Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 1 KHAI THÁC KHÁI NIỆM ðỒ THỊ HÀM SỐ LỒI, LÕM ðỂ ðÁNH GIÁ BẤT ðẲNG THỨC I. LÝ DO CHỌN ðỀ TÀI Ứng dụng hàm lồi ñể ñánh giá bất ñẳng thức (BðT) ñã ñược khai thác nhiều và ñại diện cho ứng dụng ñó là BðT Jensen. Khái niệm hàm lồi trong chương trình SGK cũ và mới (bài ñọc thêm) ñược ñịnh nghĩa dựa vào vị trí nằm trên, nằm dưới của tiếp tuyến với ñồ thị hàm số. Trong ñịnh nghĩa ñó, ñã cho ta một tính chất hình học của tiếp tuyến. ðó là: ta có thể ñánh giá ( ) f x thông qua một biểu thức bậc nhất của x . Vận dụng tính chất này, ta có thể tìm ñược lời giải ñơn giản cho một số bài toán chứng minh BðT. Hơn nữa thông qua ñó ñể chúng ta thấy ñược việc dạy cho HS Bản chất của các khái niệm Toán học rất quan trọng trong phát triển tư duy cho học sinh. ðó là lí do mà tôi chọn ñề tài “Khai thác khái niệm ñồ thị hàm số lồi, lõm ñể ñánh giá BðT” II. THỰC TRẠNG TRƯỚC KHI THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP CỦA ðỀ TÀI: 1. Thuận lợi:  Với sự ñổi mới phương pháp dạy học trung học phổ thông lấy học sinh làm trung tâm và tạo sự hứng thú trong học tập. Học sinh chủ ñộng chiếm lĩnh tri thức. Do ñó, việc dạy cho học sinh nắm ñược bản chất của một khái niệm Toán học hết sức quan trọng 2. Khó khăn:  Khi dạy khái niệm Toán học giáo viên chưa chú trọng nhiều vào việc dạy cho học sinh nắm ñược bản chất của khái niệm mà chủ yếu tập trung vào việc khảo sát các ñối tướng có thuộc về khái niệm ñó hay không?. Do ñó học sinh www.VNMATH.com Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 2 cũng ít quan tâm ñến bản chất cảu khái niệm ñã học nên một phần nào ñó hạn chế việc phát triển tư duy cũng như sự hứng thú trong học tập. III. NỘI DUNG ðỀ TÀI 1. Cơ sở lí thuyết. a. ðịnh nghĩa: Cho hàm số ( ) y f x = liên tục [ ; ] a b và có ñồ thị là (C). Khi ñó ta có hai ñiểm ( ; ( )), ( ; ( )) A a f a B b f b nằm trên ñồ thị (C). i) ðồ thị (C) gọi là lồi trên ( ; ) a b nếu tiếp tuyến tại mọi ñiểm nằm trên cung AB luôn nằm phía trên ñồ thị (C). ii) ðồ thị (C) gọi là lõm trên ( ; ) a b nếu tiếp tuyến tại mọi ñiểm nằm trên cung AB luôn nằm phía dưới ñồ thị (C). b. Dấu hiệu ñồ thị lồi ðịnh lí 1: Cho hàm số ( ) y f x = có ñạo hàm cấp hai liên tục trên ( ) ; a b * Nếu ( ) ''( ) 0 ; f x x a b > ∀ ∈ thì ñồ thị hàm số lõm trên ( ; ) a b * Nếu ( ) ''( ) 0 ; f x x a b < ∀ ∈ thì ñồ thị hàm số lồi trên ( ) ; a b c. Ứng dụng Từ hình ảnh trực quan của ñịnh nghĩa cho ta