chinh phục bất đẳng thức trong kỳ thi quốc gia nguyễn tiến chinh

30 12 0
  • Loading ...
1/30 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 29/11/2016, 07:18

Chinh phục BĐT kỳ thi Quốc Gia Nguyễn Tiến Chinh KỸ THUẬT ĐÁNH GIÁ TỪNG BIẾN BẰNG HỆ SỐ BẤT ĐỊNH CỞ SỞ LÝ THUYẾT Bất đẳng thức đưa dạng f  a1   f  a2    f  an   m   m  với giả thiết a1k  a2k   ank  h  Ý tưởng: Khi ta tìm cách đánh giá f  a1    a1k   (*) Với dự đoán dấu xảy tâm   a0 i  1, n   f  a0    a0k   Để (*)  , từ ta tìm  ,  k 1  f '  a0    ka0 Khi chứng minh lại (*) ta dùng biến đổi tương đương dùng phương pháp hàm số với lưu ý cần hạn chế miền biến từ điều kiện ràng buộc Tóm Lại : Phương pháp công cụ mạnh có hai đặc điểm sau Đưa toán dạng f  a1   f  a2    f  an   m   m  Điểm rơi toán xảy a1  a2   an Bài mẫu 01 Cho số thực a , b , c dương a  b  c  Hãy tìm giá trị Lớn biểu thức P  1 a 2a  1  a 2  1 b 2b  1  b 2  1 c 2c  1  c 2 Phân tích hướng dẫn giải  Bài toán có dạng f  a  f b  f c ( biến hoàn toàn độc lập )  Vai trò biến nhau, ta dễ dàng dự đoán điểm rơi abc  Bài toán yêu cầu tìm giá trị lớn nghĩa đánh giá P  M  ? 1 x Kết nối điều cho ta ý tưởng đánh giá bđt phụ  mx  n 2 x  1  x Công việc lại tìm m, n Với việc đánh giá điểm rơi , để tìm m, n ta       f    m  n  m  n  m  3     dùng hệ sau          3  f '    m m  n  2      Ta chứng minh 1  x3 x  1 3  x   0; x  0;1 2 2 x  1  x 1 x x  1  x Dấu xảy x  Vậy ta có lời giải sau Chinh phục BĐT kỳ thi Quốc Gia Ta chứng minh a  1  a 1  b3b  1 3  b   0; b  0;11 dấu xảy 2 2 2b  1  b 1 b 2b  1  b b 1  a3a  1 3  a   0; a  0;11 dấu xảy 2 2 a  1  a 1 a  a Nguyễn Tiến Chinh 1  c 3c  1 3  c   0; c  0;1 3 dấu xảy 2 2 2c  1  c 1 c 2c  1  c Cộng vế với vế 1 , 2 , 3 ta có b P 1 a 2a  1  a 2  1 b 2b  1  b 2  1 c  2c  1  c 2  a  b  c   2  Lưu ý: Để cong việc chứng minh bước phân tích thật đơn giản ta sử dụng máy tính CASIOFX – 570ES hỗ trợ sau Vậy giá trị lớn , MaxP   a  b  c   1 Tính f   , ta nhập   1 x 3  Calc:x x  1  x  1 f        b   Nhap d  1 x  xuat hien  Tính f '     Shift   dx        a dx  x  1  x   x 3 Để biến đổi 1  x3 x  1 3 x   0; x  0;1 2 2 x  1  x 1 x x  1  x  Mẹo : Ta nhớ có điểm rơi x  xảy chắn có x  3 x  1 1 x 3 ,  x 2 2 x  1  x nghiệm kép, hay có nhân tử chung ta thực hai việc sau Chuyển vế quy đồng biểu thức cần chứng minh Chinh phục BĐT kỳ thi Quốc Gia 1 x x  1  x 2 2  1  x   x2  1  x  3   0  x  2 2 2(2 x  1  x ) Nguyễn Tiến Chinh Thực phép chia đa thức cho đa thức Casio sau    1  x   x2  1  x      Nhập   101  100    x  1   x      CALC:x100 2  Vậy 1  x   x  1  x    x  1 3x  1  0; x  0;1   Việc biến đổi chứng minh hoàn tất Bài mẫu 02 Cho số thực a , b , c dương a  b  c  Hãy tìm giá trị Lớn biểu thức P  a 1  a a  1  a 2  b 1  b b  1  b 2  c 1  c c  1  c  2 Phân tích định hướng giải  Bài toán có dạng f  a  f b  f c ( biến hoàn toàn độc lập )  Vai trò biến nhau, ta dễ dàng dự đoán điểm rơi abc  Bài toán yêu cầu tìm giá trị lớn nghĩa đánh giá P  M  ? x 1  x Kết nối điều cho ta ý tưởng đánh giá bđt phụ  mx  n 2 x  1  x Công việc lại tìm m, n Với việc đánh giá điểm rơi , để tìm m, n ta      27  f    m  n  m  n  m   3    25 dùng hệ sau          27  f '    m m  n  25 25      Vậy ta chứng minh bất đẳng thức phụ sau x 1  x 3x  1 6 x  1 27  x   0; x  0;1 , 25 25 x  1  x x  1  x Bất đẳng thức với x  0;1 , dấu xảy x  giải sau , ta có lời Chinh phục BĐT kỳ thi Quốc Gia a 1  a a  1  a  a  1  a3a  1 27 a   0; a  0;11 dấu xảy 2 25 25 a  1  a a 1  a 1  6b3b  1 27  b   0; b  0;11 dấu xảy 2 25 25 b  1  b b2  1  b b Nguyễn Tiến Chinh c 1  c 1  6c 3c  1 27  c   0; c  0;1 3 dấu xảy 2 25 25 c  1  c c  1  c Cộng vế với vế 1 , 2 , 3 ta có b P a 1  a a  1  a Vậy maxP   b 1  b b  1  b  c 1  c c  1  c   27 a  b  c    25 25  abc Bài mẫu 03 Cho số thực a , b , c dương a3  b  c   1 1 Hãy chứng minh      a  b2  c  27  a b c    Phân tích định hướng giải  Trước hết ta viết lại biểu thức cần chứng minh sau 4        5a     