Tải bản đầy đủ - 0 (trang)
Cho 2 số dương thoả mãn điều kiện . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

Cho 2 số dương thoả mãn điều kiện . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

Tải bản đầy đủ - 0trang

2

2 2

1

1

1

 3 3 2

 2

 2

2

2

2

x

y

z

x  xy  y

y  yz  z

z  zx  x 2



P



4

4

5. Cho x, y là các số dương thoả mãn điều kiện x  y 



P



1

 2  xy . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

xy



2

2

3





.

2

2

1  x 1  y 1  2 xy



6. Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. Các điểm M , N lần lượt trên các cạnh AB và AC sao cho



AM  x, AN  y và ( DMN )  ( ABC ) .

a) CMR: x  y  3 xy .

b) Tính diện tích tồn phần của tứ diện ADMN



theo x, y .



c) Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của diện tích tồn phần trên.



SỬ DỤNG ĐA THỨC ĐỂ ĐÁNH GIÁ

CÁC HÀM SỐ MŨ, LƠGARÍT VÀ LƯỢNG GIÁC

1. Hàm số mũ và hàm số lôgarit

a) Một số bất đẳng thức cơ bản

+ Bất đẳng thức (1) (BĐT Becnulli):



a  1, x �1



(1  a) x �1  x.a

Đẳng thức xảy ra khi hoặc



+ Bất đẳng thức (2):



+ Bất đẳng thức (3):



x  1 hoặc a  0 .



1

�e x �x  1

1 x



x  1



ln( x  1) �x



x  1



Dấu bằng của các bất đẳng thức trên đều xảy ra khi và chỉ khi

(Chú ý: Một phần BĐT (2) còn mở rộng hơn nữa:

b) Bài tập

Bài 1:



e x �x  1



x  0.

x �R )



Cho các số thực



x, y , z



thỏa mãn



x  y  z  0.



P  3|x  y|  3| y  z|  3|z  x|  6 x 2  6 y 2  6 z 2



Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:



(Đề thi tuyển sinh đại học năm 2012 khối A, A1).



Phân tích:

Ta sẽ đánh giá



3t (t �0) , nhưng vì chỉ có điều kiện t �0



Áp dụng BĐT (2) ta được:



nên ta sẽ không sử dụng bất đẳng thức Becnulli.



3t �ln 3.t  1 . Bất đẳng thức này rất chặt với t

3t �ln 3.t  1 �t  1 ,



không đẹp nên ta sẽ làm thêm một bước nữa



xấp xỉ 0, tuy nhiên giá trị



ln 3



khi đó ta đưa về một bài tốn quen



thuộc với học sinh cấp 2.

Giải:

Với phân tích như trên ta có:



P�

| x  y |  | y  z |  | z  x |  6 x2  6 y 2  6 z 2  3

Đặt



a | x  y |, b | y  z |, c | z  x | , và chú ý đẳng thức



( x  y  z )2  3( x 2  y 2  z 2 )  ( x  y ) 2  ( y  z ) 2  ( z  x ) 2

suy ra



P �a  b  c  2a 2  2b 2  2c 2  3

Cuối cùng ta sẽ chứng minh



a  b  c � 2a 2  2b 2  2c 2



(1) � (a  b  c) 2 �2a 2  2b 2  2c 2

� a(b  c  a )  b(c  a  b)  c (a  b  c) �0

(Điều này là hiển nhiên vì

Vậy



b  c �a , c  a �b , a  b �c ).



P �3 . Đẳng thức xảy ra: P  3 � x  y  z  0 .



Bài 2:

2

y 2 y  2



3

�x  xy  5 x  5 y  3

.

�2

x 2 2 x  2

3

�y  xy  5 y  5x  3

2



Giải hệ phương trình



Phân tích:

Ta dự đoán:



(1). Đây là một BĐT đơn giản:



3x



2



2 x2



 3y



2



2 y  2



 6 �x 2  y 2  2 xy



(1)



Tương tự bài thi tuyển sinh đại học khối A năm 2012, ta thử dùng BĐT (2) để đánh giá



3x



2



2 x2



�ln 3.( x 2  2 x  3)







3y



2



2 y 2



�ln 3.( y 2  2 y  3) .



