https://www.facebook.com/groups/onthiquocgia.vn - Tài liệu hay, đọc, lạ khó Tham gia: Hội người ôn thi quốc gia điểm cao https://www.facebook.com/groups/onthiquocgia.vn/ để nhận nhiều tài liệu hơn!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! Sử dụng tiếp tuyến chứng minh BĐT I Cơ sở lí thuyết Khái niệm về tính lồi, lõm đồ thị hàm số Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm khoảng (a ; b) a) Đồ thị hàm số gọi là lồi khoảng (a ; b) tại mọi điểm M(c ; f (c)), c ∈ (a ; b) tiếp tuyến đồ thị hàm số nằm phía đồ thị hàm số b) Đồ thị hàm số gọi là lõm khoảng (a ; b) tại mọi điểm M(c ; f (c)), c ∈ (a ; b) tiếp tuyến đồ thị hàm số nằm phía đồ thị hàm số Dấu hiệu lồi, lõm đồ thị hàm số Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm đến cấp hai khoảng (a ; b) a) Nếu f ''( x) < với mọi x ∈ (a ; b) đồ thị hàm số lồi khoảng (a ; b) b) Nếu f ''( x) > với mọi x ∈ (a ; b) đồ thị hàm số lõm khoảng (a ; b) Nhận xét a) Cho hàm số y = f ( x ) và y = g ( x) xác định khoảng (a ; b) và có đồ thị là (C) và (G) Khi đó (C) nằm (G) ⇔ f ( x) ≥ g ( x), ∀x ∈ (a ; b) b) Nếu đồ thị hàm số y = f ( x ) lồi khoảng (a ; b) và y = f '(c)( x − c) + f (c) là tiếp tuyến đồ thị hàm số tại điểm M(c ; f (c)), c ∈ (a ; b) f ( x) ≤ f '(c)( x − c) + f (c), ∀x ∈ (a ; b) (1) c) Đối với đồ thị hàm số lõm ta có bất đẳng thức ngược lại Bất đẳng thức (1) cho phép ta đánh giá biểu thức f ( x) thông qua biểu thức bậc Hơn nữa, ta có thể chọn c cho dấu đẳng thức xảy theo yêu cầu bài toán II Bài tập áp dụng Bài (BĐT Cô - si) Cho a1, a2, …, an là số không âm Chứng minh https://www.facebook.com/groups/onthiquocgia.vn - Tài liệu hay, đọc, lạ khó a1 + a2 + + an n ≥ a1a2 an n Chứng minh Nếu có số = (i = 1, 2, …, n) bđt là hiển nhiên Bây ta xét trường hợp > 0, ∀i ∈ {1, 2, …, n} Chia hai vế cho a1 + a2 + + an ta a1 a1 a1 ≥n n a1 + a2 + + an a1 + a2 + + an a1 + a2 + + an Đặt xi = trở thành , i ∈{1, 2, , n} xi > thoả mãn x1 + x2 + + xn = và bđt a1 + a2 + + an n x1 x2 xn ≤ 1 hay ln x1 + ln x2 + + ln xn ≤ n ln n n 1 Xét hàm số y = f ( x ) = ln x, x > Ta có f '( x) = , f ''( x) = − < 0, ∀x > suy đồ x x thị hàm số lồi khoảng (0;+∞) 1 1 Tiếp tuyến đths tại điểm  ;ln ÷ có phương trình là y = nx − + ln suy n n n ln x ≤ nx − + ln , ∀x ∈ (0; +∞) (1) n Áp dụng bđt (1) cho x1, x2, …, xn và cộng vế lại ta ln x1 + ln x2 + + ln xn ≤ n( x1 + x2 + + xn ) − n + n ln n Kết