Chủ đề này có 84 trả lời

[vietfrog]

Hàm số là một công cụ quan trọng trong chứng minh Bất đẳng thức.
Nó đặc biệt có ưu thế trong kì thi Đại học khi ta không thể sử dụng các phương pháp mạnh khác.
Đây không phải phương pháp mới, chúng ta vẫn dùng thường xuyên. Nhưng mình muốn tổng hợp bài tập và cách suy luận, biến đổi của phương pháp quen thuộc này.
Mình xin mở topic này để mọi người thảo luận về Phương pháp hàm số trong việc Chứng minh Bất đẳng thức.
(Sử dụng cực trị hàm số; Phương pháp tiếp tuyến ; Khảo sát hàm nhiều biến... ( Có thể là Sử dụng Định lý Lagrange; hàm lôi`...)
Mong mọi người ủng hộ. Các bài Bất đẳng thức có liên quan đến hàm số đều sẽ được xét đến trong topic này.
Mở đầu, xin post một số bài tập sau để mọi người thảo luận:
Bài 1:
Chứng minh rằng:

${2^{\sin x}} + {2^{\tan x}} > {2^{x + 1}}$ , $\forall x \in \left( {0;\dfrac{\pi }{2}} \right)$

Bài 2:
Chứng minh rằng:

$\ln (x + 1) < x$ , $\forall x > 0$

Bài 3:
Cho x,y>0. Chứng minh rằng:

$\dfrac{1}{a}.\ln ({x^a} + {y^a}) > \dfrac{1}{b}\ln ({x^b} + {y^b})$ với : $0 < a < b$

P/s: Giải bằng pp hàm số nhé!
P/s: Các bài tập trên không khó, mọi người giải quyết nhanh sẽ post tiếp.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 01-10-2011 - 00:26

[Nguyễn Hoàng Lâm]

Bài 1:
Chứng minh rằng:

${2^{\sin x}} + {2^{\tan x}} > {2^{x + 1}}$ , $\forall x \in \left( {0;\dfrac{\pi }{2}} \right)$

Bất đăng thức cần chứng minh tương đương với :
$ 2^{xin x-x-1 } +2^{tanx -x-1 } >1 $
Bằng bđt Cauchy ta có : $ 2^{xin x-x-1 } +2^{tanx -x-1 } \geq 2\sqrt{2^{sin x+tan x-2x-2}}= \sqrt{2^{sin x+ tan x -2x }} $
Xét $ f(x) = tan x + sin x -2x , x \in (0;\dfrac{\pi}{2}) $
$ f^{'} (x) = \dfrac{1}{Cos^2x}+ cos x -2 >0 , \forall x \in (0;\dfrac{\pi}{2}) $
Lập bảng biến thiên ta sẽ được $ tan x + sin x -2x >0 \forall x \in (0;\dfrac{\pi}{2}) $ .
Suy ra $ \sqrt{2^{sin x+ tan x -2x }} > 1 $
Vậy ${2^{\sin x}} + {2^{\tan x}} > {2^{x + 1}}$ , $\forall x \in \left( {0;\dfrac{\pi }{2}} \right)$

[vietfrog]

Bài 2
Chứng minh rằng:

$\ln (x + 1) < x$ , $\forall x > 0$

Bài 2 này đơn giản hơn nhiều.
Bất đẳng thức tương đương với:
$\ln (x + 1) - x < 0$
Xét : $f(x) = \ln (x + 1) - x;x > 0$
Cần chứng minh : $f(x) < 0$
Ta có: $f'(x) = \dfrac{1}{{x + 1}} - 1 = \dfrac{{ - x}}{{x + 1}} < 0$
Suy ra $f(x)$ nghịch biến trên $[0; + \infty )$
Suy ra : $f(x) < f(0) = 0$ (đpcm)

P/s: Mọi người làm tiếp bài 3 nhé. Gợi ý: coi a,b là ẩn

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 21-09-2011 - 19:20

[vietfrog]

Thêm một số bài tập nữa.
Bài 4:
Cho x>y>0. Chứng minh rằng:

$$\dfrac{{x + y}}{2} > \dfrac{{x - y}}{{\ln x - \ln y}}$$

Bài 5:
Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta luôn có:

$\sin A + \sin B + \sin C + \tan A + \tan B + \tan C > 2\pi $

( A,B,C là các góc của tam giác)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 20-09-2011 - 20:33

[Crystal]

Thêm một số bài tập nữa.
Bài 4:
Cho x>y>0. Chứng minh rằng:

$\dfrac{{x + y}}{2} > \dfrac{{x - y}}{{\ln x - \ln y}}$

Bài 5:
Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta luôn có:

$\sin A + \sin B + \sin C + \tan A + \tan B + \tan C > 2\pi $

( A,B,C là các góc của tam giác)

Bài 4: Xét f (t) = lnt, khi đó f (t) liên tục trên [y;x] và khả vi trên [y;x] nên:

$\exists a \in \left( {y;x} \right):\,\dfrac{{\ln x - \ln y}}{{x - y}} = f'\left( a \right) = \dfrac{1}{a}$.