5b2     5c   27    a   b   c  Tới ta có phân tích chi tiết sau  Bài toán có dạng f  a  f b  f c ( biến hoàn toàn độc lập )  Vai trò biến nhau, ta dễ dàng dự đoán điểm rơi abc1  Bài toán yêu cầu chứng minh P  27 Kết nối điều cho ta ý tưởng đánh giá bđt phụ  x  mx  n; x  0; 3 x Công việc lại tìm m, n Với việc đánh giá điểm rơi , để tìm m, n ta  f 1  m.13  n m  n  m   dùng hệ sau       f ' 1  3m.12 m  n     Chinh phục BĐT kỳ thi Quốc Gia Vậy ta tiến hành đánh giá Nguyễn Tiến Chinh   x  1 2 x  x  4 3  x  x  7; x  0;   0; x  0; 3 x x Chú ý: Kết tìm thấy sau 2 x  x  x  - Sau chuyển vế ta  x 2 x  x  x  - Nhập  vào máy tính Casio Fx – 570 es, x  1     CALC: x = 100 kết 19896  20000  100   2 x  x  -  Vậy 2 x  5x  x    x  1 2 x2  x   Bất đẳng thức 2 x  x   0; x  3 Do ta có kết sau  5a  a3  7; a  0; 3 1 a  5b  2b3  7; b  0; 3  2 b  5c  2c  7; c  0; 3 3 c  1 1 Cộng vế với vế 1 , 2 , 3 ta có      a  b2  c  27 ( đpcm)  a b c  Dấu xảy a  b  c          Cho số thực a , b , c dương ab  bc  ac  2016abc Hãy tìm giá trị nhỏ biểu thức 1 P   2 a  2016a  1 b  2016b  1 c 2016c  1 Bài mẫu 04 Phân tích định hướng giải  Bài toán có dạng f  a  f b  f c ( biến hoàn toàn độc lập )  Vai trò biến nhau, ta dễ dàng dự đoán điểm rơi abc k?  Vấn đề đặt ta chưa biết điểm rơi toán, ta cần xử lý điều kiện để tìm điểm rơi, muốn ta viết lại điều kiện sau 1 ab  bc  ac  2016abc     2016 a b c  Từ điều kiện , ta có ý tưởng đặt ẩn phụ sau: Chinh phục BĐT kỳ thi Quốc Gia Nguyễn Tiến Chinh 1 Đặt x  ; y  ; z  , tư ta có toán a b c Cho x , y , z số thực dương thỏa mãn x  y  z  2016 Hãy tìm giá trị x3 nhỏ biểu thức P  2016  x  y3 2016  y  z3 2016  z  Dự đoán điểm rơi x  y  z  672  Bài toán yêu câu tìm giá trị nhỏ , có nghĩa đánh giá P  M  ?  Bài toán có dạng f  x  f  y  f  z ( biến hoàn toàn độc lập ) cho ta ý tưởng đánh giá a3  ma  n 2016  a  Tìm m, n cách xét hpt quen thuộc sau  f 672  672m  n 168  672 m  n     m  1; n  504   f ' 672  m 1  m   Xét BĐT phụ a   a  504 2016  a a3  a  504  2016  a 2016  a  0; a  0; 2016 a  a  5042016  a Để phân tích tử số , ta nhập vào máy tính x  672 nghiệm kép pt a3 x  672 ( dự đoán  a  504 2016  a Tiếp tục nhấn CALC: x  100 cho kết 4536  45 x  36 a  a  5042016  a Vậy 2016  a a  672 45a  36   0; a  0; 2016 , dấu “ = “ 2016  a xảy a  672 ; Từ có lời giải x3  x  504; x  0; 20161 2016  x y3  y  504; y  0; 20162  z  504; z  0; 20163 2016  y z3 2016  z Cộng vế với vế 1 , 2 , 3 ta P x3 2016  x  y3 2016  y  z3 2016  z  504 Chinh phục BĐT kỳ thi Quốc Gia Nguyễn Tiến Chinh Vậy giá trị nhỏ P : MinP  504 dấu ''  '' xảy x  y  z  672 Nhận xét Từ toán cho ta kinh nghiệm việc xử lý điều kiện ban đầu để tìm điểm rơi, từ thiết lập mối quan hệ để kết nối với phương pháp Bài mẫu 05 Cho số thực a , b , c cạnh tam giác, có chu vi Hãy tìm giá trị lớn biểu thức  1   ab  bc  ac  P        a  b b  c a  c   abc  Phân tích định hướng giải  a , b , c cạnh tam giác có chu vi a  b   c   a , b , c  0; a  b  c   b  c   a  c  a   b  Bài toán chưa có dạng f  a  f b  f c , ta cần viết lại biểu thức dạng sau  1   1   1  1 P      )               (  a  b b  c a  c   a b c   a a   b b    c c   Tới ta dự đoán a  b  c  đánh giá BĐT phụ f  x    mx  n 1 x x    m  f     x  m  3 3 n    Tìm m; n hpt    m  18; n  3      f '    m 18  m    3 x  1 2 x  1 Ta chứng minh   18 x     ; x  0;1 1 x x x 1  x  Một vấn đề lúc  chưa 0; 1 , điều khiến ta suy nghĩ tới việc phải đánh giá điều kiện chặt nữa, không tính tổng quát  1 ta giả sử a  max a , b , c   a  b  c  a  a  Vậy lúc x  0;      Ta có lời giải Từ giả thiết a  b  c  Chinh phục BĐT kỳ thi Quốc Gia không tính tổng quát ta giả sử a  max a , b , c   a  b  c  a  a  Nguyễn Tiến Chinh  1  a , b , c  0;     1 3a  1 2a  1 Ta có:   18 a     ; a  0;    1 a a a 1  a  1 3b  1 2b  1   18b     ; b  0;    1 b b b 1  b 3c  1 2c  1   18c     ; c  0;1 1 c c c 1  c  Cộng vế thu  1  1 P(  )          18 a  b  c    a a   b b    c c  Vậy