hợp với x1 + x2 + + xn = ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy x1 = x2 = = xn = hay a1 = a2 = = an n Bài (BĐT Jenxen) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm cấp khoảng (a ; b) a) Nếu f ''( x) > 0, ∀x ∈ (a ; b) ∀x1 , x2 , , xn ∈ (a ; b) và ∀α1 ,α , ,α n ∈ [0;1] thoả mãn α1 + α + L + α n = ta có f (α1 x1 + α x2 + L + α n xn ) ≤ α1 f ( x1 ) + α f ( x2 ) + L + α n f ( xn ) (1) b) Nếu f ''( x) < 0, ∀x ∈ (a ; b) ta có bất đẳng thức ngược lại Chứng minh a) Đặt x = α1 x1 + α x2 + L + α n xn x ∈ (a ; b) Tiếp tuyến đths y = f ( x ) tại điểm ( x ; f ( x)) có phương trình là y = f '( x)( x − x) + f ( x ) https://www.facebook.com/groups/onthiquocgia.vn - Tài liệu hay, đọc, lạ khó Do f ''( x) > 0, ∀x ∈ (a ; b) nên đồ thị hàm số lõm khoảng (a ; b) Bởi tại điểm ( x ; f ( x)) tiếp tuyến nằm đồ thị Từ đó suy f ( x) ≥ f '( x)( x − x ) + f ( x ), ∀x ∈ (a ; b) Thay x = xi ta f ( xi ) ≥ f '( x )( xi − x) + f ( x ) Nhân hai vế với α i ≥ ta α i f ( xi ) ≥ α i f '( x).xi − α i f '( x ).x + α i f ( x ), ∀i = 1,2, , n Cộng vế n BĐT ta n ∑α i =1 n Bởi x = ∑ α i xi và i =1 n i n f ( xi ) ≥ f '( x)∑α i xi − f '( x).x ∑ α i + f ( x )∑ α i i =1 n ∑α i =1 n i = nên ta i =1 n ∑α i =1 i =1 n i f ( xi ) ≥ f (∑ α i xi ) đó là đpcm i =1 Đẳng thức xảy và x1 = x2 = L = xn b) Chứng minh tương tự Trường hợp đặc biệt: Nếu α1 = α = L = α n = BĐT (1) trở thành n f ( x1 ) + f ( x2 ) + L + f ( xn )  x + x + L + xn  ≥ f ÷ n n   Nhận xét Đây là cách chứng minh ngắn gọn và dễ hiểu so với cách chứng minh biết tài liệu Ngoài ra, dùng tiếp tuyến ta có thể giải bài toán mà BĐT Jenxen không giải Bài (BĐT Bécnuli) Cho x > −1 và số thực α Chứng minh a) (1 + x)α ≥ + α x, ∀α ∈ (−∞;0) ∪ (1; +∞) b) (1 + x)α ≤ + α x, ∀α ∈ (0;1) Chứng minh Xét hàm số y = f ( x ) = (1 + x)α Ta có f '( x) = α (1 + x)α −1 , f ''( x) = α (α − 1)(1 + x)α −2 Tiếp tuyến đồ thị hàm số tại điểm (0 ; 1) có pt là y = α x + Nếu α ∈ ( −∞;0) ∪ (1; +∞) f ''( x) > 0, ∀x > −1 , đó đths lõm khoảng (−1; +∞) Suy (1 + x)α ≥ α x + 1, ∀x > −1 Nếu < α < f ''( x) < 0, ∀x > −1 , đó đths lồi khoảng (−1; +∞) Suy (1 + x)α ≤ α x + 1, ∀x > −1 Đẳng thức xảy x = α = α = https://www.facebook.com/groups/onthiquocgia.vn - Tài liệu hay, đọc, lạ khó Bài (ĐH 2003) Cho số dương x, y và z thoả mãn x + y + z ≤ Chứng minh 1 x + + y + + z + ≥ 82 x y z Giải Xét hàm số f ( x) = x + , x ∈ (0;1) Vì đẳng thức xảy x2 