ẮT GIÁO KHOA. ỒI , LÕM, ĐIỂM U N C NG CONG....1 là ảnh của (C ) 1 qua phép biến hình F. Ta có / N F(M) F((C )) (C ) 11 nên N là giao điểm của (C ) 2 và

Truy cập website: hoc360.net để tải tài liệu đề thi miễn phí

Group: https://www.facebook.com/groups/tailieutieuhocvathcs/

ĐỐI XỨNG CỦA HÀM SỐ.

A.TÓM TẮT GIÁO KHOA.

I.TÍNH LỒI , LÕM, ĐIỂM UỐN CỦA ĐƯỜNG CONG. 1. Định nghĩa .

Gọi (C) là đồ thị của hàm số ( )y f x= trên ( )a; b và f có đạo hàm cấp hai

trên ( )a; b . Ta nói :

( )C lồi trên ( )a; b nếu tại mọi điểm của ( )C , tiếp tuyến luôn ở phía trên

( )C .

( )C lõm trên ( )a; b nếu tại mọi điểm của ( )C , tiếp tuyến luôn ở phía dưới

( )C .

Điểm I thuộc ( )C ngăn cách giữa phần lồi , phần lõm của ( )C gọi là điểm

uốn của ( )C .

2. Định lí .

Cho hàm số ( )y f x= có đạo hàm cấp hai trên ( )a; b và gọi ( )C là đồ thị của

hàm số .

a) Nếu f ''(x) 0 với mọi x thuộc ( )a; b thi ( )C là đồ thị lồi trên khoảng đó .

b) Nếu f ''(x) 0 với mọi x thuộc ( )a; b thì ( )C là đồ thị lõm trên khoảng đó.

c) Nếu f ''(x) đổi dâu khi x đi qua 0x thuộc ( )a; b thì điểm ( )( )0 0I x ; f x là

điểm uốn của ( )C .

II.TỊNH TIẾN HỆ TRỤC TỌA ĐỘ.

Giả sử ( )( )0 0I x ; f x là một điểm trong

mặt phẳng tọa độ Oxy. Phép tịnh tiến

theo vectơ OI biến hệ tọa độ Oxy thành

hệ tọa độ IXY.

Giả sử M là một điểm bất kỳ của mặt

phẳng .

* (x;y) là tọa độ của M đối với hệ tọa độ

Oxy.

* (X;Y) là tọa độ của M đối với hệ tọa độ

IXY.

O x

y

X

YM

I

x0

y0

Y

X

y

x

https://www.facebook.com/groups/tailieutieuhocvathcs/



Ta có công thức chuyển hệ tọa độ : 0

0

x X x.

y Y y

= +

= + III. ĐỐI XỨNG CỦA HÀM SỐ

Lập phương trình của ảnh của một đường.

1. Trên mặt phẳng Oxy , cho phép biến hình F có công thức tọa độ là

x h(x')

y g(y')

=

= (nghĩa là F biến M(x; y) thành M'(x'; y') khi và chỉ khi x,y,x',y'

thỏa hệ này). Gọi (C') là ảnh của (C) : y f(x)= qua phép biến hình F. Hãy lập

phương trình của (C) .

2. Cho phép biến hình F và hai đường 1 2(C ),(C ) . Dựng các điểm M,N lần

lượt thuộc 1 2(C ),(C ) sao cho N là ảnh của M qua phép biến hình F.

Cách giải:

1. Vì (C') là ảnh của (C) : y f(x)= qua phép biến hình F. nên với M'(x'; y') tùy

ý thuộc (C') tồn tại M(x; y) thuộc (C) sao cho F(M) M'= . Do đó, ta có

x h(x')

y g(y')

=

=

Vì M(x; y) (C) nên y f(x)= . Vì vậy ta được g(y') f(h(x'))= .

Vậy, phương trình của (C') là g(y) f(h(x))= .

2. Gọi /1(C ) là ảnh của 1(C ) qua phép biến hình F. Ta có

/1 1N F(M) F((C )) (C )= = nên N là giao điểm của 2(C ) và /

1(C ) . Dựa vào tính

chất của F ta tìm được M.

Chú ý 1: Cho hàm số ( )y f x ,= có đồ thị ( )C .

1.Nếu ( )f x là hàm số chẵn : Đồ thị của có đối xứng nhau qua trục Oy - có

nghĩa là , trục Oy là trục đối xứng của nó .