Mặt khác: $\dfrac{{x + y}}{2} > a \Rightarrow \dfrac{2}{{x + y}} < \dfrac{1}{a} \Rightarrow \dfrac{2}{{x + y}} < \dfrac{{\ln x - \ln y}}{{x - y}} \Leftrightarrow \dfrac{{x + y}}{2} > \dfrac{{x - y}}{{\ln x - \ln y}}$.

Bài 5: Xét hàm số: $f\left( x \right) = \sin x + \tan x - 2x,\,\,\,x \in \left[ {0;\dfrac{\pi }{2}} \right]$

$f'\left( x \right) = \cos x + \dfrac{1}{{{{\cos }^2}x}} - 2 \ge 0$ suy ra f (x) đồng biến nên $f\left( x \right) > f\left( 0 \right) = 0,\,\,\forall x \in \left( {0;\dfrac{\pi }{2}} \right)$

Thay x bằng A, B, C rồi cộng lại ta có đpcm.

[Crystal]

Bài 6: Cho $0 < \alpha < \beta < \sqrt 6 $. Chứng minh rằng: $\dfrac{{\sin \beta }}{{\sin \alpha }} > \dfrac{{\beta - \dfrac{{{\beta ^3}}}{6}}}{{\alpha - \dfrac{{{\alpha ^3}}}{6}}}$
Bài 7: Cho $f\left( x \right) = \dfrac{x}{{\sqrt {x + 1} }},\,\,\,x > 0$. Chứng minh rằng: $x - \dfrac{{{x^2}}}{2} < f\left( x \right) < x,\,\,\forall x > 0$.

[vietfrog]

Bài 4:

Mặt khác: $\dfrac{{x + y}}{2} > a$.

Anh Thành giải thích hộ em chỗ trên cái. Liệu có điều đó không ạ?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 08-09-2011 - 17:01

[Didier]

Bài 6: Cho $0 < \alpha < \beta < \sqrt 6 $. Chứng minh rằng: $\dfrac{{\sin \beta }}{{\sin \alpha }} > \dfrac{{\beta - \dfrac{{{\beta ^3}}}{6}}}{{\alpha - \dfrac{{{\alpha ^3}}}{6}}}$
Bài 7: Cho $f\left( x \right) = \dfrac{x}{{\sqrt {x + 1} }},\,\,\,x > 0$. Chứng minh rằng: $x - \dfrac{{{x^2}}}{2} < f\left( x \right) < x,\,\,\forall x > 0$.

$ x-\dfrac{x^{2}}{2}< f(x)< x \forall x$
$ \Leftrightarrow \dfrac{x^{2}}{2}> x (1-\dfrac{1}{\sqrt{x+1}})> 0$
do $ x> 0$
dễ dàng cm
$ x (1-\dfrac{1}{\sqrt{x+1}})> 0$
giờ chỉ cm
$ \dfrac{x^{2}}{2}> X (1-\dfrac{1}{\sqrt{x+1}})$
$ \Leftrightarrow \left ( \dfrac{1}{\sqrt{x+1}} \right ) > 1-\dfrac{x}{2}$
đặt
$ (1-\dfrac{1}{\sqrt{x+1}})=g(x)$
$ \left (\dfrac{x}{2} \right )=h\left ( x\right )$

vậy$ g\left ( x\right ),h\left ( x\right )$liên tục trên$ [0,+\propto ) $
trên khoảng đó$ h\left ( x \right ) \neq 0$
áp dung Dl lagrange
$ \dfrac{g\left ( x \right )-g\left ( 0 \right )}{h\left ( x \right )-h\left ( 0 \right )}=\dfrac{g'\left ( m \right )}{h'\left ( m \right )}(m)\in (0,+\propto )$
$ \dfrac{g\left ( x \right )-g\left ( 0 \right )}{h\left ( x \right )-h\left ( 0 \right )}=\dfrac{\dfrac{1}{2\sqrt{x+1}^{3}}}{\dfrac{1}{2}}< 1$
đpcm
mà bài này liẹu có thể cm bàng BĐT không