nên xét đồ thị hàm số f ( x) và tiếp tuyến nó tại điểm x4 − 1 80 f '( x) = ⇒ f '( ) = − x = Ta có 82 Phương trình tiếp tuyến đồ thị x3 x + x  82  80 162 x+ hàm số tại điểm  ; ÷ là y = − 3 82 82   + x x f ''( x) = > 0, ∀x > suy đồ thị hàm số lõm khoảng (0; +∞) 1   x + ÷ x + x  x   82  Do đó tại điểm  ; ÷ tiếp tuyến nằm phía đồ thị, ta có 3   x= y=z= 80 162 ≥− x+ , ∀x > Tương tự y, z và cộng lại ta x 82 82 1 80 162 x2 + + y2 + + z + ≥ − ( x + y + z) + ≥ 82 (do x + y + z ≤ ) x y z 82 82 Đẳng thức xảy và x = y = z = Nhận xét Cái hay kĩ thuật này chỗ: - Thứ nhất, ta có thể đánh giá biểu thức thông qua biểu thức bậc - Thứ hai, ta có thể chọn vị trí tiếp tuyến cho bất đẳng thức xảy dấu x2 + https://www.facebook.com/groups/onthiquocgia.vn - Tài liệu hay, đọc, lạ khó Bài (India, 1995) Cho x1 , x2 , , xn là n số dương có tổng Chứng minh xn x1 x2 n + +L + ≥ , n∈¥,n ≥ n −1 − x1 − x2 − xn x , x ∈ (0;1) Vì đẳng thức xảy Giải Xét hàm số f ( x) = 1− x x1 = x2 = L = xn = nên xét đồ thị hàm số f ( x) và tiếp tuyến nó n 1  2− x (2n − 1) n 1 f '( x) = ⇒ f ' ÷= ÷ tại điểm  ; Ta có ÷ n n n ( n − 1) 2(1 − x ) − x 2( n − 1) n −     1  ÷ Tiếp tuyến đồ thị hàm số tại điểm  ; ÷ có phương trình là n n ( n − 1)   (2n − 1) n y= x− 2(n − 1) n − 2(n − 1) n( n − 1) 4−x f ''( x) = > 0, ∀x ∈ (0;1) suy đồ thị hàm số lõm khoảng (0;1) 4(1 − x) − x 1  ÷ và đó tiếp tuyến nó tại điểm  ; ÷ nằm phía đồ thị Bởi n n ( n − 1)   x (2n − 1) n ≥ x− , ∀x ∈ (0;1) Áp dụng bất đẳng ta có − x 2(n − 1) n − 2( n − 1) n(n − 1) thức này cho x1 , x2 , , xn và cộng vế lại ta (2n − 1) n n n ( x1 + L + xn ) − = n −1 − x1 − xn 2(n − 1) n − 2( n − 1) n(n − 1) Đẳng thức xảy và x1 = x2 = L = xn = n x1 +L + xn ≥ Bài Chứng minh rằng, tam giác ABC, ta có 3 sin A + sin B + sin C ≤ Chứng minh Xét hàm số f ( x) = sin x, x ∈ (0;π ) Bất đẳng thức xảy dấu π  π A = B = C = nên ta xét tiếp tuyến đồ thị hàm số tại điểm  ; ÷ Ta 3   có https://www.facebook.com/groups/onthiquocgia.vn - Tài liệu hay, đọc, lạ khó π  f '( x) = cos x ⇒ f '  ÷ = nên tiếp tuyến có phương trình là y = x + − π 3 2 f "( x) = − sin x < 0, ∀x ∈ (0; π ) nên đồ thị hàm số lồi khoảng (0; π ) Do tại π  điểm  ; ÷ tiếp tuyến nằm phía đồ thị, từ đó ta có   π sin x ≤ x + − , ∀x ∈ (0; π ) Áp dụng bất đẳng thức này cho A, B, C và cộng 2 vế lại ta 3 π 3 sin A + sin B + sin C ≤ ( A + B + C ) + − ⇔ sin A + sin B + sin C ≤ 2 2 Nhận xét - Bằng