Bài 10 (tr 148 155) trần xuân đáng

SỬ DỤNG ĐẠO HÀM ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Trần Xuân Đáng Trường THPT Chuyên Lê Hồng Phong - Nam Định Trong sách “Tuyển tập đề thi thử đại học ba miền bắc trung nam, mơn tốn” nhà xuất đại học sư phạm năm 2012 có tốn sau: Bài tốn 1: Cho số thực dương a, b, c Tìm giá trị lớn biểu thức − P =√ a2 + b2 + c2 + (a + 1)(b + 1)(c + 1) (Đề thi thử đại học khối A trường THPT Chuyên Đại học Vinh năm 2012) Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức Cơ si ta có 1 a2 + b2 + c2 ≥ (a + b)2 + (c + 1)2 ≥ (a + b + c + 1)2 2 a+b+c+3 54 (a + 1)(b + 1)(c + 1) ≤ ⇒P ≤ − a + b + c + (a + b + c + 3)3 54 Đặt t = a + b + c + 1, t > Khi P ≤ − t (t + 2)3 54 162 2 Xét hàm f (t) = − (t > 0) (0, +∞) Ta có f (t) = − + t (t + 2) t (t + 2)4 f (t) = ⇔ t = Bảng biến thiên hàm số f (t) sau x y +∞ + − y Từ bảng biến thiên hàm số f (t) suy P ≤ Dấu " = " xảy a = b = c = Vậy giá trị lớn P Áp dụng phương pháp sử dụng lời giải tốn giải toán sau: Bài toán 2: Cho số thực dương.Tìm giá trị lớn biểu thức P =√ − 2 a + b + c2 + (a + b) 148 (a + 2c)(b + 2c) (Câu đề thi đại học khối B năm 2013- mơn Tốn) 1 Lời giải : Ta có a2 + b2 + c2 + ≥ (a + b)2 + (c + 2)2 ≥ (a + b + c + 2)2 2 1 (a + b) (a + 2c)(b + 2c) ≤ (a + b)(a + b + 4c) = (3a + 3b)(a + b + 4c) 27 Mặt khác (3a + 3b)(a + b + 4c) ≤ 4(a + b + c) Suy P ≤ − a + b + c + 2(a + b + c)2 27 27 Đặt t = a + b + c+, t > Khi P ≤ − Xét hàm số f (t) = − (t > 0) t + 2t t + 2t 27 + (t > 0); f (t) = ⇔ t = 6;f (6) = Ta có f (t) = − t (t + 2)2 Bảng biến thiên hàm sốf (t) sau: x y +∞ + − y 5 Từ bảng biến thiên hàm số f (t) suy f (t) ≤ , ∀t > Suy P ≤ 8 Dấu " = " xảy a = b = c = Vậy giá trị lớn P Lời giải 2: Ta có (a + b) (a + 2c)(b + 2c) ≤ (a + b)(a + b + 4c) Mặt khác (a + b)(a + b + 4c) = a2 + b2 + 2ab + 4ac + 4bc ≤ 4(a2 + b2 + c2 ) Suy (a + b) (a + 2c)(b + 2c) ≤ 2(a2 + b2 + c2 ) √ Đặt t = a2 + b2 + c2 + 4, ta có t > P ≤ − t 2(t − 4) Xét hàm số (t > 2) f (t) = − t 2(t − 4) −(t − 4)(4t3 + 7t2 − 4t − 16) 9t + = (t > 2) t2 (t2 − 4)2 t2 (t2 − 4)2 Với t > ta có 4t3 + 7t2 − 4t − 16 = 4(t3 − 4) + t(7t − 4) > Do f (t) = ⇔ t = Từ bảng biến thiên hàm số f (t) suy giá trị lớn P Trong kì thi thử đại học khối D trường THPT Chuyên Nguyễn Trãi(Hải Dương) năm học 2012-2013 có tốn sau: Bài toán 3: Cho số thực dương x, y thỏa mãn điều kiện (x + 1)(y + 1) = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: x y xy A= + + y+3 x+3 x+y Lời giải : Từ giả thiết ta có x + y + xy = Ta có xy ≤ (x + y)2 Suy x + y ≥ Ta có f (t) = − 149 x2 + y + 3(x + y) xy t 3 + = + − t ≥ xy + 3(x + y) + x+y t √ t 3 Xét hàm số f (t) = + − (t > 0) Ta có f (t) = − (t > 0), f (t) = ⇔ t = t 2 t √ Từ bảng biến thiên hàm số f (t) suy giá trị nhỏ biểu thức A − Áp dụng phương pháp sử dụng lời giải của toán giải tốn sau: Bài toán : Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện (a + c)(b + c) = 4c2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức √ 32b3 a2 + b2 32a3 + − P = c (b + 3c)3 (a + 3c)3 Đặt t = x + y, xy = − t ⇒ A = ( Câu đề thi đại học khối A năm 2013-mơn tốn) Sau lời giải toán tác giả viết này: b a Đặt x = y = (x > 0, y > 0) Từ giả thiết suy (x + 1)(y + 1) = c c ⇒ xy + x + y = Ta có xy ≤ (x + y)2 ⇒ x + y ≥ 32x3 32y 6x 6y Theo bất đẳng thức Cauchy ta có + ≥ 3 +1 ≥ y+3 x+3 (y + 3) (x + 3) Suy x y P ≥6 + − x2 + y − y+3 x+3 x y x2 + y + 3(x + y) [x2 + y + 3(x + y)] + = ⇒P ≥ − x2 + y − y+3 x+3 2(x + y) + 12 x+y+6 [x2 + y + 3(x + y)] − x2 + y − t = x + y, ta có t ≥ E = 3t − Đặt E = x + y + √ t2 + 2t − − √ t+1 Xét hàm số f (t) = 3t − t2 + 2t − − (t ≥ 2) Ta có f (t) = − √ > , ∀t > 2 t + 2t − Suy f (t) đồng biến [2; +∞) √ √ Suy E ≥ f (t) ≥ f (2) = − ⇒ P ≥ − √ Dấu ” = ” xảy a = b = c Vậy giá trị lớn P − Bài toán 5: Xét dãy số thực (xn ), (n = 1, 2, ) xác định x1 = a Ta có xn+1 = 3x3n − 7x2n + 5xn với (n = 1, 2, ) a số thực Hãy xác định tất giá trị a để dãy số (xn ) có giới hạn hữu hạn n → +∞ Hãy tìm giới hạn dãy số (xn ) trường hợp (Đề thi chọn học sinh giỏi Quốc gia năm 2005, bảng A) Lời giải tốn trình bày sách “ Các thi Olympic Toán trung học phổ thông Việt Nam (1990 – 2006)” sau: Xét hàm số f (x) = 3x3 − 7x2 + 5x Khi đó, viết hệ thức xác định dãy (xn ) dạng xn+1 = f (xn ) với (n = 1, 2, ) Ta có f / (x) = 9x2 − 14x + Từ ta có bảng biến thiên hàm số f (x): 150 x −∞ + y − 0 + +∞ 275 243 y +∞ −∞ Vì f (x) − x = 3x3 − 7x2 + 4x = x(x − 1)(3x − 4) nên • f (x) = x ↔ x = x = x = (1) • Khi x < f (x) < x (2) • Khi x > f (x) > x (3) 257 4 < nên từ biến thiên hàm f R, suy : Hơn f (0) = 0, f ( = , 3 243 • Với x ∈ (−∞, 0) ln có f (x) ∈ (−∞, 0) (4) 4 • Với x ∈ (0, ) ln có f (x) ∈ (0, ) (5) 3 4 • Với x ∈ ( , +∞) ln có f (x) ∈ ( ), +∞ (6) 3 Xét trường hợp sau : 1) Trường hợp : Giả sử a < Khi : • Từ (4) suy (xn ) ∈ (−∞, 0) với n ≥ • Từ (2) suy x2 = f (x1 ) < x1 Từ hàm số f (x) đồng biến khoảng (−∞, 0) nên dễ chứng minh dãy (xn ) dãy số giảm Kết hợp điều với (1), suy (xn ) dãy hội tụ lim xn = α, n→+∞ α ∈ 0; 1; α < a Vì α < nên khơng thể có số α thỏa mãn đồng thời hai điều kiện nêu Điều chứng tỏ dãy (xn ) không dãy hội tụ 2) Trường hợp : Giả sử a > Khi : • Từ (6) suy (xn ) ∈ ( , +∞) với n ≥ • Từ (3) suy x1 < f (x1 ) = x2 151 Từ hàm số f (x) đồng