Đến đây sẽ bế tắc vì khơng chứng minh



được BĐT:



ln 3.( x 2  2 x  3)  ln 3.( y 2  2 y  3)  6 �x 2  y 2  2 xy

Vì vậy ta chuyển sang sử dụng BĐT Becnulli để đánh giá hai biểu thức



3x



2



2 x2







3y



2



2 y 2 .



Khi đó



để chứng minh BĐT (1) chỉ còn phải chứng minh:



1  2( x 2  2 x  2)  1  2( y 2  2 y  2)  6 �x 2  y 2  2 xy

x 2  y 2  2 xy  4 x  4 y  4 �0







Điều này là rất dễ dàng.

Giải:

Cộng hai phương trình vế theo vế:



x 2  y 2  2 xy  3 y

Do



3x



2



2



2 y 2



 3x



2



2 x 2



x 2  2 x  2  ( x  1)2  1 �1



2 x2



 (1  2) x



2



2 x  2



6



(1)



nên áp dụng BĐT Becnulli ta có:



�1  2( x 2  2 x  2)



(2)



Hoàn toàn tương tự:



3y



2



 y 2



 (1  2) y



2



2 y  2



�1  2( y 2  2 y  2)



(3)



Cộng hai đẳng thức vế theo vế:



3x



2



2 x 2 +



Suy ra



3y



2



2 y 2



3x



Dẫn đến VT(1)



2



�2 x 2  2 x 2  4 x  4 y  10

=x



2



 y 2  2 xy  ( x  y )2  4( x  y )  10



=x



2



 y 2  2 xy  ( x  y  2)2  6



2 x 2 +



3y



2



2 y 2



�x 2  y 2  2 xy  6



�VP(1). Đẳng thức xảy ra khi x  y  1 , thử lại đây cũng là cặp nghiệm duy nhất của hệ



phương trình đã cho.



Bài 3:

Cho các số thực



x, y



x  2 y  4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:



thỏa mãn



P x



16 2

y  4  ln( x  2 y  4)

3



Giải:

Ta có



ln( x  2 y  4)  ln(1  x  2 y  5) �x  2 y  5



Suy ra







P�



16 2

y  4  2y  5 .

3



16 2

4

1

y  4  (4 y 2  4 y  1)  ( y 2  4 y  3)  (2 y  1) 2  (2 y  3) 2

3

3

3

16 2

y  4 �(2 y  1) 2

3







Suy ra



P �6 . Đẳng thức xảy ra:







16 2

y  4 �2 y  1

3





�x  2 y  5 �

�x  2

P6��

3 � �y  3 .

�y  2



2



Bài 4:



Giải bất phương trình



Giải: Điều kiện



2x  1

ln

 1  x  2x .

|x|



x  0.



Bất phương trình tương đương với:



ln(2 x  1)  2 x  1  ln x  x



� 2x  1  x

Áp dụng bất đẳng thức Becnulli:

+ Nếu



x  1: 2 x  (1  1) x  1  x .



+ Nếu



0  x  1: (1  x)



1



x



 1  1  2 � 2x  1  x .



Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm

2. Hàm số lượng giác



x �(0;1) .



a) Bất đẳng thức cơ bản:



+



sin x �x �t an x



��

 x ��

0; �

� 2�



+



x2

cos x �1 

2



 x �R

x  0.



Dấu bằng của các bất đẳng thức trên đều xảy ra khi và chỉ khi

b) Bài tập

Bài 5:



Chứng minh rằng



cos x �1 



x2

2



 x �R .



Giải:



| x|

Bổ đề:  | x |�sin x �



 x �R .



+ Trường hợp







x � , x �

2

2



+ Trường hợp



0 �x 



+ Trường hợp









2



chính là một phần của bất đẳng thức cơ bản.







 x  0 � 0<-x 

� sin( x)   x � sin x  x   | x | .

