Kinh Lup Table 24_Ứng dụng giải tích trong chứng minh bất đẳng thức

Ngoài cách phát biểu trên , ta còn có thể phát biểu định nghĩa giới hạn như sau : ta nói dãy  u n dần tới vô cực nếu u n có thể làm lớn bao nhiêu tùy ý miễn sao chọn n đủ lớn... Chứng

Ngô Minh Ngọc Bảo Hotline : 0963074940 Page 1

Ngô Minh Ngọc Bảo Hotline : 0963074940 Page 2

Ứng dụng giải tích trong chứng minh bất đẳng thức

I Kiến thức cơ bản

1 Định nghĩa giới hạn : Dãy số  u n dần tiến tới vô cực nếu với mọi số dương Mcho trước tồn tại một số tự nhiên N sao cho  n N thì u n M

Ký hiệu : limu n   hay u n  

Ngoài cách phát biểu trên , ta còn có thể phát biểu định nghĩa giới hạn như sau : ta nói dãy  u n dần tới vô cực nếu u n có thể làm lớn bao nhiêu tùy ý miễn sao chọn n đủ lớn

2 Định nghĩa đạo hàm : Cho hàm số f x  xác định trên  a b, , ta nói f x  có

đạo hàm tại x0  a b, nếu tồn tại giới hạn hữu hạn    

0

0 0

lim

x x

f x f x

x x





 Giới hạn

đó được gọi là đạo hàm của f x  tại x0

3 Định lý Lagrange : Nếu hàm số f x  liên tục trên đoạn a b,  và có đạo

hàm trên khoảng  a b, thì tồn tại c a b, sao cho f b    f a  f c b a'   

II Một số bài toán bất đẳng thức

Bài toán 1 : Chứng minh bất đẳng thức : sinx 2x



2

x   

Lời giải

Xét hàm số   2

sin



  trên đoạn 0,

2



Ta có :   2

' cos



  liên tục trên đoạn 0,

2



2



  sao cho f x' 0  0

Ngô Minh Ngọc Bảo Hotline : 0963074940 Page 3

Hay cosx0 2 0 cosx0 2

Mặt khác, ''  sin 0, 0,

2

  nên đạo hàm f x'  nghịch biến trên

0,

2



  Từ đó suy ra ,

0 x x cosx cosx 0 f x

2

        nghịch biến

Bảng biến thiên :

x 0 x0

2



f x'   0 

f x 

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy   2 2

Bài toán 2 : Cho các số thực a b c, ,     0,1  Chứng minh rằng :

   1 1 1 1

Lời giải

Ta có :  

1

 

 

    Do đó f x'  đồng biến trên  0,1

Ngô Minh Ngọc Bảo Hotline : 0963074940 Page 4

' 0 ' ' 1 , 0,1

+ Nếu f' 0   0 thì hàm số f x  đồng biến trên khoảng  0,1 ,  x  0,1

f x f

+ Nếu f' 1   0 thì hàm số f x  nghịch biến trên khoảng  0,1 ,  x  0,1

+ Nếu f' 1   0 và f' 0  0 thì  x0  0,1 sao cho f x' 0  0

Bảng biến thiên :

x 0 x0 1

f x' 0  0 

f x 

Dựa vào bảng biến thiên ta có : f x  Max f x0,1   Max f    0 ,f 1 1

 

Bài toán 3 : Cho tam giác ABC bất kỳ với các cạnh a b c, , thỏa a b c 

a Chứng minh rằng : a b3 2 c2 b c3 2 a2 c a3 2 b2 0

b Chứng minh rằng không thể thay số 0 ở vế phải bất đẳng thức trên bằng bất kỳ số nào nhỏ hơn

Lời giải

a Ta có : a b3 2 c2 b c3 2 a2 c a3 2 b2 0

3 3 2 2 2 2 2 2 2

0 0

b c a b a c a b a bc a c b c

  b c a b a c b c a c a b a c b a b c  a c a c b a c

0 0

Ngô Minh Ngọc Bảo Hotline : 0963074940 Page 5

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

0 0

Điều trên luôn đúng với mọi a b c 

b Giả sử  là số bất kỳ nhỏ hơn 0 thỏa a b3 2 c2 b b3 2 c2 c c3 2 a2  

Xét tam giác ABC với các cạnh a 3,b 4,c 5

   rõ ràng a    b c n, N*

Khi đó : 3 2 2 3 2 2 3 2 2

1 2 1 12 15 20 94

.

Vì lim 945 0

n

  nên theo định nghĩa 5

94

n

 có thể làm nhỏ tùy ý miễn sao

chọn nđủ lớn Thật vậy, giả sử 945 945 94 n 94

n



( bước trên ta đã sử dụng một bất đẳng thức cơ bản 945 94

n

n  )

Bất đẳng thức  * mẫu thuẫn với điều ta giả sử , vậy không tồn tại số   0

thỏa bất đẳng thức ở câu a

Bài toán 4 : Cho các số thực dương a b c, , thỏa mãn a b c   1

Chứng minh rằng :   2 2 2

3 4

ab bc ca

Lời giải

Ta có :

1

0

dx

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có :

2

Tiếp tục sử dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta lại có :

Ngô Minh Ngọc Bảo Hotline : 0963074940 Page 6

2

1

a b c

 

1

1

1

dx

ab bc ca ab bc ca

1 4

ab bc ca

ab bc ca

( Bước cuối sử dụng bất đẳng thức cơ bản    2

3 ab bc ca   a b c  )

The end