MaxP   a  b  c  Cho số thực a , b , c dương a  b  a  b    Hãy tìm Bài mẫu 06  a1 b      a  a b  b  giá trị nhỏ biểu thức P  32  ab a  b 9 Phân tích định hướng giải  Các biến a , b đối xứng, ta dự đoán a  b  k  ? , nhiên chưa dự đoán điểm rơi điều kiện chưa thuận lợi cho việc dự đoán, điều làm ta có ý tưởng đánh giá điều kiện trước Ta có nhận xét a  b a2  b      a  b  a  b     a  b  a  b   Do nhận định a  b  k  ? nên có hai khả  , Thử trực tiếp a  b   124 trường hợp ta thấy MinP  ab2 a 1 b1  Mặt khác biểu thức P có ; giống loại hàm a  a b  2b lại khác biệt với biểu thức lại , ta có ý tưởng dồn biến a  b biểu thức thứ a 1 b 1  Hai biểu thức  có dạng f  a  f b nên ta đánh giá bđt phụ a  a b  2b sau Chinh phục BĐT kỳ thi Quốc Gia x 1 f  x   mx  n với x  0; 4 x  2x Nguyễn Tiến Chinh    f  2  m  x   m  n m   32  Để tìm m; n ta xét hệ sau   8   f '  2  m   11    m n   32  Tiếp theo, ta chứng minh  x  2  x   11   x    với x  0; 4 dấu ‘’=’’ xảy 32 16 x2  x 32 x  x x 1   x2 11  a   a  a 1 b 1 11 32 a  2a Từ ta có       a  b  , dấu  b  11 32 a  a b  2b  b  32 16  b  2b xảy a  b   a1 b      a  a b  b  Vậy P  32  ab a  b  44  a  b  9 ab a  b 9  Đặt t  a  b  t   2; 4 ta có: g t  44  5t  t t 9  g ' t  5  t 9   0; t   2; 4 124 124 Vậy g t nghịch biến  2; 4  g t  g  4   Ming t   , dấu ''  '' 5 xảy a  b  Nhận xét: Qua toán ta có thêm điều gì? Kinh nghiệm xử lý điều kiện để tìm điểm rơi Bài toán không dùng hoàn toàn theo phương pháp hệ số bất định, mà công cụ để hướng toán phương pháp dồn biến kết hợp hàm số Bài mẫu 07 Cho a , b , c số thực dương thỏa mãn a  b  c  Chứng minh a a2  8bc  b b2  8ac  c c  8ab 1 Phân tích định hướng giải  Bài toán chưa có dạng f  a  f b  f c , việc cần làm đánh giá tích bc , ac , ab tổng b  c  , a  c ,  a  b dựa vào điều kiện toán tiến hành độc lập biến số, cụ thể ta có: Chinh phục BĐT kỳ thi Quốc Gia Nguyễn Tiến Chinh   b  c    bc        ac   a  c          a  b 2 ab         Ngoài biến a , b , c đối xứng ta không khó để dự đoán a  b  c  Ta có lời giải Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có: a VT    b  a  8bc a a  2(b  c)2 a a  2(3  a)  c  b  8ac b c  8ab b2   a  c  b  b    b a Ta tìm m,n để a  2(3  a)2 c  c2   a  b  c  c  3  c  f(a)  f(b)  f(c)  ma  n ; m, n nghiệm hệ  m f(1)  m  n      f(1)  '  m n    Như ta chứng minh  Nếu  a  a a  2(3  a)2  a  , a   0;  Thật vậy: 9 hiển nhiên 2   a 4 1    a   a   2  9 9 a  2(3  a)2 a  2(3  a)   8a  20a   (Đúng a,  a  ) a b c 4    a  b  c 1  9 9 a  8bc b2  8ac c  8ab  Nếu  a    a  1 Suy :  a   Nhận xét Trong mẫu 07, bạn đọc trải nghiệm thêm đa dạng phương pháp, ta có thêm động tác đánh giá phụ từ đầu nhằm đưa toán trở dạn mà ta mong muốn, để tìm hiểu thêm vấn đề này, mời bạn đọc tiếp tục theo dõi mẫu 08 Bài mẫu 08 Cho số thực x , y , z dương x  y  z  Hãy tìm giá trị nhỏ biểu thức P  x2  y  z  yz   x  z 3 x  y y2  5xz  Chinh phục BĐT kỳ thi Quốc Gia Định lí: (Bất đẳng thức tiếp tuyến) Nguyễn Tiến Chinh Cho hàm số y  f(x) liên tục có đạo hàm đến cấp hai [a;b] i) Nếu f ''(x)  x  [a; b] f(x)  f '(x0 )(x  x )  f(x0 ) x0  [a; b] ii) Nếu f ''(x)  x  [a; b] f(x)  f '(x0 )(x  x )  f(x0 ) x0  [a; b] Đẳng thức hai Bất đẳng thức xảy  x  x0 Ta chứng minh định lí sau i) Xét hàm số g(x)  f(x)  f '(x )(x  x )  f(x0 ) , x  [a; b] Ta có : g '(x)  f '(x)  f '(x )  g ''(x)  f ''(x)  x  [a; b] Suy phương trình g '(x)  có nghiệm x  x0 g '(x) đổi dấu từ (  ) sang (  ) x qua x0 nên ta có : g(x)  g(x0 )  x  [a; b] ii) Chứng minh tương tự Chú ý: Phương trình f '(x0 )(x  x )  f(x ) phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số y  f  x  điểm M  x0 ; f  x0    Các bước để chứng minh Bước 1: Đưa bất đẳng thức dạng f(a1 )  f(a )   f(a n )  k (hoặc f(a1 )  f(a )   f(a n )  k ), a i  D (i  1, ,n) số thực cho trước Bước 2: Ta chứng minh f(x)  f '(x0 )(x  x )  f(x0 ), x  D (với a1  a   a n  x0 đẳng thức xảy ra) cách Xét hàm số g  x   f(x)  f '(x )(x  x )  f(x0 ) Khi g ''  x   f '  x   có nghiệm x  x0 Khi g '(x) đổi dấu từ (  ) sang (  ) x qua x0 nên ta có : g(x)  g(x0 )  x  D Bước 3: Lần lượt thay x a1 ,a , ,a n cộng lại ta suy đpcm Các ví dụ minh họa Cho x , y , z số thực dương thỏa mãn x  y  z  Tìm giá trị lớn Bài mẫu 01 Q  y ln x  z ln y  x ln z Lời giải Xét hàm số f  x   ln x  x   0;   x x Ta có f '  x    , f '  x       x  Chinh phục BĐT kỳ thi Quốc Gia Bảng biến thiên x f '  x + Nguyễn Tiến Chinh  - f  x   Suy ln x  x   , x   0;   Ta có ln x  x   y ln x  xy  y Tương tự ta có z ln y  yz  z, xln z  xz  x Cộng vế với vế ta : y ln x  z ln y  x ln z  xy  yz  zx   x  y  z  Mặt khác ta có x  y  z  xy  yz  zx  x  y  z  x  y  z  Vậy maxQ   x  y  z  Do Q  Bạn thắc mắc Tại lại có hàm số f  x   ln x  x   0;   ? Câu trả lời  Trước tiên dự đoán điểm rơi , x , y , z có vai trò đối xứng nên dự đoán x y z1  Xét hàm số g  x  ln x; x  0; 3 ta lập phương trình tiếp tuyến hàm số điểm có hoành độ x0  , phương trình có dạng y  g ' 1 x  1  g 1  x   Lại Bài yêu cầu tìm giá trị lớn nên có ý tưởng đánh giá Q  M  ? , ta chứng minh f  x   ln x  x   0, x   0;  , ta có lời giải Tới bạn hình dung phương thức để giải toán phương pháp tiếp tuyến ? Và không khó để nhận có nhiều nét tương đồng phương pháp phương pháp ĐÁNH GIÁ MỘT BIẾN BẰNG PHƯƠNG PHÁP HỆ SỐ BẤT ĐỊNH, khác chỗ ta tìm bất đẳng thức phụ cách thiết lập phương trình tiếp tuyến tai điểm rơi dự đoán, Mời bạn đọc tiếp tục trải nghiệm ví dụ để hiểu rõ phương pháp thông điệp mà tác giả muốn gửi gắm Bài mẫu 02 Cho số thực dương a , b , c thỏa mãn a  b  c  Tìm giá trị nhỏ    P  a2  b2  c   Chinh phục BĐT kỳ thi Quốc Gia Nguyễn Tiến Chinh Hướng dẫn định hướng giải  Trước hết ta dễ dàng nhận điểm rơi toán a  b  c   Biểu thức P tích hạng tử, muốn độc lập biến ta có ý       tưởng loga hóa P , cụ thể ta có ln P  ln a   ln b2   ln c  , tới việc lại xác định phương trình tiếp tuyến hàm số   f  x  ln x  x  , pt có dạng x  1  ln  Lại yêu cầu tìm giá trị nhỏ P , nên ta có ý tưởng đánh giá P  M  ? , ta chứng minh 1 ln x    x  1  ln  ln x2    x  1  ln  0; x 0; 3 2 y  f ' 1 x  1  f 1    Ta có f '  x    2x x 3   2x , f '  x      x  (vì x  ) x 3 Dễ thấy qua x  , f '  x  đổi dấu từ    sang    nên f  x   f  1    Suy ln x2    x  1  ln 4, x   0;   Thay x a, b,c cộng BĐT lại ta       ln a   ln b2   ln c   a  b  c    3ln Hay ln P  3ln  P  43  64 Vậy P  64  a  b  c  Bài mẫu 03 Cho số thực a , b , c dương a  b  c  Hãy tìm giá trị Lớn biểu thức P  a 1  a a  1  a  b 1  b b  1  b  c 1  c c  1  c  Phân tích định hướng giải  Bài toán có dạng f  a  f b  f c ( biến hoàn toàn độc lập )  Vai trò biến nhau, ta dễ dàng dự đoán điểm rơi abc  Bài toán yêu cầu tìm giá trị lớn nghĩa đánh giá P  M  ? Chinh phục BĐT kỳ thi Quốc Gia Nguyễn Tiến Chinh x 1  x Ta thiết lập phương trình tiếp tuyến hàm số f  x  điểm rơi 2 x  1  x x ,   1 phương trình có dạng y  f '   x    3     27   27 f     x     x  25 25   25  Vậy ta chứng minh bất đẳng thức phụ sau x 1  x 3x  1 6 x  1 27  x   0; x  0;1 , 2 25 25 x  1  x x  1  x Bất đẳng thức với x  0;1 , dấu xảy x  , ta có lời giải sau a 1  a a  1  a  a a 1  a 1  6b3b  1 27  b   0; b  0;11 dấu xảy 2 25 25 b  1  b b2  1  b b 1  a3a  1 27  a   0; a  0;11 dấu xảy 2 25 25 a  1  a c 1  c 1  6c 3c  1 27  c   0; c  0;1 3 dấu xảy 2 25 25 c  1  c c  1  c Cộng vế với vế 1 , 2 , 3 ta có b P a 1  a a  1  a 2  b 1  b b  1  b 2  c 1  c c  1  c  2  27 a  b  c    25 25  abc Bạn thấy ví dụ này? Rõ ràng ví dụ đề cập phương pháp hệ số bất định, giải toán theo phương pháp tiếp tuyến, ta nhận định thêm lần chúng khác biệt phương pháp tìm bất đẳng thức phụ mà Vậy maxP  Bài mẫu 04 Cho số thực x , y , z dương x  y  z  Hãy tìm giá trị nhỏ biểu thức P  25 x 2 x  16 xy  y  25 y 2 y  16 yz  z  z  x  3 x Chinh phục BĐT kỳ thi Quốc Gia Nguyễn Tiến Chinh Phân tích định hướng giải 25x  Dựa vào biểu thức x2  16 xy  y 25y ; y  16 yz  z cho ta dự đoán điểm rơi toán x  y  z  ( có đối xứng x , y , z dương ) 25x  Với biểu thức kiểu x2  16 xy  y ; 25y 2 y  16 yz  z ta có hai cách xử lý để tìm bđt phụ  Cách : Sử dụng máy tính cầm tay Casio fx – 570es sau: Do yêu cầu tìm giá trị nhỏ P nên ta đánh giá để tìm bđt phụ sau, giả sử 25a  ma  n; a , b  0; 3 ; ta coi 2a  16ab  b2 25a b  100  f a  a  1600 a  7.100 Lúc ẩn lại a ta dự đoán a  b nên ta coi điểm rơi a  b  100 ( điểm rơi tạm thời, chưa dùng đến a  b  c  ) Vậy ta xét f a  25a 2a  1600a  71002  ma  n Để tìm m; n ta xét hệ phương trìnhsau  f 100  100 m  n   m  8; n  300  3b do b  100   f ' 100  m  Vậy ta chứng minh 25a2 2a  16ab  b2  8a  3b; a , b  0; 3 + Nếu 8a  3b     + Nếu 8a  3b    : 25a  8a  3b 2a 2   b2  16ab   Để phân tích  ta ý a  b   có nghiệm kép a  b hay a  b nhân tử chung, ta nhập vào máy tính casio fx 570es biểu thức 25a  8a  3b 2a 2 2  b  16 ab a  b   thu kq CALC:a100; b 100  4970065,994 Ta phân tích 4970065,994  497.00.66  63 63  4970000  66   497 a  66ab  63b 10000 10000 Chinh phục BĐT kỳ thi Quốc Gia Nguyễn Tiến Chinh Bạn thắc mắc, ko để nguyên 66 mà lại 66ab Trả lời 25a  8a  3b 2a  Ở biểu thức 2 2  b  16ab a  b  hạng tử tự do, tất có chứa biến a , b phân tích ko thể có hạng tử tự do, ta cho a  100; b   a.b   66  66.1  66 ab ( bạn nhớ điều ) 100 Vậy lúc 25a  8a  3b 2a 2 2     b  16 ab  a  b 497 a  66 ab  63b2   Do 497 a2  66ab  63b  71a  21b7 a  3b  0; do a  3b  0  đúng, dấu ''  '' xảy a  b  Cách 2: Không sử dụng máy tính casio 25a 2a  16ab  b2 b Xét f     a   ma  nb; a , b  0; 3  25 b b    16     a   a  25  b  b     16    a   a  b   m  n    a  , ta dự đoán a  b  b  , để tìm m, n ta xét a hpt  f 1  m  n   m  8; n  3 , ta chứng   f ' 1  m  25a minh 2a  16ab  b2  8a  3b; a , b  0; 3 Thực giống cách Đến ta có lời giải Ta có 25x 2 x  16 xy  y  8x  3y; x , y  0; 31 + Nếu x  y   1 Luôn + Nếu x  y   1   x  y 71x  21y7 x  y  với x  y  Dấu xảy x  y Chứng minh tương tự ta có 25 y 2 y  16 yz  y Lúc  y  3z ; y , z  0; 32 dấu ‘’ = ‘’ xảy y  z Chinh phục BĐT kỳ thi Quốc Gia Nguyễn Tiến Chinh 2 z   x 3z P   x  y   y  z   x   x  y  z  z   z2 x x 2  z  P   x    z  z  15  z  z  15  z  1  14  14 , dấu “ = “ xảy x   z  , MinP  14  x  y  z   Nhận xét: Đây ví dụ đề cập tới phương pháp hệ số bất đinh, lời giải thực theo phương pháp hệ số bất định, thực toán theo phương pháp tiếp tuyến nào? Bạn đọc tiếp tục théo dõi lời giải  Trước hết ta cần khẳng định tiếp tuyến hàm số đường thẳng, hay nói xác phải hàm số bậc nhất, để thực toán theo phương pháp tiếp tuyến ta làm sau  Cách 3: Phương pháp tiếp tuyến 25a 2a  16ab  b2 b Xét f     a   ma  nb; a , b  0; 3  25 b b    16     a   a  b   m  n    a   b   b        16    a   a  25 , ta dự đoán a  b  b  , để tìm m, n ta xét a hpt b 25 Đặt t  ;  f t   dự đoán a  b  nên ta lập phương a 7t  16t  trình tiếp tuyến hàm số f t điểm có hoành độ t  , phương trình có dạng y  f ' 1t  1  f 1  y  3 t  1    3t Vậy ta chứng minh 25   3t hay 7t  16t  25x 2 x  16 xy  y  8x  3y; x , y  0; 31 + Nếu x  y   1 Luôn + Nếu x  y   1   x  y 71x  21y7 x  y  với x  y  Dấu xảy x  y Chứng minh tương tự ta có 25 y 2 y  16 yz  y Lúc  y  3z ; y , z  0; 32 dấu ‘’ = ‘’ xảy y  z Chinh phục BĐT kỳ thi Quốc Gia Nguyễn Tiến Chinh 2 z   x 3z P   x  y   y  z   x   x  y  z  z   z2 x x 2  z  P   x    z  z  15  z  z  15  z  1  14  14 , dấu “ = “ xảy x   z  , MinP  14  x  y  z   Cách Giả sử ta xét biểu thức sau f  x  25 x2 x  16 xy  y ( coi ẩn x; y tham số ), ta thiết lập phương trình tiếp tuyến hàm số sau  Theo dự đoán điểm rơi, ta có x  y  pttt hàm số f  x : y  f '  y x  y  f  y Ta có f '  y  8; f  y  y  pttt : y   x  y  y  x  y , đến ta làm giống  Chú ý để tính đạo hàm nhanh ta làm sau d tren.may xuat hien d Ấn Shift         dx dx x   d  25 x  Nhập 8   dx  x  16 xy  y    x y Bạn hiểu ? ta củng cố thêm kiến thức số ví dụ Bài mẫu 05 Cho số thực x , y , z dương x  y  z  Hãy tìm giá trị lớn x 3 x  y  y 3 y  z biểu thức P  3x  xy  y 2  y  