biến khoảng ( , +∞) nên dễ chứng minh dãy (xn ) dãy số tăng Kết hợp điều với (1), suy (xn ) dãy hội tụ lim xn = α, n→+∞ α ∈ 0; 1; α > a nên khơng thể có số α thỏa mãn đồng thời hai điều kiện nêu Điều chứng tỏ dãy (xn ) khơng dãy hội tụ Vì α < 3) Trường hợp : Giả sử a = , dãy (xn ) dãy : xn = với n ≥ Vì (xn ) dãy hội tụ lim xn = 4) Trường hợp : Giả sử a = , dãy (xn ) dãy n→+∞ 4 : xn = với n ≥ Vì (xn ) dãy hội tụ lim xn = 5) Trường hợp : Giả n→+∞ 3 4 sử < a < Khi từ (5) suy xn ∈ (0; ) với n ≥ 3 Ta có |xn+1 − 1| = |3x3n − 7x2n + 5xn − 1| = (xn − 1)2 |3xn − 1| với n ≥ (7) Vì xn ∈ 0, với n ≥ nên |(xn − 1)(3xn − 1)| < với n ≥ Do từ (7) suy |xn+1 − 1| < |xn − 1| với n ≥ (8) Bằng quy nạp theo , dễ dàng chứng minh n−1 n−1 = |xn − 1| < (a − 1)2 với n ≥ Do a ∈ (0; ) nên |a − 1| < Vậy lim (a − 1)2 n→+∞ Vì từ (8), suy dãy (xn ) hội tụ lim xn = n→+∞ Tóm lại, dãy (xn ) dãy hội tụ a ∈ 0; • • • , : lim xn = a = n→+∞ lim xn = n→+∞ 4 a = 3 lim xn = a ∈ n→+∞ 0; Lời giải có sai sót xét trường hợp n−1 Đó mệnh đề |xn − 1| < (a − 1)2 với n ≥ 2 n−1 a = (a − 1)2 = Còn với a = x1 = , x2 = 3 23−1 (a − 1) = 81 Mặt khác > 243 81 n−1 Vậy bất đẳng thức |xn − 1| < (a − 1)2 sai n = Sau lời giải toán tác giả viết không Chẳng hạn với 10 250 , x3 = , ⇒ |x3 − 1| = 243 243 : Giả sử lim xn = b (b ∈ R) ⇒ b = 3b3 − 7b2 + 5b ⇒ 3b3 − 7b2 + 4b = ⇒ b ∈ n→+∞ Xét hàm f (x) = 3x3 − 7x2 + 5x f / (x) = 9x2 − 14x + 5, f / (x) = ⇔ biến thiên hàm số f (x) sau: 152 0; 1; x=1 Ta có bảng x= x −∞ y y + 0 − + +∞ 275 243 −∞ +∞ 4 275 ) Trường hợp : a = ⇒ xn = ∀n ∈ N ∗ (f (1) = 1, f ( = , f (0) = 0, f ( = 3 243 ⇒ lim xn = n→+∞ Trường hợp : a = ⇒ xn = ∀n ∈ N ∗ ⇒ lim xn = n→+∞ 4 Trường hợp : a = ⇒ xn = ∀n ∈ N ∗ ⇒ lim xn = n→+∞ 3 4 ∗ Trườnghợp4 : a > ⇒ xn > ∀n ∈ N ⇒ xn+1 − xn = xn (xn − 1)(3xn − 4) > , ∀n ∈ N ∗ 3 Suy dãy (xn ) tăng Giả sử tồn lim xn = b (b ∈ R) ⇒ b > x1 ⇒ b > n→+∞ Mặt khác b ∈ 0; 1; Đó điều vơ lý Vậy dãy (xn ) khơng có giới hạn n → +∞ Trường hợp : a < ⇒ xn < 0, ∀n ∈ N ∗ ⇒ xn+1 − xn < 0, ∀n ∈ N ∗ ⇒ xn+1 < xn , ∀n ∈ N ∗ ⇒ Dãy (xn ) dãy giảm Giả sử tồn lim xn = b (b ∈ R) ⇒ b < x1 < Đó điều vơ lý n→+∞ b ∈ 0; 1; 4 Trường hợp : < a < Khi xn ∈ (1; ), ∀n ∈ N ∗ xn+1 − xn < 0, ∀n ∈ N ∗ 3 ⇒ Dãy (xn ) dãy giảm.