) với k ≥ k g (2) ≠ Ví dụ 11: Cho a, b, c ≥ − a a2 + + a + b + c = Chứng minh rằng: b b2 + + c c2 + ≤ ( Vô ñịch Toán Ba Lan 1996) 10 Lời giải Ta thấy ñẳng thức xảy a = b = c = f (a ) + f (b) + f (c) ≤ Bñt ñã cho có dạng: x ñó f (x ) = với x ∈ [− ; ] 10 x2 + Tiếp tuyến ñồ thị hàm số y = f (x ) ñiểm có hoành ñộ x = Ta có: Vậy : 36x + : y = 50 (3x − 1)2 (4x + 3) 36x + 36x + x − f (x ) = − = ≥ ∀x ∈ [ − ; ] 2 50 50 x +1 50(x + 1) a a2 + + b b2 + + c c2 + ≤ 36(a + b + c) + 9 = ñpcm 50 10 Ví dụ 12 : Cho số thực a, b, c > thoả mãn a + b + c = Chứng minh : a b c + + ≥ + bc + ac + ab 10 Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 11 http://hocmaivn.com - Tai lieu hai, kho, la, doc, chi co the co tren http:///hocmaivn.com Lời giải Ta có : b +c 1−a a +c 1−b b +a 1−c bc ≤ ( ) =( ) ; ca ≤ ( ) =( ) ; ab ≤ ( ) =( ) nên 2 2 2 a b c 4a 4b 4c + + ≥ + + = f (a ) + f (b) + f (c) + bc + ac + ab a − 2a + b − 2b + c − 2c + (Nhận xét : ðẳng thức xảy a = b = c = số f (x ) = 4x x − 2x + Mặt khác: ⇒ ñiểm có hoành ñộ x = 4x x − 2x + 4a + a − 2a + − tiếp tuyến ñồ thị hàm 99x − : y = ) 100 99x − (3x − 1)2 (15 − 11x ) = ≥ ∀x ∈ (0;1) 100 100(x − 2x + 5) 4b b − 2b + + 4c c − 2c + ≥ 99(a + b + c) − 9 = ñpcm 100 10 Ví dụ 13 Cho a, b, c ñộ dài ba cạnh tam giác Chứng minh :  1 1 1  + + + ≥ 4 + +  a b c a +b +c a + b b + c c + a  Lời giải Không làm tính tổng quát ta giả sử a + b + c = , ñó Bñt ñã cho trở 5a − thành a −a + 5a − b −b + 5c − c −c ≤ Vì a,b,c ñộ dài ba cạnh tam giác a + b + c = suy a, b, c ∈ (0; ) Ta có : ⇒ 5a − a − a2 − (18a − 3) = (3a − 1)2 (2a − 1) a − a2 ≤ ∀a ∈ (0; ) 5a − 1 ≤ 18a − ∀a ∈ (0; ) a − a2 Ta có hai Bñt tương tự Cộng Bñt lại với ta có: 5a − a −a + 5a − b −b + 5c − c −c ≤ 18(a + b + c) − = (ñpcm) Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 12 http://hocmaivn.com - Tai lieu hai, kho, la, doc, chi co the co tren http:///hocmaivn.com ðẳng thức xảy a = b = c = Ví dụ 14 Cho a, b, c > Chứng minh : (b + c − a )2 (b + c)2 + a + (c + a − b)2 (c + a )2 + b + (a + b − c)2 (a + b )2 + c ≥ (Olympic Toán Nhật Bản 1997) Lời giải Vì Bñt cần chứng minh nên ta cần chứng minh Bñt ñúng với số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = Khi ñó Bñt ñã cho trở thành: (1 − 2a )2 (1 − a )2 + a ⇔ ⇔ + (1 − 2b)2 (1 − b)2 + b2 4a − 4a + 2a − 2a + 1 2a − 2a + + + + (1 − 2c )2 (1 − c)2 + c 4b2 − 4b + 2b2 − 2b + 1 2b − 2b + ⇔ f (a ) + f (b) + f (c) ≤ 27 Trong ñó f (x ) = 2x − 2x + + + ≥ 4c − 4c + ≥ ≤ 27 2c − 2c + 1 2c − 2c + với x ∈ (0;1) Tiếp tuyến ñồ thị hàm số y = f (x ) ñiểm có hoành ñộ x = Ta có: 54x + 