2. Nếu ( )f x là hàm số lẻ : Đồ thị của nó nhận gốc tọa độ O làm tâm đối xứng

3. Cho hai điểm ( ) ( )1 1 2 2A x ; y ,B x ; y và đường thẳng d : mx ny p 0+ + = . Nếu

A và B đối xứng nhau qua đường thẳng d thì phải thỏa mãn hệ sau :

AB dk .k 1= − , trung điểm I của AB thuộc đường thẳng d , trong đó

2 1AB

2 1

y yk

x x

−=

−




4. Cho điểm ( )0 0I x ;y , nếu chuyển hệ tọa độ Oxy dọc theo phương của véc tơ

OI thì công thức chuyển trục là : = +

= +

0

0

x x X

y y y

Khi đó phương trình của đồ thị ( )C trong hệ mới : ( )0 0Y F X;y ;x=

Chú ý 2 :

- Đối với đồ thị hàm phân thức , thì giao hai tiệm cận là tâm đối xứng

- Đối với hàm số bậc ba thì tọa độ điểm uốn là tọa độ tâm đối xứng

- Đối với hàm số trùng phương thì trục Oy là trục đối xứng của đồ thị hàm số

B.PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN.

Vấn đề 1 Chứng minh đồ thị có tâm đối xứng Phương pháp .

Tiến hành theo các bước sau:

Tịnh tiến OI . Hệ trục Oxy Hệ trục IXY

Viết phương trình của ( )C đối với hệ trục IXY , giả sử phương trình đó là

( )Y F X .=

Chứng minh ( )Y F X= là hàm số lẻ.

Kết luận I là tâm đối xứng của ( )C .

Công thức tọa độ của phép đối xứng tâm.

Trong mặt phẳng Oxy , cho điểm I(a; b) . Gọi IS là phép đối xứng tâm I.

Ta có M'(x'; y') là ảnh của M(x; y) qua IS khi và chỉ khi

x' 2a x x 2a x'

y' 2b y y 2b y'

= − = −

= − = −

Đường (C) : y f(x)= có ảnh qua đối xứng tâm IS là

(C) : 2b y f(2a x) y f(2a x) 2b− = − = − − +

Chứng minh đồ thị có tâm đối xứng

Cách 1.

- Giả sử đồ thị ( )C có tâm đối xứng là ( )0 0I x ;y

- Chuyển : ( ) ( ) = +

⎯⎯→ = = +

OI 0

0

x x XOxy IXY

y y Y

- Viết phương trình ( )C trong hệ tọa độ mới : ( )0 0Y F X;y ;x= ( )




- Buộc cho ( ) là một hàm số lẻ : ( Cho hệ số các ẩn bậc chẵn )

- Giải hệ ( với hệ số các ẩn bậc chẵn bằng 0 ) ta suy ra kết quả .

Cách 2.

Nếu đồ thị ( )C nhận điểm I làm tâm đối xứng thì :

+ + − =0 0 0f(x x) f(x x) 2y với mọi x

Ví dụ 1.1.4

Chứng minh rằng đồ thị x 3

(C) : yx 2

−=

+ có tâm đối xứng là điểm I( 2;1)− .

Lời giải.

Gọi (C') là ảnh của (C) qua phép đối xứng tâm IS thì (C') có phương trình là

[2 ( 2) x] 3 x 32 1 y y

[2 ( 2) x] 2 x 2

− − − − − = =

− − + +.

Do (C') trùng với (C) nên (C) có tâm đối xứng là I( 2;1)− .

Chú ý: Thực hiện phép tịnh tiến hệ trục tọa độ Oxy thành hệ trục tọa độ

IXY theo công thức I

I

x X x

y Y y

= +

= +

Viết phương trình của (C) trong hệ trục tọa độ IXY rồi chứng minh hàm số

thu được là hàm số lẻ.

Ví dụ 2.1.4 Chứng minh giao hai tiệm cận là tâm đối xứng của đồ thị x

yx 1

=+

Lời giải.

Hàm số viết lại : = −+

1y 1

x 1

Giả sử ( )C có tâm đối xứng là ( )0 0I x ;y

Chuyển : ( ) ( ) = +

⎯⎯→ = = +

OI 0

0

x x XOxy IXY

y y Y

Phương trình ( )C trong hệ mới là :

( ) ( )0 00 0

1 1Y y 1 Y y 1

x X 1 X x 1+ = + = − + +

+ + + +

Để hàm số là lẻ : ( ) − = = −

− + = =

0 0

0 0

1 y 0 x 1I 1;1

x 1 0 y 1

CÁC BÀI TOÁN LUYỆN TẬP




Bài 1: Tìm điểm uốn của đồ thị các hàm số sau

1. = − +3 2y x 3x 4 2. = − +4 2y x 6x 2

CÁC BÀI TOÁN DÀNH CHO HỌC SINH ÔN THI ĐẠI HỌC

Bài 2:

1. Chứng minh điểm ( )I 1;2 là tâm đối xứng của đồ thị ( )C của hàm số

= − +3 2y x 3x 4.