xy  z z  z  x  3z  2xz  z Phân tích định hướng giải  Trước hết, x , y , z  x  y  z  nên dự đoán x  y  z   Bài toán yêu cầu tìm giá trị nhỏ P nên ta đánh giá P  M  ? , tư x 3 x  y  ta có ý tưởng đánh giá 3x  xy  y  mx  ny x  x  y  Để tìm BĐT phụ ta lập pt tiếp tuyến hàm số f x  3x2  xy  y điểm rơi dự đoán x  y , phương trình tiếp tuyến có dạng y  f '  y x  y  f  y Làm tương tự mẫu 04 ta dễ dàng tìm f '  y  4; f  y  y , ta có phương trình tiếp tuyến y   x  y  y   x  y Chinh phục BĐT kỳ thi Quốc Gia  Ta chứng minh x 3 x  y  x 3x  y   3x  xy  y 4 x  y  2 3x  xy  y Nguyễn Tiến Chinh  4x  4y  3x  xy  y x  y 3x  y 0 x  2xy  y   Ta thấy  x; y  0; 3  3 x  y  0; 3x  xy  y  x  y  x  Dấu xảy x  y  Chú ý: 2 Để phân tích x 3x  y   3x2  2xy  y 4 x  y   x  y 3x  y ta dùng Casio sau Do dự đoán x  y  biểu thức có  x  y nhân tư chung, ta nhập x 3x  y   3x  2xy  y 4 x  y x  y  300,004  300  CALC : x  100; y   Máy cho kết 100  3 x  y 100 Vậy ta có lời giải x 3 x  y  3x  xy  y y  y  z x 3x  y   3x  xy  y  4x  y  2  4x  4y z  z  x  4y  4z  0  y 3 y  z   3y  zy  z 4 z  y  3x  xy  y y  zy  z z 3z  x   3z  xz  x2 4 z  4x   4z  4x  3z  xz  x2  1  y  z  3 y  z 0 2 3z  xz  x 2 2 y  zy  z x  xy  y  x  y 3x  y y  zy  z  z  x 3z  x   2 0  3z  xz  z  3 Từ 1 , 2 ,  3  x  y  z  , Cộng vế với vế ta có x 3 x  y  P y 3 y  z z  z  x 3x  xy  y  y  xy  z 2  3z  xz  z   x  y  z  24 Vậy MaxP  24  x  y  z  Bài toán giải Bài mẫu 06 Cho số thực x , y , z dương x  y  z  Hãy tìm giá trị nhỏ biểu thức P  y3 y  yz  z  z3 x3  z  xz  x x  xy  y Lời giải Hoàn toàn giống ví dụ trên, ta giả sử thiết lập phương trình tiếp tuyến hàm số f  x  x3 x  xy  y x  y Chinh phục BĐT kỳ thi Quốc Gia - Phương trình tiếp tuyến y  x  y 3 Nguyễn Tiến Chinh  x  y   x  y x3  x y   0; x , y  0; 3 , 2 3 x  xy  y x  xy  y 2 - Ta chứng minh f  x  dấu xảy x  y - Tương tự ta có Cộng vế với vế ta có P  y3 y  yz  z 2 y3 y  yz  z 2  z3 y z ;  z x 3 z  xz  x  xyz z3 x3   1 2 z  xz  x x  xy  y Vậy MinP   x  y  z  Bài mẫu 07 Cho số thực x , y , z dương Hãy chứng minh P a4 b4 c4 abc    3 3 3 a b b c c a Phân tích định hướng giải  Trước hết ta thấy tính đối xứng biểu thức P nên dự đoán a  b  c a4  Ta thiết lập phương trình tiếp tuyến hàm số f  a  điểm có a  b3 hoành độ a  b , phương trình có dạng y  f ' ba  b  f b với b b f ' b  ; f b   pttt : y  a  b   a  b 4 4  Việc ta chứng minh    a  b 3b  ab  a2 f  a   a b   0; a , b  a  b3 4 a  b3 a4  b4 c4 Tương tự ta có  b  c;  c a 3 4 c a 4 b c Cộng vế với vế ta có P  a4 b4 c4 abc    3 a b b c c a ( đpcm) Dầu “ = ‘’ xảy a  b  c Bài mẫu 08 P  x ex Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn x  y  z  Tìm giá trị nhỏ  y ey  z ez   xy  yz  zx  e Phân tích định hướng giải  Trước tiên ta dễ dàng dự đoán điểm rơi toán x  y  z  Chinh phục BĐT kỳ thi Quốc Gia Nguyễn Tiến Chinh  Quan sát biểu thức P có chứa  xy  zy  zx chưa độc lập biến, cách tự nhiên ta nghĩ tới biểu thức  x  y  z  x  y  z   xy  zy  zx  xy  zy  zx  x  y  z  x  y  z 2  Với x  y  z  ta có P  Xét hàm số f  x  ex x ex  y y2 x2 z z2  y  z  e e e e e e 0; 3 , phương trình tiếp tuyến hàm sồ y  f ' 1 x  1  f 1   x  , ta chứng minh e e 1 x x 2x f  x  x   x   x   việc chứng minh đơn giản bẳng biến e e e e e e thiên, xin dành cho bạn đọc Tương tự có y y2 2y   y     e e e e ey ey 1 z z2 2z f  z  z   z   z   e e e e e e f  y  Cộng vế lại ta có 2 x y z x  y2  z2   x  y  z   x  y  z  x2  y2  z2  e e e e e e e e e e Suy P     e e e Vậy MinP    x  y  z  e x x  y y  z z  Bài mẫu 09     (ĐH 2003) Cho số dương x, y z thoả mãn x + y + z  Chứng minh x2  x  y2  y  z2  z2  82 Phân tích định hướng giải Dự đoán dấu xảy x  y  z  f  x   x2  80 x phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số điểm có hoành độ x0  162 y  f  x0   f '  x0  x  x0  hay Lời giải x Do ta chứng minh x2  80 162 Khi ta có 82 82 82 82 x BĐT tương tự cộng lại, sử dụng giả thiết ta suy điều phải chứng minh y  x Chinh phục