một phương pháp giải các bài toán BðT và cực trị sau : ðịnh lí 2: (Bất ñẳng thức tiếp tuyến) ðồ thị hàm lõ m _ x _ y a _ b _ 1 ðồ thị hàm số lồi _ x _ y _ b _ a www.VNMATH.com Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 3 Cho hàm số ( ) y f x = liên tục và có ñạo hàm ñến cấp hai trên [a;b] . i) Nếu ''( ) 0 [ ; ] f x x a b ≥ ∀ ∈ thì 0 0 0 0 ( ) '( )( ) ( ) [ ; ] f x f x x x f x x a b ≥ − + ∀ ∈ ii) Nếu ''( ) 0 [ ; ] f x x a b ≤ ∀ ∈ thì 0 0 0 0 ( ) '( )( ) ( ) [ ; ] f x f x x x f x x a b ≤ − + ∀ ∈ ðẳng thức trong hai Bất ñẳng thức trên xảy ra 0 x x ⇔ = . Ta có thể chứng minh ñịnh lí trên như sau i) Xét hàm số 0 0 0 ( ) ( ) '( )( ) ( ) g x f x f x x x f x = − − − , [ ; ] x a b ∈ Ta có : 0 '( ) '( ) '( ) ''( ) ''( ) 0 [ ; ] g x f x f x g x f x x a b = − ⇒ = ≥ ∀ ∈ 0 '( ) 0 g x x x ⇒ = ⇔ = và '( ) g x ñổi dấu từ − sang + khi x qua 0 x nên ta có : 0 ( ) ( ) 0 [ ; ] g x g x x a b ≥ = ∀ ∈ . ii) Chứng minh tương tự. ðịnh lí 3: (Bất ñẳng thức cát tuyến) Cho hàm số ( ) y f x = liên tục và có ñạo hàm ñến cấp hai trên [a;b] . i) Nếu ''( ) 0 [ ; ] f x x a b ≥ ∀ ∈ thì 0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) [ ; ] f a f b f x x a f a x a b a b − ≥ − + ∀ ∈ − ii) Nếu ''( ) 0 [ ; ] f x x a b ≤ ∀ ∈ thì 0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) [ ; ] f a f b f x x a f a x a b a b − ≤ − + ∀ ∈ − . ðẳng thức trong các BðT trên có khi và chỉ khi x a = hoặc x b = . 2. Nội dung, biện pháp thực hiện giải pháp của ñề tài: Ví dụ 1: Cho các số thực dương , , a b c thỏa 1 a b c + + = . Chứng minh rằng 2 2 2 3 10 1 1 1 a b c a b c + + ≤ + + + . Giải: Xét hàm số 2 ( ) 1 x f x x = + với (0;1) x ∈ . Ta có: 2 3 2 5 1 3 '( ) ''( ) 0 (0;1) ( 1) ( 1) x f x f x x x x = ⇒ = − < ∀ ∈ + + Nên ta có: 1 1 1 ( ) '( )( ) ( ) 3 3 3 f a f a f ≤ − + www.VNMATH.com Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 4 1 1 1 ( ) '( )( ) ( ) 3 3 3 f b f b f ≤ − + 1 1 1 ( ) '( )( ) ( ) 3 3 3 f c f c f ≤ − + Suy ra : ( ) 1 1 3 ( ) ( ) ( ) ' 1 3 ( ) 3 3 10 f a f b f c f a b c f   + + ≤ + + − + =     ðẳng thức xảy ra 1 3 a b c ⇔ = = = . Ví dụ 2 : Cho các số thực dương , , a b c thỏa : 2 2 2 3 a b c + + = . Chứng minh 1 1 1 1 1 8 1 8 1 8 a b b + + ≥ + + + . Giải : Xét hàm số : 1 ( ) 1 8 f x a = + , 0 3 a < ≤ . Ta có : 3 5 4 48 1 '( ) "( ) 0 ( ; 3] 8 (1 8 ) (1 8 ) f x f x x x x = − ⇒ = > ∀ ∈ − + + Nên ta có : ( ) '(1)( 1) (1) f a f a f ≥ − + ( ) '(1)( 1) (1) f b f b f ≥ − + ( ) '(1)( 1) (1) f c f c f ≥ − + ( ) ( ) ( ) '(1)( 3) 3 (1) f a f b f c f a b c f ⇒ + + ≥ + + − + (*) Mặt khác : 2 2 2 2 ( ) 3( ) 9 a b c a b c + + ≤ + + = 3 3 3 0 a b c a b c ⇒ − ≤ + + ≤ ⇒ + + − ≤ và 4 '(1) 0 27 f = − < nên từ (*) Ta suy ra : ( ) ( ) ( ) 3 (1) 1 f a f b f c f + + ≥ = . Nhận xét : Dấu hiệu giúp chúng ta nhận ra phương pháp trên là BðT cần chứng minh có dạng 1 2 ( ) ( ) ( ) n f a f a f a k + + + ≥ hoặc 1 2 ( ) ( ) ( ) n f a f a f a k + + + ≤ , trong ñó ( 1, , ) i a i n = là các số thực cho trước. Trong một số trường hợp BðT chưa có dạng trên, ta phải thực hiện một số phép biến ñổi mới ñưa về dạng trên.Chúng ta cần chú ý một số dấu hiệu sau. www.VNMATH.com Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 5 • Nếu BðT có dạng 1 2 ( ). ( ) ( ) n f a f a f a k ≥ thì ta lấy loganepe hai vế • Nếu BðT cần chứng minh ñồng bậc thì ta có thể chuẩn hóa. Tùy thuộc vào từng bài toán mà ta lựa chọn cách chuẩn hóa phù hợp. Ví dụ 3 : Cho các số thực dương , , a b c thỏa : 3 a b c + + = . Tìm GTLN của biểu thức : 2 2 2 1 1 1 b c a P a a b b c c       = + + + + + +             . Giải : Ta có : 2 2 2 ln ln( 1 ) ln 1 ln 1 P b a a c b b a c c     = + + + + + + + +         Xét hàm số : 2 ( ) ln 1 , 0 1 f x x x x   = + + < <     . Ta có : 2 2 3 1 '( ) ''( ) 0 1 (1 ) x f x f x x x − = ⇒ = < + + (0;1) x ∀ ∈ Suy ra : ( ) ( ) '(1) 1 (1) '(1) (1) '(1) f a f a f f a f f≤ − + = + − ( ) '(1) (1) '(1) bf a f ab f f b   ⇒ ≤ + −   ( ) '(1) (1) '(1) cf b f cb f f c   ≤ + −   ( ) '(1) (1) '(1) af c f ac f f a   ≤ + −   . ( ) ln '(1) ( ) (1)( ) 3 ln(1 2) P f ab bc ca a b c f a b c⇒ ≤ + + − + + + + + ≤ + (Do 3 ab bc ca a b c + + ≤ = + + ) Nên 3 ln 3 ln(1 2) (1 2) P P ⇒ ≤ + ⇒ ≤ + . ðẳng thức xảy ra 1 a b c ⇔ = = = . Vậy GTLN của 3 (1 2) P = + . Ví dụ 4 : Cho , 0 x y > thỏa 1 x y z + + = . Tìm GTNN của biểu thức y z x P x y z − − − = + + . www.VNMATH.com Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 6 Giải : Áp dụng BðT Cô si, ta có : 3 3 . . y z x P x y z ≥ ðặt . . ln ln ln ln y z x A x y z A y x z y x z = ⇒ = + + . Vì hàm số ( ) ln f t t = có 2 1 ''( ) 0 f t t = − < 1 1 1 ln ' ( ) 3 1 ln 3 3 3 3 x f x f x     ⇒ ≤ − + = − −         ln (3 1 ln 3) (3 1 ln 3) (3 1 ln 3) A y x z y x z ⇒ ≤ − − + − − + − − 2 3( ) 1 3 ln 3 ( ) 1 3 ln 3 3 ln 3 xy yz zx x y z = + + − − ≤ + + − − = − 3 1 3 3 3 A P ⇒ ≤ ⇒ ≥ . ðẳng thức xảy ra 1 3 x y z ⇔ = = = . Vậy GTNN của 3 3 3 P = . Ví dụ 5 : Cho 1 , , 2 a b c ≥ thỏa 2 a b c + + = . Tìm GTNN của biểu