Bài tập có đáp án chi tiết về sử dụng tiếp tuyến trong chứng minh bất đẳng thức môn toán của nguyễn vĩnh duy

zzvinhduyzz@zing.vn

CHUYÊN ĐỀSỬDỤNG TIẾP TUYẾN TRONG VIỆC CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC THPT chuyeân Quang Trung

Nguyeãn Vónh Duy-CTK6

Lời MởĐầu Nhiều lúc tôi đặt ra câu hỏi khi đọc lời giải của khá nhiều bài toán đặc biệt là BĐT tôi không thể hiểu nổi tại sao lại có thể nghĩ ra nó nên cho rằng đấy là những lời giải không đẹp và thiếu tự nhiên. Đến cấp ba khi được học những kiến thức mới tôi mới

baét ñaàu coù tö töôûng ñi saâu vaøo baøi toaùn vaø lôøi giaûi cuûa chuùng.Vaø cuõng töø ñoù coäng theâm nhöõng kieán thöùc coù ñöôïc trong quaù trình trình hoïc taäp toâi ñaõ ñi vaøo tìm hieåu moät phöông phaùp chöùng minh baát ñaúng thöùc: ‘‘ Phöông phaùp söû duïng tieáp tuyeán ’’. Đây là phương pháp chứng minh bất đẳng thức liên quan đến các hàm sốcó đạo hàm. Moät soá keát quaû trong chuyeân ñeà naøy ñaõ coù ôû moät soá saùch tham khaûo veà BÑT, tuy nhieân trong chuyeân ñeà naøy caùc keát quaû ñoù ñöôïc xaây döïng moät caùch töï nhieân hôn vaø

saép xeáp töø ñôn giaûn ñeán phöùc taïp giuùp ngöôøi ñoïc coù moät caùi nhìn toång quan hôn. Một sốbài toán có phần chú ý đểchúng ta có thểnhìn nhận bài toán từnhiều hướng khác nhau.Chuyên đềgồm hai phần chính: Phần I :SỬDỤNG TIẾP TUYẾN TRONG VIỆC CHỨNG MINH BĐT Phần II : MỘT SỐMỞRỘNG PHƯƠNG PHÁP SỬDỤNG TIẾP TUYẾN TRONG VIỆC CHỨNG MINH BĐT Vì naêng löïc coøn nhieàu haïn cheá neân ôû chuyeân ñeà coù nhöõng thieáu soùt nhaát ñònh. Raát

mong nhận được sự thông cảm và góp ý để chuyên đề được tốt hơn.

zzvinhduyzz@zing.vn

Phần I:SỬDỤNG TIẾP TUYẾN TRONG VIỆC CHỨNG MINH BĐT

Nhận xét: Nếu y ax b   là tiếp tuyến của đồthịhàm số ( ) y f x  tại điểm 0 0 ( ; ) A x y

( A không phải là điểm uốn) , khi đó tồn tại một khoảng D chứa điểm x0 sao

cho ( ) f x ax b x D    hoặc ( ) f x ax b x D    . Đẳng thức xảy ra khi 0 x x 

*Nếu y ax b   là tiếp tuyến của đồthịhàm số ( ) y f x  tại điểm 0 0 ( ; ) A x y thì ta luôn phân

tích được     0 ( ) ( ) ( - ) ( ) , 2 k f x ax b x x g x k

Bây giờta vận dụng nhận xét này đểchứng minh một sốbất đẳng thức.

Bài toán 1: Cho a,b,c,d >0 thỏa mãn a+b+c+d=1.CMR:

3 3 3 3 2 2 2 2 1 6( ) ( ) 8 a b c d a b c d        

Nhận xét. Dấu bằng xảy ra 1 4 a b c d      . BĐT cần chứng minh:

3 2 3 2 3 2 3 2 1 (6 ) (6 ) (6 ) (6 ) 8 a a b b c c d d         1 ( ) ( ) ( ) ( ) 8 f a f b f c f d     

Trong đó 3 2 ( ) 6 f x x x   . Ta có tiếp tuyến của đồthịhàm số ( ) y f x  tại điểm có hoành độ 1 4 x  là

1 1 1 '( )( ) ( ) 4 4 4 y f x f   

2 3 2 1 1 1 1 1 18. 2. 6 4 4 4 4 4 x                                        

5 1 8 x y   

Điều chúng ta cần: 5 1 ( ) 8 x f x   với   0;1 x

Lời giải.

Ta có:

3 2 3 2 5 1 (6 ) 48 8 5 1 0 8 a a a a a a        2 (4 1) (3 1) 0 a a     (Đúng (0;1) x  )

Vậy: 5( ) 8 1 ( ) ( ) ( ) ( ) 8 8 a b c d f a f b f c f d         (đpcm)

Bài toán 2: Cho 3 , , 4 a b c  và 1 a b c    . CMR: 2 2 2

9 10 1 1 1 a b c a b c      

Nhận xét. Dấu bằng xảy ra 1 3 a b c     và BĐT chứng minh có dạng 9 ( ) ( ) ( ) 10 f a f b f c   

trong đó 2 ( ) 1 x f x x  

với 3 ; 4 x        

. Tiếp tuyến của đồthịhàm số ( ) y f x  tại điểm có hoành độ

1 3 x  là: 36 3 50

x y  

Lời giải. Ta có

2

2 2 36 3 (3 1) (4 3) 0 50 1 50( 1) a a a a a a        

3 ; 4 a        

2

36 3 1 50 a a a

   

3 ; 4 a        

Vậy: 2 2 2

36( ) 9 9 1 1 1 50 10 a b c a b c a b c

         

đpcm

Chú ý: Bài toán 1.67(Poland)/trang101 Sáng tạo BĐT