cách này ta có thể chứng minh bất đẳng thức cho hàm số sin x, cos x, tan x, cot x - Các bất đẳng thức có thể chứng minh dựa vào BĐT Jenxen Tuy nhiên BĐT Jenxen không đề cập đến chương trình toán học phổ thông (có thể chứng minh BĐT này phức tạp) Bây giờ, dùng tiếp tuyến ta chứng minh BĐT Jenxen cách đơn giản Bài Cho số dương a, b, c thoả mãn 4(a + b + c) − = Tìm giá trị lớn biểu thức ( S = a + a2 + Giải ( ) )( b b + b2 + ) ( )( c c + c2 + ( ) a 2 Ta có lnS = b ln a + a + + c ln b + b + + a ln c + c + ) Xét hàm số f ( x) = ln( x + x + 1), x > (1) Do đặc thù bài toán nên ta có thể dự đoán giá trị lớn đạt a = b = c = Vì ta so sánh vị trí đồ thị với tiếp tuyến nó tại điểm ( ;ln 2) 4 ⇒ f '( ) = Tiếp tuyến đồ thị hàm số (1) tại điểm Đạo hàm f '( x) = x2 + 3 ( ;ln 2) có phương trình y = x + ln − 5 https://www.facebook.com/groups/onthiquocgia.vn - Tài liệu hay, đọc, lạ khó Đạo hàm cấp hai f ''( x) = −x < 0, ∀x > suy đồ thị hàm số (1) lồi ( x + 1) x + khoảng (0; +∞) Do đó tại điểm ( ;ln 2) tiếp tuyến đồ thị hàm số (1) nằm 4 phía đồ thị hàm số (1) Từ đó ta có ln( x + x + 1) ≤ x + ln − , ∀x > 5 a Áp dụng bất đẳng thức này cho số dương ta ln(a + a + 1) ≤ a + ln − Nhân hai vế với số b > ta suy 5 3  b ln( a + a + 1) ≤ ab +  ln − ÷b 5  3  c ln(b + b + 1) ≤ bc +  ln − ÷c Tương tự ta có 5  3  a ln(c + c + 1) ≤ ca +  ln − ÷a 5  Cộng vế ba bất đẳng thức này ta 3  lnS ≤ ( ab + bc + ca ) +  ln − ÷( a + b + c) 5  Cuối sử dụng bất đẳng thức (ab + bc + ca ) ≤ (a + b + c) và giả thiết 9 a + b + c = , rút gọn ta thu lnS ≤ ln Từ đó S ≤ 4 4 Đẳng thức xảy và a = b = c = Vậy giá trị lớn S là 4 Nhận xét Đôi giả thiết lồi, lõm không thoả mãn Lúc đó ta so sánh vị trí tiếp tuyến và đồ thị hàm số chứng minh trực tiếp 2 Bài Chứng minh rằng, với mọi số thực dương a, b, c thoả mãn a + b + c = ta có a +1 b +1 c +1 + + ≥ b +1 c +1 a +1 Giải −2 x 1 ⇒ f '(1) = − Tiếp tuyến , x > Ta có f '( x) = Xét hàm số f ( x) = 2 ( x + 1) x +1  1 đồ thị hàm số tại điểm  1; ÷ có phương trình là y = − x +  2 https://www.facebook.com/groups/onthiquocgia.vn - Tài liệu hay, đọc, lạ khó 2(3x − 1) f ''( x) = suy đồ thị hàm số không luôn lõm khoảng (0; +∞) ( x + 1)3 1 ≥ − x + 1, ∀x > (1) Tuy nhiên ta có bất đẳng thức x +1 2 (vì BĐT này tương đương với BĐT x( x − 1) ≥ ) 1 ≥ − b + (2) Vì a + > nên Áp dụng BĐT (1) cho số b > ta b +1 a +1  a +1 1  ≥  − b + 1÷( a + 1) ⇔ ≥ − ab − b + a + (2) ⇔ b +1  b +1 2  Tương tự, cộng lại ta a +1 b +1 c +1 1 + + ≥ − ( ab + bc + ca ) − (b + c + a ) + (a + b + c) + b2 + c2 + a2 + 2 Cuối sử dụng BĐT (ab + bc + ca ) ≤ (a + b + c) và giả thiết a + b + c = ta thu a +1 b +1 c +1 + + ≥3 b2 + c2 + a + Nhận xét Trong chứng minh BĐT trên, giả thiết a + b + c = k (≥ k hay ≤ k ) là quan trọng Do vậy, BĐT chưa cho sẵn giả thiết này mà có tính đẳng cấp, ta có thể tự tạo điều kiện biến (chuẩn hoá) sử dụng phương pháp Bài (2003 USA Math Olympiad) Cho a, b, c là số dương Chứng minh (2a + b + c) (2b + c + a) (2c + a + b) + + ≤8 2a + (b + c)2 2b + (c + a ) 2c + ( a + b) a b c ; y= ;z= Giải Đặt x = Khi đó x, y, z là số a+b+c a+b+c a+b+c dương và thoả mãn x + y + z = 1, và bất đẳng thức cần chứng minh trở thành (2 x + y + z ) (2 y + z + x) (2 z + x + y ) + + ≤8 x + ( y + z ) 2 y + ( z + x) 2 z + ( x + y ) Hay ( x + 1) ( y + 1) ( z + 1) + + ≤8 x + (1 − x) 2 y + (1 − y ) 2 z + (1 − z ) https://www.facebook.com/groups/onthiquocgia.vn - Tài liệu hay, đọc, lạ khó ( x + 1) , x ∈ (0;1) Vì đẳng thức xảy Xét hàm số f ( x) = 2 x + (1 − x) 1 8 x = y = z = nên ta xét tiếp tuyến đồ thị hàm số tại điểm  ; ÷ Ta có  3 2x2 + x − f '( x) = −4 (3x − x + 1) 1 8 Tiếp tuyến đồ thị hàm số f ( x) tại điểm  ; ÷ có phương trình là y = x +  3 x3 + 3x − x + f ''( x) = 12 đổi dấu hai lần khoảng (0;1) Do đó đồ thị hàm (3x − x + 1)3 số không hoàn toàn lồi khoảng (0;1) Tuy nhiên ta có bất đẳng thức ( x + 1) ≤ x + , ∀x ∈ (0;1) 2 x + (1 − x) (Vì BĐT này tương đương với (3x − 1) (4 x + 1) ≥ ) Tương tự ta có BĐT y và z, cộng vế lại và sử dụng x + y + z = ta thu đpcm Đẳng thức xảy và x = y = z = , tức là a = b = c Bài tập tự luyện 1) Trong tam giác nhọn ABC, chứng minh a) cos A + cos B + cos C ≤ b) tan A + tan B + tan C ≥ 3 c) cot A + cot B + cot C ≥ d) (sin A + sin B + sin C ) + (tan A + tan B + tan C ) ≥ 3 2) Cho số dương a, b, c thoả mãn a + b + c = Tìm giá trị lớn biểu thức S=3a+3b+3c 3) Cho số dương a, b thoả mãn a + b ≤ Tìm giá trị nhỏ biểu 1 P=a+b+ + thức a b 4) (1997 Japanese Math Olympiad) Cho a, b, c là số thực dương Chứng minh (b + c − a) (c + a − b ) (a + b − c) + + ≥ a + (b + c) b + (c + a ) c + (a + b) https://www.facebook.com/groups/onthiquocgia.vn - Tài liệu hay, đọc, lạ khó 5) Chứng minh với mọi tam giác ABC và số a ≥ ta có bất đẳng thức sau sin A sin B sin C 3 + + ≤ a + cos A a + cos B a + cos C 2a + 10