thức a b c P a b c = + + . Giải : Xét hàm số 1 ( ) , 1 2 t f t t t = ≤ ≤ . Ta có : ln ( ) ln f t t t = lấy ñạo hàm hai vế ta ñược ( ) '( ) (1 ln ) ( ) ln '( ) ln ( ) ln ln 1 f t t f t f t f t t = + ⇒ = + + ''( ) '( ) 1 1 1 ln '( ) ( ) (ln 1) (ln 1) f t f t t f t f t t t t t ⇒ = + = + + + + 1 1 ''( ) (1 ln ) ( ) 1 ln 0 [ ;1] (1 ln ) 2 f t t f t t t t t   ⇒ = + + + > ∀ ∈   +   Vì 1 , , ;1 2 a b c   ∈     nên áp dụng BðT tiếp tuyến, ta có : 2 2 2 ( ) '( )( ) ( ) 3 3 3 f a f a f ≥ − + 2 2 2 ( ) '( )( ) ( ) 3 3 3 f b f b f ≥ − + www.VNMATH.com Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 7 2 2 2 ( ) '( )( ) ( ) 3 3 3 f c f c f ≥ − + Cộng ba BðT trên ta có : ( ) 3 2 2 4 ( ) ( ) ( ) '( ) 2 3 ( ) 3 3 3 9 f a f b f c f a b c f+ + ≥ + + − + = . Vậy GTNN của 3 4 3 9 P = ñạt ñược 2 3 a b c ⇔ = = = . Ví dụ 6 : Cho , , 0 a b c > . Chứng minh rằng : 2 2 2 2 2 2 1 3 1 1 1 ( )( ) 3 3 a b c a b c a b c a b c + + + + + ≥ + + + + + . (Trích ñề thi Albania 2002) Lời giải. Vì BðT ñã cho thuần nhất nên ta chỉ cần chứng minh Bñt ñúng với mọi số thực dương a,b,c thỏa mãn 2 2 2 1 a b c + + = , khi ñó bñt cần chứng minh trở thành: ( ) ( ) ( ) 1 f a f b f c + + ≥ trong ñó: 1 3 1 ( ) . 3 3 f x x x + = − với 0 1 x < < . Dễ thấy hàm số f có ''( ) 0 (0;1) f x x > ∀ ∈ Nên theo BðT tiếp tuyến ta có : 1 1 ( ) ( ) ( ) ' ( 3) 3 3 3 f a f b f c f a b c f     + + ≥ + + − +             . Do 2 2 2 1 ' 0 1 ( ) ( ) ( ) 3 1 3 3 3( ) 3 f f a f b f c f a b c a b c    <         ⇒ + + ≥ =           + + ≤ + + =   . Ví dụ 7: Cho n số thực 1 2 , , , n x x x thuộc khoảng (0; ) 2 π thỏa : 1 2 tan tan tan n x x x n + + + ≤ .Chứng minh : 1 2 1 sin . sin sin 2 n n x x x ≤ . Giải : ðặt tan ( 1,2, , ) i i a x i n = = 0 1,2, , i a i n ⇒ > = và 1 n i i a n = ≤ ∑ www.VNMATH.com Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 8 Ta cần chứng minh : 2 1 1 1 2 n i n i i a a = ≤ + ∏ (1). Xét hàm số 2 ( ) , 0 1 x f x x x = > + có 2 3 1 '( ) (1 ) f x x = + ''( ) 0 0 f x x ⇒ < ∀ > . 3 1 1 1 ( ) '(1)( 1) (1) ( 1) ( 1) 2 2 2 2 f x f x f x x ⇒ ≤ − + = − + = + . 1 2 1 1 1 ( 1) 1 1 2 1 ( ) ( 1) 1 8 8 8 2 n n i n n n n i i i i n n n n i i i i a a f a a n a = = = =     +   ⇒ = ≤ + ≤ ≤ =     +     ∑ ∏ ∏ ∏ ðẳng thức xảy ra 1 2 1 2 1 tan tan tan 1 n n a a a x x x ⇔ = = = = ⇔ = = = = 1 2 4 n x x x π ⇔ = = = = . Nhận xét : Qua các ví dụ trên, ta có ñược kết quả tổng quát sau ðịnh lí 4 : Cho hàm số ( ) y f x = có ñạo hàm cấp hai trên ; a b     và