BĐT kỳ thi Quốc Gia Nguyễn Tiến Chinh Từ giả thiết toán ta suy x, y,z   0;1 Xét hàm số f  x   x  x  80 x 82 162 82 với x   0;1  x x6  0, x    1 82 x x  x   x  x2 x  x  Suy phương trình f '  x   có nghiệm x  Bảng biến thiên X 1 + f '  x x 1 Ta có f '(x)  80  ; f ''( x)   f  x f  1 Suy f  x   x  Hay y2  x2  y x   80 82 x 80 82 y 80  x x 82 162 82 162 82  1  f 0 82  3 (*), tương tự ta có z2  , 162 z  80 82 z 162 82 Cộng vế với vế ta x2  x  y2  y  z2  z  80 82  x  y  z   162  Đẳng thức xảy x  y  z  Bài mẫu 10 82 82 Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn x  y  z  Tìm giá trị lớn P  xlnx  y ln y  z ln z  x  y  z Lời giải  Xét hàm số f  x   ln x; x   0; 3 , dự đoán điểm rơi x  y  z  , ta thiết lập  phương trình tiếp tuyến hàm số f  x  điểm có hoành độ x  Phương trình có dạng y  f '  1 x  1  f 1  x   Ta chứng minh ln x  x   ln x  x    ; x   0; 3 Chinh phục BĐT kỳ thi Quốc Gia Nguyễn Tiến Chinh  Xét g  x   ln x  x   g'  x      x  x  Lập bẳng biến thiên ta thấy g  x   g 1    đúng, dấu ‘’=’’ xảy x  tư ta có x ln x  x  x  x ln x  x  x  y ln y  y   y Do tính đối xứng nên ta có  z ln z  z   z Cộng vế với vế ta có P  x ln x  y ln y  z ln z  x  y  z    x  y  z   3 Vậy MaxP  3 Dấu “ = “ xảy x  y  z  Bài mẫu 11 Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn x  y  z  Tìm giá trị lớn P  x   ln x   y   ln y   z 1  lnz  Phân tích định hướng giải  Do có tính đối xứng biến , mà x, y, z số thực dương thỏa mãn x  y  z  nên ta dự đoán điểm rơi x  y  z     Ta xét hàm số f  x    ln x; x  0; , Phương trình tiếp tuyến hàm số x  y  x  Do yêu cầu tìm giá trị lớn nên ta chứng minh  ln x  x  g  x   ln x  x   ( chứng minh ví dụ trên) Vậy  ln x  x  x   ln x   x Tương tự có y   ln y   y ; z   ln z   z , cộng vế theo vế ta có P  x   ln x   y   ln y   z   ln z   x  y  z  Vậy MaxP   x  y  z  Bài mẫu 12 Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn xyz  Tìm giá trị nhỏ P  log 32 x   log 32 y   log 32 z  Phân tích định hướng giải  Quan sát thấy biểu thức P đối xứng có chứa hàm log , điều kiện lại chứa tích biến, từ cho ta ý tưởng lấy loga hai vế điều kiện đặt ẩn phụ sau Chinh phục BĐT kỳ thi Quốc Gia Nguyễn Tiến Chinh  xyz   log x  log y  log z  , đặt a  log x; b  log3 y ; c  log3 z lúc ta có a  b  c  biểu thức trở thành P  a   b   c   Biểu thức chứa biến hoàn toàn độc lập với nhau, cho ta ý tưởng lập phương trình tiếp tuyến hàm số f  x   x  điểm có hoành độ x  y 10 x : 3 10 xảy x    a 1    Vậy ta có  b      c 1   Cộng vế ta có x2   Ta cần chứng minh 10 x 10  9x  6x     3x  1  , dấu 10 10 10 a b c 10 10 10 P  a2   b2   c    MinP  10  a  b  c  10 a  b  c  10  10 xyz 33 Bài mẫu 13  Cho x, y, z dương thỏa mãn x    Tìm giá trị nhỏ P  xy  1  1  y 1      y x  x2   y  Phân tích định hướng giải  Quan sát thấy x, y đối xứng ta dự đoán điểm rơi x  y , thay vao đk ta   có x   1  1   x 1     x   x  y  x  x  Trong P có hai biểu thức độc lập, khiến ta suy nghĩ dùng tiếp tuyến để đánh giá hai biểu thức Chinh phục BĐT kỳ thi Quốc Gia Nguyễn Tiến Chinh  Xét hàm số f  x    x có pttt x  y  Ta cần chứng minh x2   3x  10 3x  10  x  6x     x  3  , dấu xảy  x  1  x 1   10 10 x  Vậy   y   y   2  10 10  Công việc cuối ta đánh giá xy , với bạn học bđt rấ dễ nhầm lẫn xy dùng AM – GM đánh giá xy    nhiên bạn để ý thấy chúng   ngược dấu, ta dùng đến điều kiện sau  x y x y x  y       y x y x  1  1  x 1    y 1       y x  x  y     3  x  y  xy   x  y   2xy  xy  x y2  Như việc dồn biến hoàn thành, ta đăt t  x  y   x  y P t2 Từ  1 ,  2 ,  3  x  y    t  xy2 10 10 t  10 10 t t   t2 3 Xét f  t    t ; t   f '  t     0; t  t2 10 10 10 t    Vậy f  t  đồng biến với t   f  t   f     10 , Kết luận MinP   10 , dấu xảy t   x  y  [...]