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
375,33 KB
Nội dung
Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác www.VNMATH.com KHAI THÁC KHÁI NIỆM ðỒ THỊ HÀM SỐ LỒI, LÕM ðỂ ðÁNH GIÁ BẤT ðẲNG THỨC om 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 c c 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 uo 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 ñể ñánh giá BðT” bo c học sinh ðó lí mà chọn ñề tài “Khai thác khái niệm ñồ thị hàm số lồi, lõm II THỰC TRẠNG TRƯỚC KHI THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP CỦA ðỀ TÀI: on g 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 kh 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 Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác www.VNMATH.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 om 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 c nằm phía ñồ thị (C) ii) ðồ thị (C) gọi lõm (a; b) tiếp tuyến ñiểm nằm cung AB oc nằm phía ñồ thị (C) y _ y _ b _ x _ _ a x _ b _ ðồ thị hàm số lồi ng ðồ thị hàm lõm bo cu a _ b Dấu hiệu ñồ thị lồi kh o 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 Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác www.VNMATH.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 om Ta chứng minh ñịnh lí sau c 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 oc ðịnh lí 3: (Bất ñẳng thức cát tuyến) Cho hàm số y = f (x ) liên tục có ñạo hàm ñến cấp hai [a;b] f (a ) − f (b) (x − a ) + f (a ) ∀x ∈ [a; b ] a −b cu i) Nếu f ''(x ) ≥ ∀x ∈ [a; b ] f (x ) ≥ ii) Nếu f ''(x ) ≤ ∀x ∈ [a; b ] f (x ) ≤ f (a ) − f (b) (x − a ) + f (a ) ∀x ∈ [a; b ] a −b bo ðẳng thức BðT có x = a x = b ng 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 kh o a +1 Giải: Xét hàm số f (x ) = Ta có: f '(x ) = + x c + 2 b +1 c +1 ≤ 10 với x ∈ (0;1) x +1 ⇒ f ''(x ) = − (x + 1) Nên ta có: b 3x < ∀x ∈ (0;1) (x + 1) 1 f (a ) ≤ f '( )(a − ) + f ( ) 3 Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác www.VNMATH.com 1 f (b) ≤ f '( )(b − ) + f ( ) 3 1 f (c) ≤ f '( )(c − ) + f ( ) 3 3 3 10 ðẳng thức xảy ⇔ a = b = c = om 1 Suy : f (a ) + f (b) + f (c) ≤ f ' (a + b + c − 1) + f ( ) = Ví dụ : Cho số thực dương a, b, c thỏa : a + b2 + c2 = Chứng minh + 8a + 1 + 8b + 1 + 8b f '(x ) = − (1 + 8x )3 1 + 8a , < a ≤ Ta có : ⇒ f "(x ) = 48 >0 ∀x ∈ (− ; ] oc u Xét hàm số : f (x ) = oc Giải : ≥ .c (1 + 8x )5 Nên ta có : f (a ) ≥ f '(1)(a − 1) + f (1) f (b ) ≥ f '(1)(b − 1) + f (1) gb 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 ) = on ⇒ −3 ≤ a + b + c ≤ ⇒ a + b + c − ≤ f '(1) = − < nên từ (*) 27 Ta suy : f (a ) + f (b) + f (c) ≥ f (1) = kh 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 Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác www.VNMATH.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 om 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 Giải : c c P = a + + a b + + b c + + c uo 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 ) = x +1 −x ∀t ∈ [ ;1] t(1 + ln t ) 1 2 kh Vì a, b, c ∈ ;1 nên áp dụng BðT tiếp tuyến, ta có : 2 f (a ) ≥ f '( )(a − ) + f ( ) 3 2 f (b) ≥ f '( )(b − ) + f ( ) 3 Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác www.VNMATH.com 2 f (c) ≥ f '( )(c − ) + f ( ) 3 Cộng ba BðT ta có : f (a ) + f (b) + f (c) ≥ f '( ) (a + b + c − ) + f ( ) = 33 ñạt ñược ⇔ a = b = c = om Vậy GTNN P = 33 Ví dụ : Cho a, b, c > Chứng minh : 1+ (Trích ñề thi Albania 2002) c 1 (a + b + c )( + + ) ≥ a + b + c + a + b + c a b c 3 oc Lời giải Vì BðT ñã cho nên ta cần chứng minh Bñt ñúng với số thực dương a,b,c thỏa mãn a + b2 + c2 = , ñó bñt cần chứng minh trở thành: on gb oc u f (a ) + f (b) + f (c) ≥ ñó: f (x ) = 1+ − x với < x < Dễ thấy hàm số f có f ''(x ) > ∀x ∈ (0;1) 3 x Nên theo BðT tiếp tuyến ta có : f (a ) + f (b) + f (c) ≥ f ' (a + b + c − 3) + f f ' i = 1, 2, , n Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa n ∑ ≤n i =1 Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác www.VNMATH.com Xét hàm số f (x ) = ∏ ≤ (1) i =1 + ai2 x , x > có f '(x ) = 1+x n 2 ⇒ f ''(x ) < ∀x > (1 + x ) ⇒ f (x ) ≤ f '(1)(x − 1) + f (1) = (x − 1) + = 2 (x + 1) m n Ta cần chứng minh : n + ai2 n = ∏ f (ai ) ≤ i =1 n ∏ (ai + 1) ≤ 8n i =1 co i =1 2n c n ⇒∏ n ∑ (ai + 1) i =1 2n = ≤ n n n 8 ðẳng thức xảy ⇔ a1 = a2 = = an = ⇔ tan x1 = tan x2 = = tan xn = π uo ⇔ x1 = x = = xn = Nhận xét : Qua ví dụ trên, ta có ñược kết tổng quát sau oc ðịnh lí : Cho hàm số y = f (x ) có ñạo hàm cấp hai a;b n số a1, a2, , an n ∑ on • Nếu f ''(x ) > ∀x ∈ a;b ta có : • Nếu f ''(x ) < ∀x ∈ a;b ta có : kh = k, na ≤ k ≤ nb i =1 gb nằm ñoạn a;b thỏa mãn : 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 Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác www.VNMATH.com Không tính tổng quát, ta giả sử A ≥ 2π π > 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 m A π A π π f ( ) ≥ f '( )( − ) + f ( ) 3 c o B π B π π f ( ) ≥ f '( )( − ) + f ( ) 12 12 12 C π C π π f ( ) ≥ f '( )( − ) + f ( ) 12 12 12 B f + 2 C π π A 2π f ≥ f '( ) − f '( ) − 12 2 π A + B +C π − + f '( ) 12 2 oc A ⇒ f + 2 π + f + 2f 3 π A π A + B +C π nên ta có : = 2 bo cu 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 π = − ñpcm 12 2π π ;B = C = hoán vị kh on g 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 Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác www.VNMATH.com 1 1 1 3 f (a ) ≥ f '( )(a − ) + f ( ) ; f (b) ≥ f '( )(b − ) + f ( ) ; f (c) ≥ f '( )(c − ) + f ( ) 8 8 8 4 3 172 + 67 ⇒ f (a ) + f (b ) + f (c ) ≥ f '( ) − f '( ) (x − ) + f ( ) + f ( ) ≥ f ( ) + f ( ) = 4 8 4 Vậy P = hoán vị om ðẳng thức xảy ⇔ a = ;b = c = 172 + 23 67 Nhận xét : Trong số trường hợp ñồ thị hàm số y = f (x ) có khoảng lồi, lõm hạn bạn xem ñồ thị minh họa ñây oc uo y _ c c a; b ta có ñược ñánh giá : f (x ) ≥ f '(x )(x − x ) + f (x ) ,x ∈ (a; b) Chẳng a b kh on gb O x0 _ x _ 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 Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác www.VNMATH.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 co m ⇒ 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) ≠ a2 + + b b2 + + c c2 + Lời giải ≤ c a a + b + c = Chứng minh rằng: ( Vô ñịch Toán Ba Lan 1996) 10 uo Ví dụ 11: Cho a, b, c ≥ − f (a ) + f (b) + f (c) ≤ Bñt ñã cho có dạng: oc Ta thấy ñẳng thức xảy a = b = c = x với x ∈ [− ; ] ñó f (x ) = 10 x2 + on gb Tiếp tuyến ñồ thị hàm số y = f (x ) ñiểm có hoành ñộ x = Ta có: (3x − 1)2 (4x + 3) x 36x + 36x + 3 − f (x ) = − = ≥ ∀x ∈ [ − ; ] 2 50 50 x +1 50(x + 1) a a2 + kh Vậy : 36x + : y = 50 + 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 Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác www.VNMATH.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 + 4x x − 2x + Mặt khác: 4x x − 2x + 4a + a − 2a + − 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 on gb oc uo ⇒ ñiểm có hoành ñộ x = c c số f (x ) = tiếp tuyến ñồ thị hàm om (Nhận xét : ðẳng thức xảy a = b = c = 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) = a − a2 ≤ ∀a ∈ (0; ) 5a − kh ⇒ (3a − 1)2 (2a − 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 Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác www.VNMATH.com ðẳng thức xảy a = b = c = Ví dụ 14 Cho a, b, c > Chứng minh : (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) om (b + c − a )2 Lời giải Vì Bñt cần chứng minh nên ta cần chứng minh Bñt ñúng ⇔ (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) ≤ Trong ñó f (x ) = + + + 27 5 ≥ 4c − 4c + ≥ ≤ 27 2c − 2c + 1 oc ⇔ (1 − 2b)2 cu (1 − a )2 + a + 2c − 2c + bo (1 − 2a )2 c với số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = Khi ñó Bñt ñã cho trở thành: 2x − 2x + với x ∈ (0;1) on g 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) 54(a + b + c) + 81 27 = 25 ñpcm kh ⇒ f (a ) + f (b) + f (c) ≤ 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 Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác www.VNMATH.