n số 1 2 , , , n a a a nằm trong ñoạn ; a b     thỏa mãn : 1 , n i i a k na k nb = = ≤ ≤ ∑ . • Nếu ''( ) 0 ; f x x a b   > ∀ ∈   thì ta có : 1 ( ) ( ) n i i k f a nf n = ≥ ∑ • Nếu ''( ) 0 ; f x x a b   < ∀ ∈   thì ta có : 1 1 ( ) ( ) n i i k f a f n n = ≤ ∑ . Ví dụ 8. Cho tam giác ABC có một góc không nhỏ hơn 2 3 π . Chứng minh rằng : tan tan tan 4 3 2 2 2 A B C + + ≥ − . Lời giải. www.VNMATH.com Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 9 Không mất tính tổng quát, ta giả sử 2 3 6 A B C C π π ≥ > ≥ ⇒ ≤ . Hàm số ( ) tan f x x = , 0; 3 x π   ∈     có ''( ) 0 0; 3 f x x π   > ∀ ∈     . Áp dụng BðT tiếp tuyến, ta có ( ) '( )( ) ( ) 2 3 2 3 3 A A f f f π π π ≥ − + ( ) '( )( ) ( ) 2 12 2 12 12 B B f f f π π π ≥ − + ( ) '( )( ) ( ) 2 12 2 12 12 C C f f f π π π ≥ − + . 2 '( ) '( ) '( ) 2 2 2 3 12 2 3 12 2 2 A B C A A B C f f f f f f π π π π π             + + ⇒ + + ≥ − − + −                         2 3 12 f f π π     + +         Do ' ' 0; 0 3 12 2 3 A f f π π π     − > − ≥         và 2 2 A B C π + + = nên ta có : 2 4 3 2 2 2 3 12 A B C f f f f f π π           + + ≥ + = −                     ñpcm. ðẳng thức xảy ra 2 ; 3 6 A B C π π ⇔ = = = và các hoán vị. Ví dụ 9. Cho các số thực không âm , , a b c thỏa 3 max{ , , } 4 a b c ≥ và 1 a b c + + = . Tìm GTNN của biểu thức : 3 3 3 2 2 2 1 3 1 3 1 3 P a b c = + + + + + . Lời giải. Không mất tính tổng quát, ta giả sử 3 1 max { , , } , 4 8 a a b c a c = ⇒ ≥ ≤ . Xét hàm số ( ) 3 2 ( ) 1 3 , 0;1 f x x x= + ∈ có 2 2 3 2 '( ) (1 3 ) x f x x = + 2 2 5 3 2 2 ''( ) 0 (0;1) (1 3 ) x f x x x − ⇒ = > ∀ ∈ + . Áp dụng BðT tiếp tuyến, ta có : www.VNMATH.com Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 10 3 3 3 ( ) '( )( ) ( ) 4 4 4 f a f a f ≥ − + ; 1 1 1 ( ) '( )( ) ( ) 8 8 8 f b f b f ≥ − + ; 1 1 1 ( ) '( )( ) ( ) 8 8 8 f c f c f ≥ − + 3 3 3 1 3 3 1 3 1 172 2 67 ( ) ( ) ( ) '( ) '( ) ( ) ( ) 2 ( ) ( ) 2 ( ) 4 8 4 4 8 4 8 4 f a f b f c f f x f f f f   + ⇒ + + ≥ − − + + ≥ + =     . ðẳng thức xảy ra 3 1 ; 4 8 a b c ⇔ = = = và các hoán vị. Vậy 3 3 172 2 67 min 4 P + = . Nhận xét : Trong một số trường hợp ñồ thị hàm số ( ) y f x = có khoảng lồi, lõm trên ; a b     nhưng ta vẫn có ñược ñánh giá : 0 0 0 0 ( ) '( )( ) ( ) , ( ; ) f x f x x x f x x a b ≥ − + ∈ . Chẳng hạn các bạn xem ñồ thị minh họa dưới ñây. Ví dụ 10: Cho , , a b c ∈ ℝ và 6 a b c + + = . Chứng minh rằng : 4 4 4 3 3 3 2( ) a b c a b c + + ≥ + + . Lời giải: BðT ñã cho 4 3 4 3 4 3 ( 2 ) ( 2 ) ( 2 ) 0 ( ) ( ) ( ) 0 a a b b c c f a f b f c ⇔ − + − + − ≥ ⇔ + + ≥ Trong ñó 4 3 ( ) 2 f x x x = − . Ta thấy 2 ''( ) 12 12 f x x x = − nên ñồ thị hàm số f có khoảng lồi và khoảng lõm do ñó ta không thể áp dụng BðT tiếp tuyến ñược. Tuy nhiên ta _ x _ y x 0 a _ O b www.VNMATH.com [...]