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Didier: 08-09-2011 - 19:35

[vietfrog]

[i]Bài 6: Cho $0 < \alpha < \beta < \sqrt 6 $. Chứng minh rằng: $\dfrac{{\sin \beta }}{{\sin \alpha }} > \dfrac{{\beta - \dfrac{{{\beta ^3}}}{6}}}{{\alpha - \dfrac{{{\alpha ^3}}}{6}}}$

Làm bài 6 vậy.
Bất đẳng thức đã cho tương đương với:
$\dfrac{{\sin \beta }}{{\beta - \dfrac{{{\beta ^3}}}{6}}} > \dfrac{{\sin \alpha }}{{\alpha - \dfrac{{{\alpha ^3}}}{6}}} $
Xét : $f(x) = \dfrac{{x - \dfrac{{{x^3}}}{6}}}{{\sin x}} $
BĐT tương đương: $f(\beta ) < f(\alpha ) $
Ta có:
$f'(x) = \dfrac{{\sin x - \dfrac{{{x^2}}}{2}.\sin x - x\cos x + \dfrac{{{x^3}}}{3}.\cos x}}{{{{\sin }^2}x}} $
Tiếp tục xét: $g(x) = \sin x - \dfrac{{{x^2}}}{2}.\sin x - x\cos x + \dfrac{{{x^3}}}{3}.\cos x $
$g'(x) = \dfrac{{ - {x^3}\sin x}}{6} < 0\forall x \in (0;\pi ) $
Suy ra $g(x) $ nghịch biến trên $(0;\pi ) $
$ \Rightarrow g(x) < g(0) = 0 $
Suy ra $f'(x) < 0\forall x \in (0;\pi ) \Rightarrow f'(x) < 0\forall x \in (0;\sqrt 6 ) $
Như vậy $f(x) $ nghịch biến trên $(0;\pi ) $
Với $0 < \alpha < \beta < \sqrt 6 \Rightarrow f(\beta ) < f(\alpha )$ đpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 10-09-2011 - 19:43

[vietfrog]

Bài 4: Xét f (t) = lnt, khi đó f (t) liên tục trên [y;x] và khả vi trên [y;x] nên:

$\exists a \in \left( {y;x} \right):\,\dfrac{{\ln x - \ln y}}{{x - y}} = f'\left( a \right) = \dfrac{1}{a}$.

Mặt khác: $\dfrac{{x + y}}{2} > a \Rightarrow \dfrac{2}{{x + y}} < \dfrac{1}{a} \Rightarrow \dfrac{2}{{x + y}} < \dfrac{{\ln x - \ln y}}{{x - y}} \Leftrightarrow \dfrac{{x + y}}{2} > \dfrac{{x - y}}{{\ln x - \ln y}}$.

Mình nghĩ cách trên chưa thực sự ổn cho lắm.
Mình làm Bài 4 như sau:
Bất đẳng thức đã cho tương đương:

$\Leftrightarrow \ln \dfrac{x}{y} > 2.\dfrac{{\dfrac{x}{y} - 1}}{{\dfrac{x}{y} + 1}}$

Xét :

$f(t) = \ln - 2.\dfrac{{t - 1}}{{t + 1}},t > 1$

BĐT tương đương:

$f(t) > 0$

Ta có:

$f'(t) = \dfrac{{{{(t - 1)}^2}}}{{t.{{(t + 1)}^2}}} > 0\forall t > 0$

Suy ra $f(t)$ đ�ồng biến / D

$f(t) > f(1) = 0$ (đpcm)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 10-09-2011 - 20:17

[vietfrog]

Bài 8: ( Dùng Phương pháp khảo sát hàm số _ trong THTT 408 )
Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn:
${a^2} + {b^2} + {c^2} = 3$
Chứng minh rằng:
$\dfrac{1}{{2 - a}} + \dfrac{1}{{2 - b}} + \dfrac{1}{{2 - c}} \ge 3$

[dark templar]

Góp vui tý vậy
Bài 9: Cho $n \in N,n \ge 2$.Chứng minh rằng BĐT sau đúng $\forall x \in (0;1)$

$x^{n}\sqrt{1-x}<\dfrac{1}{\sqrt{2ne}}$

[vietfrog]

Góp vui tý vậy
Bài 9: Cho $n \in N,n \ge 2$.Chứng minh rằng BĐT sau đúng $\forall x \in (0;1)$

