phương pháp tiếp tuyến chứng minh bất đẳng thức

BẤT ĐẲNG THỨC & VÀ CÁC ĐỀ THI OLYMPIC PHƯƠNG PHÁP TIẾP TUYẾN CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Tháng 12/2005 tháng 1/2006 TS Kin – Yin Li – Trường Đại học khoa học công nghệ Hồng Kông đề cập đến việc sử dụng phương trình tiếp tuyến để chứng minh số bất đẳng thức tạp chí toán học quốc tế Mathematical Excalibur Từ đến nay, số tài liệu bất đẳng thức nước có đề cập đến vấn đề thông qua số toán rời rạc Bài viết nhằm giúp cho bạn học sinh yêu thích môn toán có tranh tương đối đầy đủ rèn luyện kĩ giải lớp toán có liên quan Ý tưởng phương pháp, ta sử dụng công thức phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số để tìm biểu thức trung gian đánh giá bất đẳng thức Đối với số hàm số, tiếp tuyến điểm đồ thị hàm số nằm hay nằm đồ thị hàm số Dựa vào tính chất này, ta thiết lập phương pháp thú vị để chứng minh bất đẳng thức, phương pháp tiếp tuyến Cho hàm số f  x  xác định, liên tục có đạo hàm K Khi tiếp tuyến điểm x0  K có phương trình y  f '  x0  x  x0   f  x0  nằm (hoặc nằm dưới) đồ thị hàm số f , nên ta có : f  x   f '  x0  x  x0   f  x0  (hoặc f  x   f '  x0  x  x0   f  x0  ) với x  K Từ tính chất này, ta thấy với x1 , x2 , , xn  K ta có : f  x1   f  x2    f  xn   f '  x0  x1  x2   xn  nx0   nf  x0  Như vậy, bất đẳng thức có dạng ‘‘tổng hàm’’ vế trái bất đẳng thức trên, có giả thiết x1  x2   xn  nx0 với đẳng thức xảy tất biến xi x0 , ta hy vọng chứng minh phương pháp tiếp tuyến Ví dụ (FRANCE – 2007) Cho a, b, c số thực dương cho a  b  c  d  Chứng minh :  a3  b3  c3  d    a  b2  c  d   Lời giải Từ giả thiết suy a, b, c, d   0;1 Đặt f  x   x3  x , với x   0;1 Khi bất đẳng thức trở thành : f  a   f  b   f  c   f  d   Ta dự đoán bất đẳng thức cho trở thành đẳng thức Vì ta tìm phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số 1  f  x  điểm M  ;   32  abcd  Huỳnh Tấn Châu – Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh – Phú Yên BẤT ĐẲNG THỨC & VÀ CÁC ĐỀ THI OLYMPIC 1 5x  Phương trình tiếp tuyến : y  f '    x      32   Bằng cách phác thảo đồ thị hàm số ta nhận thấy tiếp tuyến M đồ thị hàm số y  f  x  5x  5x 1  x3  x   48 x3  x  x   8 Điều hiển nhiên : 48x  8x  x     x  1  3x  1  0, x   0;1 Vậy ta có f  x   Cuối ta có : f  a   f  b   f  c   f  d   5a  5b  5c  5d   8 Ví dụ Cho bốn số thực không âm a, b, c, d thỏa mãn điều kiện a  b  c  d  a b c d Chứng minh :     2 2  3a  3b  3c  3d Đẳng thức xảy a  b  c  d  Lời giải Dự đoán dấu xảy a  b  c  d  Ta tìm phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số f  x   Ta có f '  x   tiếp tuyến y   3x 2   3x   f ' 1  x x   3x 1 f 1  Do ta có phương trình 32  x  3 32 x   x  3 , x   0; 4  3x 32 Biến đổi tương đương bất đẳng thức dạng :  x  1  x  5  Từ ta đoán : f  x   Từ ta có : a b c d 1      a  b  c  d  12   2 2  3a  3b  3c  3d 32 Ví dụ Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh : 1 1       4    a b c abc  ab bc ca  Lời giải Bất đẳng thức nhất, nên không tính tổng quát, giả sử  1 a  b  c  Vì a, b, c ba cạnh tam giác nên a, b, c   0;   2 Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với : 1  1  1          f  a   f b   f c     1 a a   1 b b   1 c c  5x   1 Với f  x     , x   0;  1 x x x  x  2 Ta dự đoán bất đẳng thức cho trở thành đẳng thức a  b  c  Vì ta tìm phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số Huỳnh Tấn Châu – Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh – Phú Yên BẤT ĐẲNG THỨC & VÀ CÁC ĐỀ THI OLYMPIC 1  f  x  điểm M  ;3  y  18 x  3  5x 1  1  1 Ta đánh giá f  x    18 x  3, x   0;    x  1  x  1  0, x   0;  xx  2  2 Bất đẳng thức với x   0;   2 Do f  a   f  b   f  c   18  a  b  