... là dựa vào định lý sau Chinh phục BĐT trong kỳ thi Quốc Gia Định lí: (Bất đẳng thức tiếp tuyến) Nguyễn Tiến Chinh Cho hàm số y  f(x) liên tục và có đạo hàm đến cấp hai trên [a;b] i) Nếu f ''(x)  0 x  [a; b] thì f(x)  f '(x0 )(x  x 0 )  f(x0 ) x0  [a; b] ii) Nếu f ''(x)  0 x  [a; b] thì f(x)  f '(x0 )(x  x 0 )  f(x0 ) x0  [a; b] Đẳng thức trong hai Bất đẳng thức trên xảy ra  x  x0.. .Chinh phục BĐT trong kỳ thi Quốc Gia Nguyễn Tiến Chinh Phân tích và định hướng giải  Quan sát sơ bộ bài toán , ta có các nhận định sau đây 1 Hai biểu thức đầu tiên trong P có vẻ bề ngoài giống nhau và khác biểu thức thứ 3, do đó ta nhận định bài toán sẽ được dồn biến về x  y ở biểu thức thứ 3 1 3 3 Để có thể sử dụng phương pháp đánh giá từng biến theo hệ sô bất định ta cần chuyển... nhỏ nhất của biểu thức P  25 x 2 2 x 2  16 xy  7 y 2 Phân tích và định hướng giải  25 y 2 2 y 2  16 yz  7 z 2  z 2  x  3 x Chinh phục BĐT trong kỳ thi Quốc Gia 25x  Dựa vào các biểu thức Nguyễn Tiến Chinh 2 2 x  16 xy  7 y 2 2 25y ; 2 2 y  16 yz  7 z 2 2 cho ta dự đoán điểm rơi của bài toán là x  y  z  1 ( do có sự đối xứng và x , y , z dương ) 25x 2  Với những biểu thức kiểu 2 x2 ... lại, sử dụng giả thi t ta suy ra điều phải chứng minh y 2  x Chinh phục BĐT trong kỳ thi Quốc Gia Nguyễn Tiến Chinh Từ giả thi t bài toán ta suy ra x, y,z   0;1 Xét hàm số f  x   x 2  1 x  2 80 x 82 162 3 82 với x   0;1 6 4  2 x x6  0, x  0  2 1  2 1 1 82 3 2 x x  x  2  x  2 x2 x  x  1 Suy ra phương trình f '  x   0 có nghiệm duy nhất x  3 Bảng biến thi n X 1 0 1 3... thấy biểu thức P đối xứng và có chứa các hàm log , ở điều kiện lại chứa tích các biến, từ đây cho ta ý tưởng lấy loga hai vế ở điều kiện và đặt ẩn phụ như sau Chinh phục BĐT trong kỳ thi Quốc Gia Nguyễn Tiến Chinh  xyz  3  log 3 x  log 3 y  log 3 z  1 , đặt a  log 3 x; b  log3 y ; c  log3 z lúc đó ta có a  b  c  1 và biểu thức trở thành P  a 2  1  b 2  1  c 2  1  Biểu thức chứa... đối xứng do đó ta dự đoán điểm rơi x  y , thay vao đk ta   có x  1  1  1   x 1    4  x  3  x  y  3 x  x  Trong P có hai biểu thức độc lập, khiến ta suy nghĩ dùng tiếp tuyến để đánh giá hai biểu thức này Chinh phục BĐT trong kỳ thi Quốc Gia Nguyễn Tiến Chinh  Xét hàm số f  x   1  x 2 có pttt tại x  3 là y  Ta cần chứng minh x2  1  3x  1 10 3x  1 10 2  x 2  6x  9 ... dương và x  y  z  3 Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  y3 y 2  yz  z 2  z3 x3  z 2  xz  x 2 x 2  xy  y 2 Lời giải Hoàn toàn giống ví dụ trên, ta giả sử thi t lập phương trình tiếp tuyến của hàm số f  x  x3 x 2  xy  y 2 tại x  y Chinh phục BĐT trong kỳ thi Quốc Gia 2 1 - Phương trình tiếp tuyến y  x  y 3 3 Nguyễn Tiến Chinh  x  y   x  y x3 2 1  x y  2  0; x , y ... yz  zx  e Phân tích và định hướng giải  Trước tiên ta cũng dễ dàng dự đoán điểm rơi của bài toán là x  y  z  1 Chinh phục BĐT trong kỳ thi Quốc Gia Nguyễn Tiến Chinh  Quan sát biểu thức P có chứa 2  xy  zy  zx chưa độc lập về biến, một cách tự nhiên ta nghĩ ngay tới biểu thức  x  y  z 2  x 2  y 2  z 2  2  xy  zy  zx  2 xy  zy  zx  x  y  z  x 2  y 2  z 2 2  Với x... 570es biểu thức 25a  8a  3b 2a 2 2 2 2  7 b 2  16 ab a  b 2   thu được kq CALC:a100; b 1 100  4970065,994 Ta phân tích 63 63  4970000  66   497 a 2  66ab  63b 2 10000 10000 Bạn đang thắc mắc, tại sao ko để nguyên là 66 mà lại là 66ab Trả lời 4970065,994  497.00.66  Chinh phục BĐT trong kỳ thi Quốc Gia 25a  8a  3b 2a  Ở biểu thức 2 2 2 Nguyễn Tiến Chinh 2  7... fx 570es biểu thức 25a  8a  3b 2a 2 2 2 2  7 b 2  16 ab a  b 2   thu được kq CALC:a100; b 1 100  4970065,994 Ta phân tích 4970065,994  497.00.66  63 63  4970000  66   497 a 2  66ab  63b 2 10000 10000 Chinh phục BĐT trong kỳ thi Quốc Gia Nguyễn Tiến Chinh Bạn đang thắc mắc, tại sao ko để nguyên là 66 mà lại là 66ab Trả lời 25a  8a  3b 2a  Ở biểu thức 2 2 2 2 
- Xem thêm -

Xem thêm: chinh phục bất đẳng thức trong kỳ thi quốc gia nguyễn tiến chinh, chinh phục bất đẳng thức trong kỳ thi quốc gia nguyễn tiến chinh, chinh phục bất đẳng thức trong kỳ thi quốc gia nguyễn tiến chinh

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn

Từ khóa liên quan

Nạp tiền Tải lên
Đăng ký
Đăng nhập