$x^{n}\sqrt{1-x}<\dfrac{1}{\sqrt{2ne}}$

Bài này khó ghê. Dài thiệt. Mình xin trình bày tóm tắt cách của mình. ( hiếm khi làm được BĐT của dark templar )
Bình phương hai vế ta có : ${x^{2n}}.(1 - x) < \dfrac{1}{{2ne}}$
Xét hàm số: $f(x) = {x^{2n}}.(1 - x)$

Ta có: $f'(x) = {x^{2n - 1}}.\left[ {2n - (2n + 1)x} \right]$
Bảng biến thiên:

( hỏi luôn mọi người cách vẽ Bảng biến thiên thế nào??? )
Suy ra :$f(x) \le f\left( {\dfrac{{2n}}{{2n + 1}}} \right) = \dfrac{{{{(2n)}^{2n}}}}{{{{(2n + 1)}^{2n + 1}}}}$

Ta chứng minh: $\dfrac{{{{(2n)}^{2n}}}}{{{{(2n + 1)}^{2n + 1}}}} < \dfrac{1}{{2ne}}\]$
Đặt $t = 2n \ge 4 > 1$,
Ta chứng minh : $\dfrac{{{t^t}}}{{{{\left( {t + 1} \right)}^{t + 1}}}} < \dfrac{1}{{te}} \Leftrightarrow {\left( {\dfrac{t}{{t + 1}}} \right)^{t + 1}} < \dfrac{1}{e} \Leftrightarrow {\left( {1 + \dfrac{1}{t}} \right)^{t + 1}} > e$
$ \Leftrightarrow (t + 1)\ln \left( {1 + \dfrac{1}{t}} \right) > 1$ (lấy $ln$ hai vế)
*** Ta dễ dàng chứng minh BĐT sau: $\ln (1 + a) > a - \dfrac{1}{2}{a^2},a > 0$ ( cũng bằng pp hàm số ) ***
Áp dụng vào bài:$(t + 1)\ln \left( {1 + \dfrac{1}{t}} \right) > (t + 1)\left( {\dfrac{1}{t} - \dfrac{1}{{2{t^2}}}} \right) = \dfrac{{2{t^2} + t - 1}}{{2{t^2}}} > 1,\forall t > 1$
Vậy ta có đpcm
P/s: Mỏi hết cả tay (

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 11-09-2011 - 23:29

[vietfrog]

Tiếp theo sẽ là một số bài tập khá hay.
Mức độ sẽ không khó nhưng cần vận dụng linh hoạt các định lý, đạo hàm...
Bài 10:
Cho $a \ne 0;m > 0;b,c \in R$ thỏa mãn điều kiện:

$\dfrac{a}{{m + 2}} + \dfrac{b}{{m + 1}} + \dfrac{c}{m} = 0$

Chứng minh rằng: ${b^2} \ge 4ac$

Bài 11:
Cho $a \ge e,x > 0$.Chứng minh rằng:

${(a + x)^a} < {a^{a + x}}$

Bài 12:Bài này nhìn hay

Cho $x > 0;y > 0;x + 2y < \dfrac{{5\pi }}{4}$ .Chứng minh rằng:

$\cos (x + y) < \dfrac{{y\sin x}}{{x\sin y}}$

P/s: Vẫn còn bài số 8 khá hình thức khá đẹp đang đợi mọi người giải. Mọi người tham gia topic để chào mừng VMF đổi mới nhé!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 12-09-2011 - 00:14

[vietfrog]

Xin gửi đến các bạn một số tài liệu về phương pháp hàm số trong việc Chứng minh BĐT.
1. Phương pháp tiếp tuyến (post by vietfrog)
Link: http://www.mediafire...98k0w5z6c8s0clc
2. Đưa BĐT về 1 biến. (post by vietfrog)
Link: http://www.mediafire...wibni5q6ea33waz
3. Khảo sát hàm nhiều biến (post by vietfrog)
Link: http://www.mediafire...m6r4ql05kso481p
4. Ứng dụng đạo hàm CM BĐT (post by Nguyễn Xuân Trung)
Link: http://www.mediafire...1jen95wb3w8gi3l
P/s:- Bạn nào có tài liệu xin hãy post lên cho mọi người tham khảo.
- Vừa giải bài, chúng ta sẽ cùng trao đổi tài liệu về phương pháp ngay tại topic này.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 21-09-2011 - 22:43

[vietfrog]

Xin post lời giải bài 11:
Ta có:
Bất đẳng thức đã cho tương đương:\[a + x < {a^{\frac{{a + x}}{a}}}\]\[ \Leftrightarrow {a^{\frac{{a + x}}{a}}} - a - x > 0\]
Xét : $f(x) = {a^{\frac{{a + x}}{a}}} - a - x > 0$
Ta có: \[f'(x) = {a^{\frac{x}{a}}}\ln a - 1;f''(x) = \frac{1}{a}.{a^{\frac{x}{a}}}{\ln ^2}a > 0{\rm{ (Do a > e)}}\]
\[ \to f'(x) > f'(0) = 0\]
Suy ra $f(x)$ đồng biến. Từ đó: $f(x) > f(0) = 0$ đpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 22-09-2011 - 16:41

[vietfrog]

Bài 10 và bài 12 đều sử dụng Định lý Lagrange. Riêng bài 10 có thể sử dụng tính chất hàm liên tục.
Mọi người cùng post những lời giải lên nhé.