2

2



Vậy bổ đề đúng với mọi



Xét bổ đề với



là hiển nhiên.



x

:

2



x �R .

sin 2



x x2



2 4



� 1  2sin 2



x

x2

�1 

2

2



� đpcm.

Bài 6:



Cho



( 2  x 2 ) x

x � , tùy ý. Chứng minh rằng sin x � 2

  x2



Giải:

Đặt



t  x 



. Bất đẳng thức (1) tương đương với:



(1).



t (2  t )(  t )

 sin t � 2

  (  t ) 2

Với



t �0



dễ thấy:



(2  t )(  t )

sin t � 2

t

  (  t ) 2







(2  t )(  t )

�1

 2  (  t ) 2



Kết hợp áp dụng bổ đề trong bài 5:



sin t �t � đpcm.



3. Bài tập rèn luyện

Bài 7: Cho các số thực



x, y , z



thỏa mãn



x  y  z  0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:



P | 2 x  y |  | 2 y  z |  | 2 z  x |  ln( 14 x 2  14 y 2  14 z 2  1)

Bài 8: Tìm tất cả các giá trị của



a



sao cho bất đẳng thức sau đúng với mọi



x �0 :



ln(1  x) �x  a.x 2

Bài 9: Giải bất phương trình



Bài 10: Chứng minh rằng

Bài 11: Cho



n



( x  1)log 21 x  (2 x  5)log 1 x  6 �0

2



n



2



x n  y n �n 1 x n1  y n1  x �R .



là một số nguyên dương và



x, y



x2

e  cos x �2  x 

2



 x �R .



x



là hai số thực tùy ý. Chứng minh rằng



3 x

2



Bài 12: Chứng minh rằng



2sin x  2tan x �2



Bài 13: Chứng minh rằng



(tan x)sin x  (cot x)cosx �2



1



��

 x ��

0; �.

� 2�

��

 x ��

0; �.

� 2�



Bài 14: Chứng minh rằng



x

2 �2  2

x

2

cos x  2sin

2



sin x  2cos



��

 x ��

0;

.

� 2�





PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN SỐ



TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

Phương pháp 1:

- Đối với những bài tốn có giả thiết abc = 1. Đặt .., ( x, y, z �0 ).

- Đối với dạng toán mà xyz = k3 với k là hằng số dương cho trước, tùy theo bài dạng

mà đổi biến cho phù hợp, thường có ba cách đổi biến cơ bản sau:

ka 2

kb 2

kc 2

;y 

;x 

Cách 1: Đặt x 

;

bc

ca

ab



Cách 2: Đặt x 



kab

kbc

kca

;

y



;

x



;

c2

a2

b2



Cách 3: Đặt x 



ka

kb

kc

; y  ;x  ;

b

c

a



Sau đây là một số ví dụ làm sáng tỏ điều này.



Ví dụ 1. Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn abc = 1. Chứng minh rằng:

1

1

1

3







a (b  1) b(c  1) c(a  1) 2



Hướng dẫn.

x

y



y

z



z

x



 Nhận xét. a, b, c là các số thực dương và abc = 1 nên ta đặt a  ; b  ; c  , với

x, y, z là các số thực dương.

Ta có:



1

1

1

3







1

1

1

3





�  x �y � y �z � z �x � 2

 1�

�  1� �  1�

a (b  1) b(c  1) c( a  1) 2

y �z � z �x � x �

�y �







yz

zx

xy

3







xy  zx yz  xy zx  yz 2



Đây chính là BĐT Nesbit cho ba số dương xy, yz, zx, suy ra điều phải chứng minh.

Ví dụ 2. Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn abc = 1. Chứng minh rằng:

1�

1�

1�







a 1  �

b 1  �

c  1  ��1







b�

c�

a�









Hướng dẫn.