⇒ ∃ lim xn = b (1 ≤ b < ) ⇒ b = n→+∞ ∗ Trường hợp : < a < ⇒ xn ∈ (0; ), ∀n ∈ N * Nếu ∃no ∈ N ∗ cho xno > ⇒ < xn+1 < xn , ∀n ≥ no ∃ lim xn = b (1 ≤ b < ) ⇒ b = n→+∞ * Nếu < xn ≤ 1, ∀n ∈ N ∗ ⇒ xn+1 ≥ xn , ∀n ≥ ⇒ ∃ lim xn = b (0 < b ≤ 1) ⇒ b = n→+∞ Tóm lại, dãy (xn ) dãy hội tụ a ∈ 0; • • lim xn = a = n→+∞ lim xn = n→+∞ 4 a = 3 153 , : • lim xn = a ∈ n→+∞ 0; x n với Bài toán 6: Cho dãy số (xn ) xác định sau: x1 = 0, xn+1 = 27 n ∈ N ∗ Chứng minh dãy số (xn ) khơng có giới hạn hữu hạn n → +∞ Lời giải: Bằng phương pháp quy nạp toán học ta chứng minh ≤ xn ≤ với n ∈ N ∗  t   27 Xét hàm số h(t) = ≤ t ≤ 27   t   t 1 27 ln > 0, ∀t ∈ (0; 1) Ta có h (t) = 27 27 27   t   27 Suy h(t) đồng biến [0, 1] Xét hàm số f (t) = − t, ≤ t ≤ 27   t   t 1 27 (ln 27)2 − , ∀t ∈ (0; 1) Ta có f (t) = 27 27 (ln 27)2 − (ln 27)2 −1= >0 ⇒f = 9 Vì f (t) liên tục (0, 1) nên ∃t1 , t2 ∈ (0; 1) cho < t1 < < t2 < f (t) > 0, ∀t ∈ (t1 , t2 ) ⇒ f (t) đồng biến [t1 , t2 ] 1 Vì t1 < < t2 f ( ) < nên f (t1 ) < < f (t2 ) 3 1 27 Ta có f (0) = > 0, f (1) = − < 27 27 Vì f (t) liên tục [0, 1] nên tồn t3 , t4 ∈ (0,1) cho < t3 < t1 < t2 < t4 <  t   27 f (t3 ) = f (t4 ) = Vì phương trình = t có nghiệm thực 27 Ta có x1 = 0, x3 = h(x1 ) Vì x1 < t3 nên h(x1 ) < h(t3 ) = t3 , suy x3 < t3 Bằng phương pháp quy nạp toán học ta chứng minh x2k−1 < t3 , ∀k ∈ N ∗ Giả sử dãy (xn ) có giới hạn hữu hạn n → +∞ lim xn = b(b ∈ R) Khi b ∈ [0, 1] n→+∞ lim x2k−1 = b k→+∞ Vì x2k−1 < t3 , ∀k ∈ N ∗ nên b < t3 < Vì lim xn = b xn+1 = n→+∞ Xét hàm số g(t) = 27 27 xn (1) , ∀n ∈ N ∗ nên b = 27 b ⇒ t − t, (0 ≤ t ≤ 1) Ta có g (t) = 27 t ln 27 − 1, ∀t ∈ (0, 1) ⇒ g (t) < 0, ∀t ∈ (0, 1) ⇒ g(t) nghịch biến [0, 1] 154 27 b − b = Mặt khác g = nên phương trình g(t) = có nghiệm thực t = Suy b = Điều mâu thuẫn với (1) Vậy dãy (xn ) khơng có giới hạn hữu hạn n → +∞ Cuối số dành cho bạn đọc Bài 1: Cho a, b, c số thực dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = a+ √ √ −√ a+b+c ab + abc Bài 2: Cho số thực không âm x, y, z thỏa mãn x + y > 0, y + z > 0, z + x > Chứng minh √ x y z xy + yz + zx + + +4 ≥6 y+z z+x x+y x2 + y + z Bài 3: Giả sử a, b, c số thực dương thỏa mãn điều kiện a + b + c = Tìm giá trị lớn biểu thức P = + + ab + bc + ca abc (1 + a)(1 + b)(1 + c) Bài 4: Giả sử a, b, c số thực dương thỏa mãn điều kiện abc = Tìm giá trị nhỏ biểu thức 72 P = (a + b)(b + c)(c + a) + √ a+b+c+1 155 ... có giới hạn hữu hạn n → +∞ Cuối số dành cho bạn đọc Bài 1: Cho a, b, c số thực dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = a+ √ √ −√ a+b+c ab + abc Bài 2: Cho số thực không âm x, y, z thỏa mãn x + y >... ≥6 y+z z+x x+y x2 + y + z Bài 3: Giả sử a, b, c số thực dương thỏa mãn điều kiện a + b + c = Tìm giá trị lớn biểu thức P = + + ab + bc + ca abc (1 + a)(1 + b)(1 + c) Bài 4: Giả sử a, b, c số... biến [2; +∞) √ √ Suy E ≥ f (t) ≥ f (2) = − ⇒ P ≥ − √ Dấu ” = ” xảy a = b = c Vậy giá trị lớn P − Bài toán 5: Xét dãy số thực (xn ), (n = 1, 2, ) xác định x1 = a Ta có xn+1 = 3x3n − 7x2n + 5xn