27 : y = 25 2(54x − 27x + 1) 2(3x − 1)2 (6x + 1) 54x + 27 − f (x ) = = ≥ ∀x ∈ (0;1) 2 25 25(2x − 2x + 1) 25(2x − 2x + 1) ⇒ f (a ) + f (b) + f (c) ≤ 54(a + b + c) + 81 27 = 25 ñpcm Trong ví dụ ta xét BðT ñối xứng ba biến ñẳng thức xảy biến Phần ta ñi xét số BðT không ñối xứng BðT ñối xứng ñẳng thức xảy có hai biến không Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 13 http://hocmaivn.com - Tai lieu hai, kho, la, doc, chi co the co tren http:///hocmaivn.com Ví dụ 15: Cho a, b, c > a + b + c = Chứng minh rằng: 10(a + b + c ) − 9(a + b + c ) ≥ (Trung Quốc 2005) Lời giải: Giả sử a ≥ b ≥ c Xét hàm số f (x ) = 10x − 9x , x ∈ (0;1) có f '(x ) = 30x − 45x ⇒ f ''(x ) = 60x − 180x ⇒ f ''(x ) = ⇔ x = x = ñồng thời f ''(x ) > ∀x ∈ (0; x ) f ''(x ) < ∀x ∈ (x ;1) • Nếu a < x Áp dụng BðT tiếp tuyến ,ta có: 1 1 1 f (a ) ≥ f '    a −  + f   3 3 3 1 1 f (b) ≥ f '   b −  + 3 3 1 f  3 1 1 1 f (c) ≥ f '    c −  + f   3 3 3 1 ⇒ f (a ) + f (b) + f (c) ≥ f '   a + b + c − + f 3 ( ) 1   = 3 • Nếu a > x Áp dụng BðT tiếp tuyến cát tuyến ta có: f (a ) ≥ f (1) − f (x ) − x0 (a − 1) + f (1) > f (1) = ( )( ) () ( )( ) () f (b) ≥ f ' b − + f = f (c) ≥ f ' c − + f = ⇒ f (a ) + f (b) + f (c) > Ví dụ 16: Cho ∆ABC nhọn Tìm GTLN biểu thức: F = sin A sin2 B sin2 C Lời giải: Ta có : ln F = ln sin A + ln sin B + ln sin C π Xét hàm số f (x ) = ln sin x, x ∈ (0; ) ⇒ f '(x ) = cot x ⇒ f ''(x ) = −  π ∀x ∈  0;   2 sin2 x Áp dụng BðT tiếp tuyến với ∆MNP nhọn, ta có : Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 14 http://hocmaivn.com - Tai lieu hai, kho, la, doc, chi co the co tren http:///hocmaivn.com ( ) ( ( ) ( ( ) ) f (A) ≤ f '(M ) A − M + f (M ) = A − M cot M + ln sin M ) f (B ) ≤ f '(N ) B − N + f (N ) = B − N cot N + ln sin N ( ) f (C ) ≤ f '(P ) C − P + f (P ) = C − P cot P + ln sin P ⇒ 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 cho : tan M tan N tan P = = = k ⇒ tan M = k ; tan N = 2k ; tan P = 3k Mặt khác : tan M + tan N + tan P = tan M tan N tan P ⇒ 6k = 6k ⇒ k = ⇒ sin M = ⇒ f (A) + f (B ) + f (C ) ≤ ln ⇒F ≤ 27 25 tan M + tan2 M + ln + ln = 10 ; sin N = = ln ; sin P = 10 27 25 ðẳng thức xảy ⇔ A = M ; B = N ;C = P Vậy GTLN F = 27 25 Nhận xét : Từ cách giải trên, ta có ñược cách giải cho toán tổng quát sau : Cho ∆ABC nhọn Tìm GTLN E = sinm A sinn B sin p C , với m, n, p số thực dương (Xem phần tập) Ví dụ 17 : Cho tam giác ABC nhọn Tìm GTNN biểu thức : F = tan A + tan B + tan C Lời giải : (Dựa theo lời giải 2M)  π  2 Xét hàm số f (x ) = tan x, x ∈  0;  , có f '(x ) = + tan2 x ⇒ f ''(x ) = tan x (1 + tan2 x ) > 0,  π ∀x ∈  0;   2 Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 15 http://hocmaivn.com - Tai lieu hai, kho, la, doc, chi co the co tren http:///hocmaivn.com Áp dụng BðT tiếp tuyến với ∆MNP nhọn, ta có : f (A) ≥ f '(M )(A − M ) + f (M ) = (A − M ) + tan M cos M ⇒ cos2 M f (A) ≥ sin 2M + A − M 2 Tương tự : cos2 N f (B ) ≥ sin 2N + B − N ; cos2 P f (C ) ≥ sin 2P + C − P ⇒ cos2 M f (A) + cos2 N f (B ) + cos2 P f (C ) ≥ sin 2M + sin 2N + sin 2P Ta chọn góc M , N , P cho : cos M = k > 0; cos N = 2k ; cos P = 3k Vì M , N , P ba góc tam giác nên ta có ñẳng thức : cos2 M + cos2 N + cos2 P + cos M cos N cos P = ⇒ (1 + + 3)k + 6k = ⇒ k nghiệm dương phương trình : 6x + (1 + + 3)x − = (1) ⇒ sin 2M = − cos2 M cos M = 2k − k ; sin 2N = 2k 2(1 − 2k ); sin 2P = 2k 3(1 − 3k ) ⇒F ≥ sin 2M + sin 2N + sin 2P 2k Vậy GTNN F = = − k + 2(1 − 2k ) + 3(1 − 3k ) k − k + 2(1 − 2k ) + 3(1 − 3k ) k ñạt ñược A = M ; B = N ;C = P Với M , N , P ba góc tam giác nhọn ñược xác ñịnh : cos M = k > 0; cos N = 2k ; cos P = 3k , ñó k nghiệm dương PT (1) Nhận xét : Tương tự cách làm trên, ta tìm ñược giá trị nhỏ biểu thức F = m tan A + n tan B + p tan C , ñó m, n, p số thực dương A, B, C ba góc tam giác nhọn (Xem phần tập) Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 16 http://hocmaivn.com - Tai lieu hai, kho, la, doc, chi co the co tren http:///hocmaivn.com Ví dụ 18: Cho x , y, z > thỏa x + y + z = Tìm GTNN : P = x + + y2 + + z Lời giải: Ta có hàm số f (t ) = t ; g(t ) = + t ; h(t ) = + t , t ∈ (0;1) hàm số có ñạo hàm cấp hai dương khoảng (0;1) Nên với a, b, c > thỏa a + b + c = áp dụng BðT tiếp tuyến, ta có: f (x ) ≥ f '(a )(x − a ) + f (a ) ; h(y ) ≥ h '(b )(y − b) + h (b) ; g (z ) ≥ g '(c )(z − c) + g(c)     k  a = a = k    k  b Ta chọn a, b, c cho f '(a ) = g '(b) = h '(c) = k ⇔  =k ⇔ b =  + b2  − k2   c3 k  c = =k 4  4 − k3k   (1 + c ) Do a + b + c = ⇔ k + k 1−k + k (1) = (2) 1−k k Dễ thấy phương trình (2) có nghiệm khoảng (0;1) ⇒ P = f (x ) + g(y ) + h(z ) ≥ f (a ) + h(b) + g(c) = k 3k + 1 − k2 + − k3k ðẳng thức xảy ⇔ x = a; y = b; z = c Vậy P = k 3k + 1−k + với k nghiệm nằm (0;1) (2) 1−k k Ví dụ 19 (BðT Jensen) Cho hàm số y = f (x ) liên tục có ñạo hàm cấp hai (a; b ) n số thực dương α1, α2 , , αn có tổng  n  a) Nếu f ''(x ) > ∀x ∈ (a; b) ta có: ∑ αi f (xi ) ≥ f  ∑ αi xi    i =1  i =1  n Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 17 http://hocmaivn.com - Tai lieu hai, kho, la, doc, chi co the co tren http:///hocmaivn.com với ∀xi ∈ (a; b ) i = 1, n ðẳng thức có x1 = x2 = = xn  n  b) Nếu f ''(x ) < ∀x ∈ (a; b) ta có: ∑ αi f (xi ) ≤ f  ∑ αi xi    i =1  i =1  n với ∀xi ∈ (a; b ) i = 1, n ðẳng thức có x1 = x2 = = xn Lời giải a) ðặt y = α1a1 + α2a2 + + αnan ⇒ y ∈ (a;b) Vì f ''(x ) > nên áp dụng BðT tiếp tuyến, ta có: ( ) f (ai ) ≥ f '(y ) − y + f (y ) ∀i = 1,2, , n ( ) ⇒ αi f (ai ) ≥ f '(y ) αiai − αi y + αi f (y ) ∀i = 1,2, , n  n  ⇒ ∑ αi f (ai ) ≥ f '(y )∑ (αiai − αi y ) + f (y )∑ αi = f (y ) = f  ∑ αiai    i =1 i =1 i =1  i =1  n n n b) Chứng minh tương tự Ví dụ 20 (2M) Cho hai số thực dương x1, x2, , xn a1, a2, , an thỏa mãn: n ∑ xi = i =1 n ∑ Chứng minh rằng: i =1 n n ∏ xi i ≥ ∏ i a i =1 a i =1 Lời giải BðT cần chứng minh ⇔ n n i =1 i =1 ∑ ln xi ≥ ∑ ln Hàm số f (x ) = ln x hàm lồi, nên áp dụng BðT tiếp tuyến ta có: f (xi ) ≤ f '(ai )(xi − ) + f (ai ) = (xi − ) + f (ai ) ⇒ f (xi ) ≤ xi − + f (ai ) ⇒ ⇒ n n i =1 i =1 ∑ ln xi ≤ ∑ ln n ∑ f (xi ) ≤ i =1 n n i =1 i =1 ∑ (xi − ) + ∑ f (ai ) = n ∑ f (ai ) i =1 ñpcm Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 18 http://hocmaivn.com - Tai lieu hai, kho, la, doc, chi co the co tren http:///hocmaivn.com Chú ý: ðiều thú vị BðT Cô si lại hệ toán Thật vậy: n ∑ xi Cho a1 = a2 = = an =  n  ∑ xi n n  ∏ xi ≤ ∏ =  i =n1  i =1 i =1   i =1 Khi ñó BðT ñã cho trở thành: n n        ( a1 = a2 = = an ) n ∑ xi ⇒ i =1 n n ≥ n ∏ xi ñây BðT Cô Si cho n số i =1 Bài tập áp dụng Cho a, b, c > Chứng minh: b +c a2 + c +a b2 + a +b ≥ c2 1 + + a b c Cho a, b, c > thỏa a + b + c ≥ Chứng minh rằng: a +b +c + b +c +a + c +a +b Cho x , y, z ≤ thỏa x + y + z = Chứng minh rằng:  ≤1 1 + x2 + 1 + y2 + 1 + z2 ≤ 27 10 1 2 Cho số thực a1, a2 , , an ∈  0;  a1 + a2 + + an = Chứng minh  1     n − 1 ≥ n −  −   −     a1   a2   an  ( ) π Cho a, b, c, d ∈ (0; ) a + b + c + d = π Chứng minh 2 sin a − sin b − sin c − sin d − + + + ≥ cos a cos b cos c cos d Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 19 http://hocmaivn.com - Tai lieu hai, kho, la, doc, chi co the co tren http:///hocmaivn.com n Cho n số thực dương thoả mãn: ∑ xi = n Cmr: i =1 x1 + x12 + + xn + xn2 ≤ 1 ( New Zealand 1998) + + + x1 + xn Cho tam giác ABC Tìm GTNN biểu thức A A B C π B π C ) cot + tan2 ( − ) cot + tan2 ( − )cot 4 4 4 4 Cho tam giác ABC Chứng minh A B C cos cos cos + + < 3≤ A B C + sin + sin + sin 2 Cho tam giác ABC nhọn m, n, k > Tìm: P = tan2 ( π − 1) Giá trị lớn F = sinm A sinn B sink C 2) Giá trị nhỏ F = m tan A + n tan B + k tan C 10 Cho n số thực không âm a1, a2 , , an có tổng Chứng minh: n a1a2 an ≤ n (BðT Cauchy) 11 Cho a, b, c > Chứng minh: (2a + b + c)2 2 2a + (b + c) + (2b + c + a )2 2 