 Nhận xét. a, b, c là các số thực dương thoả mãn abc = 1, nên ta đặt

a



x

y

z

; b  ; c  , với x, y, z là các số thực dương.

y

z

x



Ta có:

( x  y  z )( y  z  x)( z  x  y )

1�

1�

1�







�1

a 1 �

b 1  �

c  1  ��1 �







xyz

b�

c�

a�







 ( x  y  z )( y  z  x)( z  x  y ) �xyz



(*)



Đặt x  m  n; y  n  p; z  p  m . Khi đó

(*)  (m  n)(n  p )( p  m) �8mnp



(**)



Áp dụng BĐT Cơ–si cho hai số dương ta có:

m  n �2 mn ; n  p �2 np ; p  m �2 pm

Ba bất đẳng thức trên có hai vế đều dương nên nhân vế theo vế ta có bất đẳng thức

cần chứng minh. Dấu “=” xảy ra � a  b  c  1 .

Chú ý: Ta có thể chứng minh (*) theo cách sau đây:

Do vai trò x, y, z có vai trò như nhau, khơng mất tính tổng quát nên giả sử : x �y �z

> 0. Như vậy x – y +z > 0 và y – z + x > 0.

+ Nếu z – x + y �0 thì (*) hiển nhiên đúng.

+ Nếu z – x + y > 0, áp dụng BĐT Cơ–si cho hai số dương ta có:

( x  y  z )( y  z  x) �x ;



( y  z  x)( z  x  y ) �y ;



( z  x  y )( x  y  z ) �z



Nhân vế theo vế các bất đẳng thức trên, suy ra (*).

Vậy (*) đúng cho mọi x, y, z là các số thực dương, suy ra bài toán được chứng minh.

Phát hiện: Việc đổi biến và vận dụng (**) một cách khéo léo giúp ta giải được bài

tốn ở Ví dụ 3 sau đây:

Ví dụ 3. Cho a, b, c là ba số dương. Chứng minh rằng:

a

b

c





�1

a 2  8bc

b2  8ca

c2  8ab

Hướng dẫn.



a

b

c

;

y



;

z



.

a 2  8bc

b 2  8ca

c 2  8ab



 Đặt x 



Ta thấy x, y, z đều dương và BĐT cần chứng minh trở thành S = x  y  z �1 .

2



a

� a



1

8bc

a2

2

x



x





1



Do



=



.





2

2

x2

a2

a 2  8bc

� a  8bc � a  8bc

Tương tự ta có:



1

8ca

 1  2 ; 12  1  8a2b .

2

y

b

z

c



�1



�1



�1

� 3

 1�

� 2  1� 8

� 2  1�

2



�z



�x



�y





Suy ra:



(1)



Mặt khác nếu S = x + y + z < 1

�S 2 �

�S 2 �

�1



�1



�1

� �S 2 �

� 2  1 � > � 2  1�

thì: T = � 2  1�

� 2  1�

� 2  1�

�y 2  1�

�z

� �x

�x



�z









�y





Ta thấy (S – x)(S – y)(S – z) =(x + y)(y + z)(z + x) �8xyz (theo (**) ví dụ 12) (2)

Với ba số dương x + y, y + z, z + x, ta lại có ( S  x)( S  y )( S  z ) �64 xyz



(3)



Nhân (2) và (3) vế với vế, ta được: ( S 2 – x 2 )( S 2 – y 2 )( S 2 – z 2 ) �83 x 2 y 2 z 2

�S 2





�S 2





�S 2







3

hay: � 2  1�

� 2  1��8 .

� 2  1�

�z



�x



�y





Từ đây suy ra: T > 83 mâu thuẩn với (1).

Vậy S = x + y + z �1, tức bài tốn được chứng minh.

Ví dụ 4. Cho x, y, z là các số thực khác 1 thỏa mãn xyz = 1. Chứng minh rằng:

x2



 x  1



2







y2







y  1



2







z2



 z  1



2



�1 .