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 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 oc 1 f 3 1 1 1 f (c) ≥ f ' c − + f 3 3 3 cu 1 1 f (b) ≥ f ' b − + 3 3 c o ⇒ f ''(x ) = ⇔ x = x = m Xét hàm số f (x ) = 10x − 9x , x ∈ (0;1) có f '(x ) = 30x − 45x ⇒ f ''(x ) = 60x − 180x 1 ⇒ f (a ) + f (b) + f (c) ≥ f ' a + b + c − + f 3 ( ) 1 = 3 on gb o • 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) > kh 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 Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác www.VNMATH.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 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 ⇒F ≤ 27 25 + tan2 M + ln + ln = 10 ; sin N = = ln ; sin P = 10 27 25 cu o ⇒ f (A) + f (B ) + f (C ) ≤ ln tan M c c ⇒ 6k = 6k ⇒ k = ⇒ sin M = om ⇒ 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 ðẳng thức xảy ⇔ A = M ; B = N ;C = P Vậy GTLN F = 27 25 ng bo 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 : kh o 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 Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác www.VNMATH.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 sin 2M + A − M 2 Tương tự : cos2 N f (B ) ≥ sin 2N + B − N ; cos2 P f (C ) ≥ sin 2P + C − P sin 2M + sin 2N + sin 2P co ⇒ cos2 M f (A) + cos2 N f (B ) + cos2 P f (C ) ≥ m ⇒ cos2 M f (A) ≥ Ta chọn góc M , N , P cho : cos M = k > 0; cos N = 2k ; cos P = 3k c 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 = cu o ⇒ (1 + + 3)k + 6k = ⇒ k nghiệm dương phương trình : 6x + (1 + + 3)x − = (1) ⇒ sin 2M = − cos2 M cos M = 2k − k ; ⇒F ≥ bo sin 2N = 2k 2(1 − 2k ); sin 2P = 2k 3(1 − 3k ) sin 2M + sin 2N + sin 2P 2k − k + 2(1 − 2k ) + 3(1 − 3k ) k − k + 2(1 − 2k ) + 3(1 − 3k ) ng Vậy GTNN F = = k ñạt ñược A = M ; B = N ;C = P kh o 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 Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác www.VNMATH.com Ví dụ 18: Cho x , y, z > thỏa x + y + z = Tìm GTNN : P = x + + y2 + + z Lời giải: om 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: g (z ) ≥ g '(c )(z − c) + g(c) c f (x ) ≥ f '(a )(x − a ) + f (a ) ; h(y ) ≥ h '(b )(y − b) + h(b) ; k + k 1−k + k = (2) 1−k k bo Do a + b + c = ⇔ (1) cu oc 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 ) Dễ thấy phương trình (2) có nghiệm khoảng (0;1) ng ⇒ 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 k 3k + kh o Vậy P = 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 Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác www.VNMATH.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 om 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: ( ) ( c c 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 b) Chứng minh tương tự cu o n Ví dụ 20 (2M) Cho hai số thực dương x1, x2, , xn a1, a2, , an thỏa mãn: ∑ xi = i =1 n ∑ Chứng minh rằng: n n ∏ xi i ≥ ∏ i a a bo n i =1 on g Lời giải BðT cần chứng minh ⇔ i =1 i =1 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: kh 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 Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác www.VNMATH.com Chú ý: ðiều thú vị BðT Cô si lại hệ toán Thật vậy: n ∑ xi Cho a1 = a2 = = an = Khi ñó BðT ñã cho trở thành: n m n ( a1 = a2 = = an ) co n ∑ xi n n ∏ xi ≤ ∏ = i =n1 i =1 i =1 i =1 n n ≥ n ∏ xi ñây BðT Cô Si cho n số i =1 c ⇒ i =1 n cu o ∑ xi Bài tập áp dụng b +c a2 + c +a b2 bo Cho a, b, c > Chứng minh: + a +b ≥ c2 1 + + a b c Cho a, b, c > thỏa a + b + c ≥ Chứng minh rằng: ng 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 kh o 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 Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác www.VNMATH.