2b + (c + a ) + (2c + a + b)2 2 2c + (a + b) ≤ (Mỹ - 2003 ) 12 Cho a, b, c > Chứng minh: b +c c +a a +b a b c + + ≥ 4( + + ) a b c b +c c +a a +b a b c 13 Cho a, b, c > Chứng minh: + + ≥ (b + c )2 (c + a )2 (a + b )2 4(a + b + c ) 14 Cho a, b, c > a + b2 + c2 = Chứng minh : 1 ( + + ) − (a + b + c) ≥ a b c 15 Cho x , y, z > Chứng minh: xyz (x + y + z + x + y + z ) (x + y + z )(xy + yz + zx ) ≤ 3+ ( Hồng Kông 1997) IV KẾT QUẢ • Học sinh hứng thú ý học khái niệm Toán học Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 20 http://hocmaivn.com - Tai lieu hai, kho, la, doc, chi co the co tren http:///hocmaivn.com • Học sinh giải ñược lớp toán khó BðT V BÀI HỌC KINH NGHIỆM • Khi dạy học khái niệm Toán học cần ý ñến chất khái niệm ñó khai thác chất khái niệm • Trong trình dạy học, gợi mở số hướng phát triển từ khái niệm Toán học cho học sinh tìm tòi nghiên cứu VI KẾT LUẬN Việc khái thác khái niệm ñồ thị lồi lõm ñồ thị hàm số cho chúng ta: • Một phương pháp chứng minh BðT giải số dạng toán cực trị hiệu ñơn giản • Dựa vào hai BðT tiếp tuyến cát tuyến kết hợp với phương pháp cân hệ số, sáng tạo nhiều toán BðT hay khó NGƯỜI THỰC HIỆN Nguyễn Tất Thu Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 21 [...]... ; B = N ;C = P Vậy GTLN của F = 27 25 5 Nhận xét : Từ cách giải trên, ta có ñược cách giải cho bài toán tổng quát sau : Cho ∆ABC nhọn Tìm GTLN của E = sinm A sinn B sin p C , với m, n, p là những số thực dương (Xem ở phần bài tập) Ví dụ 17 : Cho tam giác ABC nhọn Tìm GTNN của biểu thức : F = tan A + 2 tan B + 3 tan C Lời giải : (Dựa theo lời giải của 2M)  π  2 Xét hàm số f (x ) = tan x, x ∈ ... gợi mở một số hướng phát triển từ một khái niệm Toán học cho học sinh tìm tòi và nghiên cứu VI KẾT LUẬN Việc khái thác khái niệm ñồ thị lồi lõm của ñồ thị hàm số cho chúng ta: • Một phương pháp chứng minh BðT và giải một số dạng toán cực trị khá hiệu quả và ñơn giản • Dựa vào hai BðT tiếp tuyến và cát tuyến kết hợp với phương pháp cân bằng hệ số, chúng ta có thể sáng tạo ra nhiều bài toán BðT hay và khó... chú ý hơn khi học các khái niệm Toán học Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 20 http://hocmaivn.com - Tai lieu hai, kho, la, doc, chi co the co tren http:///hocmaivn.com • Học sinh giải quyết ñược một lớp bài toán khó về BðT V BÀI HỌC KINH NGHIỆM • Khi dạy học các khái niệm Toán học cần chú ý ñến bản chất của khái niệm ñó và khai thác bản chất của khái niệm • Trong quá trình dạy học, chúng... + p tan C , trong ñó m, n, p là các số thực dương và A, B, C là ba góc của tam giác nhọn (Xem