Hướng dẫn.

a2

b2

c2

Do xyz = 1 nên đặt x  ; y  ; x  . Khi đó BĐT thức cần chứng minh trở thành

bc

ca

ab

a4



 a 2  bc 



2







b4



 b 2  ca 



2







c4



 c 2  ab 



2



�1 (*) . Áp dụng BĐT Svac-xơ ta có



 a b c 







 a  bc   b  ca   c  ab   a  bc    b  ca    c

a4



b4



2



2



2



c4



2



2



2



2



2



 a b c 

 a  bc    b  ca    c

2



cần chứng minh



2



2



2 2



2



2



2



2



 ab 



2



2



 ab 



, để chứng minh (*) ta



2



2 2



2



2



2



2



�1



�  a 2  b 2  c 2  � a 2  bc    b 2  ca    c 2  ab  �  ab  bc  ca  �0 ln đúng. Bài tốn

2



2



2



2



2



được chứng minh.

Ví dụ 5. Cho x, y, z là các số khác – 1 thỏa mãn điều kiện xyz = 8. Chứng minh

rằng:

1



 x  1



2







1



 y  1



2







1



 z  1



2



1



3



Hướng dẫn.

Do xyz = 8 nên đặt x 



a



a4



2



 2bc 



2







b



b4



2



 2ac 



2



2ab

2bc

2ca

; y  2 ; x  2 , BĐT cần chứng minh trở thành

2

c

a

b







c



c4



2



 2ab 



2



1

� . Áp dụng BĐT Svac-xơ ta có

3



 a b c 







 a  2bc   b  2ac   c  2ab   a  2bc    b  2ca    c

a4



2



b4



2



2



2



2



c4



2



2



2



2



2



2



2 2

2



2



 2ab 



2



, ta cần chứng



minh:



 a b c 

 a  2bc    b  2ca    c

2



2



2



2



2



2 2

2



2



 2ab 



2



2

2

2

2

1

� � 3  a 2  b 2  c 2  � a 2  2bc    b 2  2ca    c 2  2ab 

3



� a 4  b 4  c 4  a 2b 2  b 2c 2  c 2 a 2 �2abc  a  b  c  . BĐT này đúng .



Đến đây bài toán được chứng minh.

Ví dụ 6. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn xyz = 1. Chứng minh rằng:



� 1 �

� 1 �

� 1 �

�x   1�

�y   1�

�z   1��1 .

� z �

� x �

� y �



Hướng dẫn.

a

b



b

c



Do xyz = 1 đặt x  ; y  ; z 



c

với a, b,c là các số thực dương. BĐT đã cho trở

a



thành:

�a c �

�b a �

�c b �

�   1�

�   1�

�   1��1 �  a  c  b   a  b  c   b  c  a  �abc

�b b �

�c c �

�a a �



Ta nhận thấy tổng 2 trong 3 số  a  c  b  ,  a  b  c  ,  b  c  a  là một số dương nên trong

ba số tồn tại ít nhất 2 số dương

Nếu trong ba số có 1 số âm thì 2 số còn lại dương nên BĐT



 a  c  b   a  b  c   b  c  a  �abc đúng

Nếu cả 3 số  a  c  b  ,  a  b  c  ,  b  c  a  dương thì

��

a c b�

 

  a b c  b c a �



2



 a  c  b   a  b  c   b  c  a  �abc



2

 abc  (**)





 a  b  c   b  c  a �

�  b2

Ta có : 0   a  b  c   b  c  a  ��

4

2



0   b  c  a   a  c  b  �c 2

0   a  c  b   a  b  c  �a 2



Nhân các BĐT dương cùng chiều ta được BĐT (**), do đó bài tốn được chứng

minh.

Ngược lại, đối với một số bài toán chứng minh bất đẳng thức mà các biểu thức (hoặc

biến đổi của nó) có chứa các biểu thức có dạng:

x

y



y

z



x y z

; ; , với x, y, z �0. Lúc này việc

y z x



z

x



đặt a  ; b  ; c  , với abc = 1 là một phương pháp hữu hiệu, sau đây là các ví dụ

minh chứng điều này:



Ví dụ 7. Cho các số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng:



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Cho 2 số dương thoả mãn điều kiện . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

Tải bản đầy đủ ngay(0 tr)

×