2. Chứng minh rằng đồ thị ( )C của hàm số 3x 1

yx 1

−=

+ nhận điểm ( )I 1;3− là

tâm đối xứng .

Bài 3: Chứng minh =−

2xy

x 1 có tâm đối xứng , tìm tọa độ tâm đối xứng

Vấn đề 2: Tìm tham số m để đồ thị có tâm đối xứng

Phương pháp .

1. Nếu ( )f x;m là hàm số phân thức hữu tỷ :

- Tìm tọa độ giao hai tiệm cận . Giả sử giao hai tiệm cận là ( )J a; b

- Để I là tâm đối xứng thì buộc J trùng với I ta suy ra hệ : =

=

0

0

a xm

b y

2. Nếu ( )f x;m là hàm số bậc ba .

- Tìm tọa độ điểm uốn : ( ) = =

= =

y''(x; m) 0 x aJ a; b

y f(x; m) y b

- Tương tự , để I là tâm đối xứng , ta cho J trùng với I ta suy ra hệ :

=

=

0

0

a xm

b y

Ví dụ 1.2.4

Tìm m để hàm số 3 2y x 3x 3mx 3m 4= − + + + có tâm đối xứng ( )I 1;2

Lời giải.

Ta có : 2y' 3x 6x 3m, y'' 6x 6= − + = − và

y'' 0 6x 6 0 x 1= − = = ( )I 1;6m 2 +

Để đồ thị có tâm đối xứng I thì : =

=+ =

1 1m 0

6m 2 2

Vậy với m 0= , đồ thị có tâm đối xứng I




Ví dụ 2.2.4

Tìm m để hàm số ( )22x m 4 x 2m 1

yx 2

+ − − +=

− có tâm đối xứng ( )I 2;1

Lời giải.

Gọi J là giao hai tiệm cận , thì ( )J 2;m 4+

Để đồ thị có tâm đối xứng I thì ta buộc J trùng với I , nghĩa là ta có hệ :

= = −

+ =

2 2m 3

m 4 1

Vậy với m 3= − , đồ thị có tâm đối xứng I


Bài 1:

Tìm m để đồ thị hàm số ( )3

2xy 3mx 2 m 0

m= − + − có tâm đối xứng ( )I 1;0

Bài 2: Cho hàm số 3 2y x (3m 1)x 2mx m 1= − − + + + có đồ thị là m(C ) .

1. Tìm trên đồ thị 2(C ) những cặp điểm đối xứng qua O

2. Tìm m để trên m(C ) tồn tại một cặp điểm đối xứng nhau qua Oy

Vấn đề 3: Chứng minh đồ thị có trục đối xứng

Phương pháp .

Công thức tọa độ của phép tịnh tiến.

Trong mặt phẳng Oxy , cho véc tơ v (a; b)= . Gọi vT là phép tịnh tiến theo véc

tơ v . Ta có M'(x'; y') là ảnh của M(x; y) qua phép tịnh tiến vT khi và chỉ khi

x' x a x x' a

y' y b y y' b

= + = −

= + = −

Đường (C) : y f(x)= có ảnh qua phép tịnh tiến vT là

(C') : y b f(x a) y f(x a) b− = − = − + .

Chứng minh đồ thị có trục đối xứng

Cách 1

- Giả sử trục đối xứng có phương trình : = 0x x . Gọi điểm ( )0I x ;0

- Chuyển ( ) ( ) = +

⎯⎯→ = =

OI 0x x XOxy IXY

y Y

- Viết phương trình đường cong ( )C trong tọa độ mới : ( )0 0Y F X;y ;x= ( )

- Buộc cho ( ) là một hàm số chẵn : ( Cho hệ số các ẩn bậc lẻ bằng O )




- Giải hệ các ẩn số bậc lẻ bằng 0 ta suy ra kết quả cần tìm .

Cách 2. Nếu với = 0x x là trục đối xứng thì : f( ( )+ = −0 0x x ) f x x đúng với mọi

x , thì ta cũng thu được kết quả .

Ví dụ 1.3.4 Tìm trên 3x(C x 3) : y 3− += hai điểm M,N sao cho MN (3;0)= .