ở phần bài tập) Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 16 http://hocmaivn.com - Tai lieu hai, kho, la, doc, chi co the co tren http:///hocmaivn.com Ví dụ 18: Cho x , y, z > 0 thỏa x + y + z = 1 Tìm GTNN của : 4 P = x 3 + 1 + y2 + 1 + z 4 Lời giải: Ta có các hàm số f (t ) = t 3 ; g(t ) = 1 + t 2... (1) = 1 (2) 1−k k Dễ thấy phương trình (2) luôn có nghiệm trong khoảng (0;1) ⇒ P = f (x ) + g(y ) + h(z ) ≥ f (a ) + h(b) + g(c) = k 3k + 9 1 1 − k2 + 1 4 1 − k3k ðẳng thức xảy ra ⇔ x = a; y = b; z = c Vậy min P = k 3k + 9 1 1−k 2 + 1 4 với k là nghiệm nằm trong (0;1) của (2) 3 1−k k Ví dụ 19 (BðT Jensen) Cho hàm số y = f (x ) liên tục và có ñạo hàm cấp hai trên (a; b ) và n số thực dương α1, α2 , ,... ñược f (x ) qua tiếp tuyến của nó tại ñiểm có hoành ñộ x = 2 (vì ñẳng thức xảy ra khi a = b = c = 2 ) Ta có tiếp tuyến của ñồ thị hàm số tại y = f (x ) ñiểm có hoành ñộ 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 tiếp tuyến của ñồ thị hàm số f (x ) = x 4 − 2x 3 tại... tuyến của ñồ thị hàm số y = f (x ) tại ñiểm có hoành ñộ x = Ta có: 1 54x + 27 là : y = 3 25 2(54x 3 − 27x 2 + 1) 2(3x − 1)2 (6x + 1) 54x + 27 − f (x ) = = ≥ 0 ∀x ∈ (0;1) 2 2 25 25(2x − 2x + 1) 25(2x − 2x + 1) ⇒ f (a ) + f (b) + f (c) ≤ 54(a + b + c) + 81 27 = 25 5 ñpcm Trong các ví dụ trên ta chỉ xét các BðT ñối xứng ba biến và ñẳng thức xảy ra khi các biến bằng nhau Phần tiếp theo ta sẽ ñi xét một số. .. 20 (2M) Cho hai bộ số thực dương x1, x2, , xn và a1, a2, , an thỏa mãn: n ∑ xi = i =1 n ∑ ai Chứng minh rằng: i =1 n n ∏ xi i ≥ ∏ ai i a i =1 a i =1 Lời giải BðT cần chứng minh ⇔ n n i =1 i =1 ∑ ai ln xi ≥ ∑ ai ln ai Hàm số f (x ) = ln x là hàm lồi, nên áp dụng BðT tiếp tuyến 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 n i =1... tren http:///hocmaivn.com Chú ý: ðiều thú vị là BðT Cô si lại là một hệ quả của bài toán trên Thật vậy: n ∑ xi Cho a1 = a2 = = an =  n  ∑ xi n n  ∏ xi ≤ ∏ ai =  i =n1  i =1 i =1   i =1 Khi ñó BðT ñã cho trở thành: n n        ( do a1 = a2 = = an ) n ∑ xi ⇒ i =1 n n ≥ n ∏ xi ñây chính là BðT Cô Si cho n số i =1 Bài tập áp dụng 1 Cho a, b, c > 0 Chứng minh: b +c a2 + c +a b2 + a +b ≥ c2 1... cos2 M f (A) + cos2 N f (B ) + cos2 P f (C ) ≥ sin 2M + sin 2N + sin 2P 2 Ta chọn các góc M , N , P sao cho : cos M = k > 0; cos N = 2k ; cos P = 3k Vì M , N , P là ba góc của tam giác nên ta có ñẳng thức : cos2 M + cos2 N + cos2 P + 2 cos M cos N cos P = 1 ⇒ (1 + 2 + 3)k + 2 6k 3 = 1 ⇒ k là nghiệm dương của phương trình : 2 6x 3 + (1 + 2 + 3)x − 1 = 0 (1) ⇒ sin 2M = 2 1 − cos2 M cos M = 2k 1 −