c    (đpcm) Dấu xảy a  b  c  , dấu xảy bất đẳng thức ban đầu a  b  c Ví dụ (USA – 2003) Cho a, b, c  Chứng minh : 2a  b  c 2 2a  b  c   2b  c  a   2 2b  c  a   2c  a  b   2 2c  a  b  8 Lời giải Vế trái BĐT biểu thức bậc Không tổng quát, ta giả sử a  b  c  Khi BĐT cần chứng minh trở thành : 2  a  1   b  1   c  1  Từ giả thiết suy 2 2a  1  a  2b  1  b  2c  1  c  x  1  x2  2x  Đặt f  x   , với x   0;1  3x  x  x  1  x  Khi bất đẳng thức trở thành : f  a   f  b   f  c   a, b, c   0;1 Ta dự đoán bất đẳng thức cho trở thành đẳng thức a  b  c  Phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số f  x  điểm  16 12 x   16    M  ;  : y  f '   x     3 3 3    Bằng trực quan hình học ta thấy đồ thị hàm số y  f  x  tiếp tuyến Vậy f  x   12 x  , x   0;1 Ta kiểm chứng bất đẳng thức sau : x  x  12 x    36 x  15 x  x     x  1  x  1  x   0;1 3x  x  Bất đẳng thức cuối hiển nhiên 12a  12b  12c  , f b  , f c  3 12  a  b  c   12 Suy f  a   f  b   f  c    (đpcm) Vậy f  a   Ví dụ (NHẬT BẢN – 1997) Cho a, b, c số thực dương Chứng minh bất đẳng thức : (b  c  a ) (c  a  b ) (a  b  c)    2 2 2 (b  c )  a (c  a )  b (a  b)  c Huỳnh Tấn Châu – Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh – Phú Yên BẤT ĐẲNG THỨC & VÀ CÁC ĐỀ THI OLYMPIC Lời giải (b  c  a ) (c  a  b ) (a  b  c) 12 BĐT      1   2 2 2 (b  c)  a (c  a )  b ( a  b)  c b  c a  c  a b  a  b c   (b  c)  a (c  a)  b (a  b)  c Các phân thức vế trái có tử số mẫu số đồng bậc, không tổng quát, giả sử a  b  c  Bất đẳng thức viết lại : 3  a  a  3  b  b  3  c  c   2 a    a  b2    b  c    c  3  a  a Do   , nên BĐT (1) trở thành : 2a  a  a  3  a  1     2 2a  a  2a  a  2a  6a  Phương trình tiếp tuyến điểm x  đồ thị hàm số 2x  : y  f ' 1 x  1  f 1   x  1   y  f  x  2x  6x  25 25 2x  Do vậy, ta thử chứng minh :  , x   0;3  3 2x  6x  25   x3  x3   x   0, x   0;3 Theo BĐT AM – GM bất đẳng thức Áp dụng BĐT (3) : f  a   f  b   f  c    2a  3   2b  3   2c  3 25  Đẳng thức xảy a  b  c Ví dụ (TRUNG QUỐC – 2006) Cho a, b, c  a  b  c  Chứng minh : a2  2a   b  c   b2  2b   c  a   c2  2c   a  b  5 Lời giải Bất đẳng thức cho tương đương với : a2  2a    a   b2  2b    b  Ta chứng minh :  c2  2c    c  x2  2x  3  x  5 x4 , x   0;3 1 Thật vậy, ta có : x2  2x2  3  x   x2  2x  2x  2x  x         2 x  x  3 x  x  3  x  1  6 Vậy (1) Sử dụng kết (1), ta có : a2  2a    a   b2  2b    b   c2  2c    c   a4 b4 c4   5 3 Đẳng thức xảy a  b  c  Huỳnh Tấn Châu – Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh – Phú Yên BẤT ĐẲNG THỨC & VÀ CÁC ĐỀ THI OLYMPIC MỘT SỐ BÀI TẬP ÁP DỤNG Bài tập (BULGARIAN – 2004) Cho a, b, c > a + b + c = Chứng minh : a b c    1 10  bc  ca  ab Bài tập (OLYMPIC RUSSIA – 2002) Cho a, b, c  thỏa mãn a  b  c  Chứng minh : a  b  c  ab  bc  ca Bài tập Cho a, b, c  a  b  c  Chứng minh: 1     ab  bc  ca Bài tập (ALBANIA – 2002) Cho a, b, c  Chứng minh : 1 1 1  b2  c2      a  b  c  a2  b2  c2 3 a b c a b c Bài tập Cho a, b, c   a  b  c  Chứng minh :    a  b  c  10 Bài tập Cho a, b, c, d  a  b  c  d  Chứng minh : a  3 3  a   b   c   d            a    b    c    d   27 Bài tập Cho ba số thực tùy ý a, b, c   0;  23   Tìm giá trị nhỏ biểu thức : 22  2  a  b  3c    a  c  3b    b  c  3a  T 2  a  b   5c  a  c   5b2  b  c   5a Bài tập Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn abc = Chứng minh :  a  a  3ab   b  b  3bc  1 c  c  3ca  Bài tập Cho a, b, c số không âm thỏa mãn a  b  c  Chứng minh : a2 5a   b  c   b2 5b   c  a   c2 5c   a  b   Bài tập 10 Cho a, b, c số không âm thỏa mãn a  b  c  Chứng minh : a2 b2 c2     2 2 2a   b  c  2b   c  a  2c   a  b  Huỳnh Tấn Châu – Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh – Phú Yên