Bài tập có đáp án chi tiết về sử dụng tiếp tuyến chứng minh bất đẳng thức môn toán của nguyễn vĩnh duy trường thpt chuyên quang trung

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

Nguyeãn Vónh Duy-CTK6

Lời MởĐầu Nhieàu luùc toâi ñaët ra caâu hoûi khi ñoïc lôøi giaûi cuûa khaù nhieàu baøi toaùn ñaëc bieät laø BÑT toâi khoâng theå hieåu noåi taïi sao laïi coù theå nghó ra noù neân cho raèng ñaáy laø nhöõng lôøi giaûi khoâng ñeïp vaø thieáu töï nhieân. Ñeán caáp ba khi ñöôïc hoïc nhöõng kieán thöùc môùi toâi môùi 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 baøi toaùn trong chuyeân ñeà naøy ñaõ coù ôû moät soá saùch tham khaûo, chuyeân ñeà veà BÑT, tuy nhieân trong chuyeân ñeà naøy caùc keát quaû ñoù ñöôïc xaây döïng moät caùch khaùch quan 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 nhaän ñöôïc söï thoâng caûm vaø goùp yù ñeå chuyeân ñeà ñöôïc toát hôn.

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