... αi = f (y ) = f  ∑ αiai    i =1 i =1 i =1  i =1  n n n b) Ch ng minh tương t Ví d 20 (2M) Cho hai b s th c dương x1, x2, , xn và a1, a2, , an th a mãn: n ∑ xi = i =1 n ∑ ai Ch ng minh r ng: i =1 n n ∏ xi i ≥ ∏ ai i a i =1 a i =1 L i gi i n i =1 BðT c n ch ng minh ⇔ n i =1 ∑ ai ln xi ≥ ∑ ai ln ai Hàm s f (x ) = ln x là hàm l i, nên áp d ng BðT ti p tuy n ta có: 1 f (xi ) ≤ f '(ai )(xi − ai... Bài t p áp d ng 1 Cho a, b, c > 0 Ch ng minh: b +c a2 + c +a b2 + a +b ≥ c2 1 1 1 + + a b c 2 Cho a, b, c > 0 th a a + b + c ≥ 3 Ch ng minh r ng: 1 2 a +b +c + 1 2 b +c +a + 1 2 c +a +b 3 Cho x , y, z ≤ 1 th a x + y + z = 1 Ch ng minh r ng:  ≤1 1 1 + x2 + 1 1 + y2 + 1 1 + z2 ≤ 27 10 1 2 4 Cho các s th c a1, a2 , , an ∈  0;  và a1 + a2 + + an = 1 Ch ng minh  1  1   1  n − 1 ≥ n − 1 ... b)2 2 2 2c + (a + b) ≤ 8 (M - 2003 ) 12 Cho a, b, c > 0 Ch ng minh: b +c c +a a +b a b c + + ≥ 4( + + ) a b c b +c c +a a +b a b c 9 13 Cho a, b, c > 0 Ch ng minh: + + ≥ (b + c )2 (c + a )2 (a + b )2 4(a + b + c ) 14 Cho a, b, c > 0 và a 2 + b2 + c2 = 1 Ch ng minh : 1 1 1 ( + + ) − (a + b + c) ≥ 2 3 a b c 15 Cho x , y, z > 0 Ch ng minh: xyz (x + y + z + x 2 + y 2 + z 2 ) (x 2 + y 2 + z 2 )(xy... ng Lê h ng Phong – Biên Hòa 16 www.VNMATH.com Ví d 18: Cho x , y, z > 0 th a x + y + z = 1 Tìm GTNN c a : 4 P = x 3 + 1 + y2 + 1 + z 4 L i gi i: Ta có các hàm s f (t ) = t 3 ; g(t ) = 1 + t 2 ; h(t ) = 4 1 + t 4 , t ∈ (0;1) là nh ng hàm s có ñ o hàm c p hai dương trên kho ng (0;1) Nên v i a, b, c > 0 th a a + b + c = 1 áp d ng BðT ti p tuy n, ta có: f (x ) ≥ f '(a )(x − a ) + f (a ) ; h(y ) ≥ h '(b... tam giác ABC Ch ng minh r ng A B C cos cos cos 2 + 2 + 2 < 2 3≤ A B C 1 + sin 1 + sin 1 + sin 2 2 2 9 Cho tam giác ABC nh n và m, n, k > 0 Tìm: P = tan2 ( π − 1) Giá tr l n nh t c a F = sinm A sinn B sink C 2) Giá tr nh nh t c a F = m tan A + n tan B + k tan C 10 Cho n s th c không âm a1, a2 , , an có t ng b ng 1 Ch ng minh: n a1a2 an ≤ 1 n (BðT Cauchy) 11 Cho a, b, c > 0 Ch ng minh: (2a + b + c)2... – Biên Hòa 12 www.VNMATH.com 1 3 ð ng th c x y ra khi a = b = c = Ví d 14 Cho a, b, c > 0 Ch ng minh r ng : (b + c − a )2 (b + c)2 + a 2 + (c + a − b)2 (c + a )2 + b 2 + (a + b − c)2 (a + b )2 + c 2 ≥ 3 5 (Olympic Toán Nh t B n 1997) L i gi i Vì Bñt c n ch ng minh là thu n nh t nên ta ch c n ch ng minh Bñt ñúng v i m i s th c dương a, b, c th a mãn a + b + c = 1 Khi ñó Bñt ñã cho tr thành: (1... Trong quá trình d y h c, chúng ta có th g i m m t s hư ng phát tri n t m t khái ni m Toán h c cho h c sinh tìm tòi và nghiên c u VI K T LU N Vi c khái thác khái ni m ñ th l i lõm c a ñ th hàm s cho chúng ta: • M t phương pháp ch ng minh BðT và gi i m t s d ng toán c c tr khá hi u qu và ñơn gi n • D a vào hai BðT ti p tuy n và cát tuy n k t h p v i phương pháp cân b ng h s , chúng ta có th sáng t o ra... khác: ⇒ t i ñi m có hoành ñ x = 4x x 2 − 2x + 5 4a + a 2 − 2a + 5 − 1 và ti p tuy n c a ñ th hàm 3 1 99x − 3 là : y = ) 3 100 99x − 3 (3x − 1)2 (15 − 11x ) = ≥ 0 ∀x ∈ (0;1) 2 100 100(x − 2x + 5) 4b b 2 − 2b + 5 + 4c c 2 − 2c + 5 ≥ 99(a + b + c) − 9 9 = ñpcm 100 10 Ví d 13 Cho a, b, c là ñ dài ba c nh tam giác Ch ng minh r ng :  1 1 1 1 9 1 1  + + + ≥ 4 + +  a b c a +b +c a + b b + c c + a  L i gi... hoành ñ x = 2 (vì ñ ng th c x y ra khi a = b = c = 2 ) Ta có ti p tuy n c a ñ th hàm s t i y = f (x ) ñi m có hoành ñ x = 2 là: y = 8x − 16 f (x ) − (8x − 16) = x 4 − 2x 3 − 8x + 16 = (x − 2)2 (x 2 − 2x + 4) ≥ 0 ∀x ∈ ℝ ⇒ f (a ) + f (b ) + f (c ) ≥ 8(a + b + c) − 48 = 0 (ñpcm) Chú ý Vì y = 8x − 16 là ti p tuy n c a ñ th hàm s f (x ) = x 4 − 2x 3 t i ñi m có hoành ñ x = 2 nên ta có s phân tích: f ( x... ít nh t hai bi n không b ng nhau Nguy n T t Thu – Trư ng Lê h ng Phong – Biên Hòa 13 www.VNMATH.com Ví d 15: Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 1 Ch ng minh r ng: 10(a 3 + b 3 + c 3 ) − 9(a 5 + b 5 + c 5 ) ≥ 1 (Trung Qu c 2005) L i gi i: Gi s a ≥ b ≥ c Xét hàm s f (x ) = 10x 3 − 9x 4 , x ∈ (0;1) có f '(x ) = 30x 2 − 45x 4 ⇒ f ''(x ) = 60x − 180x 3 ⇒ f ''(x ) = 0 ⇔ x = x 0 = 1 ñ ng th i f ''(x ) > 0 ∀x . hồng Phong – Biên Hòa 1 KHAI THÁC KHÁI NIỆM ðỒ THỊ HÀM SỐ LỒI, LÕM ðỂ ðÁNH GIÁ BẤT ðẲNG THỨC I. LÝ DO CHỌN ðỀ TÀI Ứng dụng hàm lồi ñể ñánh giá bất ñẳng thức (BðT) ñã ñược khai thác. a i i i i x a = = ≥ ∏ ∏ . Lời giải. BðT cần chứng minh 1 1 ln ln n n i i i i i i a x a a = = ⇔ ≥ ∑ ∑ . Hàm số ( ) ln f x x = là hàm lồi, nên áp dụng BðT tiếp tuyến ta có: 1 ( ) '(. ( ) ''( ) 0 ; f x x a b > ∀ ∈ thì ñồ thị hàm số lõm trên ( ; ) a b * Nếu ( ) ''( ) 0 ; f x x a b < ∀ ∈ thì ñồ thị hàm số lồi trên ( ) ; a b c. Ứng dụng Từ hình ảnh