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 π B π C A A B 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: − 1) Giá trị lớn F = sinm A sinn B sink C om π c c P = tan2 ( cu o 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 ≤ (BðT Cauchy) 11 Cho a, b, c > Chứng minh: (2a + b + c)2 2 (2b + c + a )2 2 2b + (c + a ) + ng bo 2a + (b + c) + (2c + a + b)2 2 2c + (a + b) n ≤ (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 ) kh o 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 Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác www.VNMATH.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 khái niệm Toán học cho học sinh tìm tòi nghiên cứu VI KẾT LUẬN om • Trong trình dạy học, gợi mở số hướng phát triển từ Việc khái thác khái niệm ñồ thị lồi lõm ñồ thị hàm số cho chúng ta: c c • 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 NGƯỜI THỰC HIỆN Nguyễn Tất Thu kh on g bo c uo số, sáng tạo nhiều toán BðT hay khó Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 21 [...]... 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 co m ⇒ 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 ñiểm có hoành ñộ x = 2 nên ta có sự phân tích: f ( x ) − ( 8x − 16 ) = (x − 2 ) g (x ) với k ≥ 2 và k g (2) ≠ 0 a2 + 1... Ta có: (3x − 1)2 (4x + 3) x 36x + 3 36x + 3 3 5 − f (x ) = − = ≥ 0 ∀x ∈ [ − ; ] 2 2 50 50 4 2 x +1 50(x + 1) a a2 + 1 kh Vậy : 36x + 3 1 là : y = 50 3 + b b2 + 1 + c c2 + 1 ≤ 36(a + b + c) + 9 9 = ñpcm 50 10 Ví dụ 12 : Cho các số thực a, b, c > 0 thoả mãn a + b + c = 1 Chứng minh : a b c 9 + + ≥ 1 + bc 1 + ac 1 + ab 10 Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 11 Truy cập www.khongbocuoc.com... Mặt khác: 4x x 2 − 2x + 5 4a + a 2 − 2a + 5 − 99x − 3 1 ) là : y = 100 3 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 on gb oc uo ⇒ tại ñiểm có hoành ñộ x = c c số f (x ) = 1 và tiếp tuyến của ñồ thị hàm 3 om (Nhận xét : ðẳng thức xảy ra khi a = b = c = Ví dụ 13 Cho a, b, c là ñộ dài ba cạnh tam giác Chứng minh... 5a − 1 kh ⇒ (3a − 1)2 (2a − 1) 1 ≤ 18a − 3 ∀a ∈ (0; ) 2 a − a2 Ta cũng có hai Bñt tương tự Cộng các Bñt này lại với nhau ta có: 5a − 1 a −a 2 + 5a − 1 b −b 2 + 5c − 1 c −c 2 ≤ 18(a + b + c) − 9 = 9 (ñpcm) Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 12 Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác www.VNMATH.com 1 3 ðẳng thức xảy ra khi a = b = c = Ví dụ 14 Cho a, b, c... ñiểm có hoành ñộ x = Ta có: 54x + 27 1 là : y = 25 3 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) 54(a + b + c) + 81 27 = 25 5 ñpcm kh ⇒ f (a ) + f (b) + f (c) ≤ 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 BðT không ñối xứng hoặc BðT ñối xứng... f (ai ) = (xi − ai ) + f (ai ) ai ⇒ ai f (xi ) ≤ xi − ai + ai f (ai ) ⇒ ⇒ n n i =1 i =1 ∑ ai ln xi ≤ ∑ ai ln ai n ∑ ai f (xi ) ≤ i =1 n n i =1 i =1 ∑ (xi − ai ) + ∑ ai f (ai ) = n ∑ ai f (ai ) i =1 ñpcm Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 18 Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác www.VNMATH.com Chú ý: ðiều thú vị là BðT Cô si lại là một hệ quả của bài toán... cos b cos c cos d Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 19 Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác www.VNMATH.com n 6 Cho n số thực dương thoả mãn: ∑ xi = n Cmr: i =1 x1 1 + x12 + + xn 1 + xn2 ≤ 1 1 ( New Zealand 1998) + + 1 + x1 1 + xn 7 Cho tam giác ABC Tìm GTNN của biểu thức π B π C A A B C ) cot + tan2 ( − ) cot + tan2 ( − )cot 4 4 4 4 4 4 4 4 4 8