Tiếp theo tuần tới chúng ta sẽ thảo luận với chủ đề:
Phương pháp: Dùng đạo hàm để chứng minh các BĐT 3 biến.

[dark templar]

Cái bài 8 xài kiểu xét hàm số trong THTT số gần đây,cũng khá hay;nhưng mình lại giải bằng BĐT cổ điển
Góp vui tý vậy
Bài 13:(Dễ) Cho $a,b,c \in R$ thỏa :$a+b+c=1$.Chứng minh rằng:
$$\dfrac{1}{3^{a}}+\dfrac{1}{3^{b}}+\dfrac{1}{3^{c}} \ge 3\left(\dfrac{a}{3^{a}}+\dfrac{b}{3^{b}}+\dfrac{c}{3^{c}} \right)$$

[Crystal]

Tiếp theo sẽ là một số bài tập khá hay.
Mức độ sẽ không khó nhưng cần vận dụng linh hoạt các định lý, đạo hàm...
Bài 10:
Cho $a \ne 0;m > 0;b,c \in R$ thỏa mãn điều kiện:

$\dfrac{a}{{m + 2}} + \dfrac{b}{{m + 1}} + \dfrac{c}{m} = 0$

Chứng minh rằng: ${b^2} \ge 4ac$

Giải:
Ta chứng minh phương trình: $a{x^2} + bx + c = 0$ có nghiệm trong khoảng $\left( {0;1} \right)$.

Xét hàm số: $f\left( x \right) = \dfrac{{\rm{a}}}{{m + 2}}{{\rm{x}}^{m + 2}} + \dfrac{b}{{m + 1}}{x^{m + 1}} + \dfrac{c}{m}{x^m},\,\,\,a \ne 0;\,m > 0$

$f\left( x \right)$ liên tục trên $\left[ {0;1} \right]$, có đạo hàm trên $\left( {0;1} \right)$ và $f\left( 0 \right) = f\left( 1 \right) = 0$ nên $\exists {x_0} \in \left( {0;1} \right)$ sao cho:

$f'\left( {{x_0}} \right) = {\rm{a}}x_{^0}^{m + 1} + bx_{^0}^m + cx_0^{^{m - 1}} = x_0^{m - 1}\left( {ax_0^2 + b{x_0} + c} \right) = 0 \Rightarrow ax_0^2 + b{x_0} + c = 0$

Từ đó ta có đpcm.

[vietfrog]

Tuần này mình xin post lên một số bài toán sử dụng đạo hàm để chứng minh Bất đẳng thức 3 biến.

Bài 14:
Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn: $a+b+c=1$.
Chứng minh rằng:
\[\dfrac{a}{{{a^2} + 1}} + \dfrac{b}{{{b^2} + 1}} + \dfrac{c}{{{c^2} + 1}} \le \dfrac{9}{{10}}\]

Bài 15:
Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn: $a+b+c=1$.
Chứng minh rằng:
\[10({a^3} + {b^3} + {c^3}) - 9({a^5} + {b^5} + {c^5}) \ge 1\]

Bài 16:
Cho $a,b,c$ là các số thực dương.
Chứng minh rằng:
\[\dfrac{{{a^2}}}{{\sqrt {2{a^2} + ab + {b^2}} }} + \dfrac{{{b^2}}}{{\sqrt {2{b^2} + bc + {c^2}} }} + \dfrac{{{c^2}}}{{\sqrt {2{c^2} + ca + {a^2}} }} \ge \dfrac{{a + b + c}}{2}\]

Bài 17:
Cho $a,b,c$ là các số thực dương.
Chứng minh rằng:
\[\dfrac{{5{b^3} - {a^3}}}{{ab + 3{b^2}}} + \dfrac{{5{c^3} - {b^3}}}{{bc + 3{c^2}}} + \dfrac{{5{a^3} - {c^3}}}{{ac + 3{c^2}}} \le a + b + c\]

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 27-09-2011 - 12:04