Phân tích hướng giải.

Giả thiết bài toán cho ta thấy ngay rằng N là ảnh của M qua phép tịnh tiến

vT , với v (3;0)= .

Theo hướng giải của bài toán dựng điểm bằng phép biến hình, ta nghĩ ngay

đến việc tìm ảnh (C') của (C) qua phép tịnh tiến vT . Khi đó ta "dựng" được

N là giao điểm của (C') và (C) .

Lời giải.

Gọi v(C') T (C)= thì (C') có phương trình là

3 3 2x 9x 2y 0 (x 3) 3(x 3) 3 xy 4 15− = − − − + − + − = .

Vì M (C) nên v vN T (M) T (C) (C')= = . Do đó, N là giao điểm của (C) và

(C') .

Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (C') là

23 3x 9x 24xx 3 13x 5− += −− + . Phương trình này có hai nghiệm là x 1= hoặc

x 2= .

* Khi x 1= ta được N(1;1) . Vì MN (3;0)= nên M( 2;1)− .

* Khi x 2= ta được N(2; 5) . Vì MN (3;0)= nên M( 1;5)− .

Ví dụ 2.3.4 Tìm trên 3x(C x 3) : y 3− += hai điểm M,N sao cho MN song

song với trục hoành và MN 3= .


Giả thiết bài toán cho biết phương của đường thẳng (MN)và độ dài của MN

là không đổi. Vì vậy véc tơ MN là được xác định, sai khác nhau về hướng.

Lời giải.

Vì MN song song với trục hoành nên MN k.i= , với i (1;0)= là véctơ đơn vị

của trục hoành.

Do MN 3= nên k 3 k 3= = . Nếu k 3= − thì MN 3v NM 3v= − = .

Vì không cần xem xét thứ tự của hai điểm M với N nên ta chỉ cần xét trường

hợp MN 3.i (3;0)= = .




Theo bài toán ta được hai cặp điểm là M( 2;1)− và N(1;1) hoặc M( 1;5)− và

N(2; 5) .

Ví dụ 3.3.4 Tìm điểm M thuộc ( )2x 3

C : yx 2

−=

− sao cho khoảng cách từ M đến

( )d : y x 4= − + bé nhất.


Nhưng nếu gọi H là hình chiếu của M lên đường thẳng (d) thì

HM k.n (k;k)= = , với n (1;1)= là véc tơ pháp tuyến của đường thẳng (d) . Với

mỗi k cố định ta cần dựng điểm H (d) , điểm M (C) sao cho M là ảnh của

H qua phép tịnh tiến theo véc tơ v(k; k) .

Lời giải.

Gọi H là hình chiếu của M lên đường thẳng (d) thì HM k.n (k;k)= = , với

n (1;1)= là véc tơ pháp tuyến của đường thẳng (d) .

Gọi (d') là ảnh của (d) qua phép tịnh tiến vT với v (k; k)= . Ta có phương

trình của (d') là: y k (x k) 4 y x 2k 4− = − − + = − + +

Vì v vM T (H) T (d) (d')= = và M thuộc (C) nên hoành độ của M là nghiệm

của phương trình: 2x2x 3

x 2k 4 2(k 2)x k 5 0x 2

4−−

= − + + ++ + =−

.

Phương trình này có nghiệm khi và chỉ khi 2' k 1 0 k 1 = − .

Suy ra khoảng cách từ M đến (d) là HM k 1= .

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi Mx 1= (ứng với k 1= − ) hoặc Mx 3= (ứng với

k 1= )

Vậy, M(1;1) hoặc M(3;3) là tọa độ cần tìm.


Bài 1: Tìm m để 3x(C x 3) : y 3− += và m4

d : y x m3

= + cắt nhau tại ba điểm

mà trong đó có hai điểm M,N sao cho MN 5= .

Bài 2: Tìm trên 3x(C x 3) : y 3− += hai điểm M,N sao cho MN song song với

trục hoành và MN lớn nhất.

Bài 3: Cho hàm số 4 3 2y x 4x 7x 6x 4,= − + − + có đồ thị ( )C . Chứng minh rằng

đường thẳng x 1= là trục đối xứng của đồ thị ( )C . ( Hoặc : Chứng minh rằng

đồ thị hàm số có trục đối xứng ; tìm phương trình của trục đối xứng đó ? )




Bài 4: Tìm tham số m để đồ thị hàm số : 4 3 2y x 4x mx= + + , có đồ thị là

( )mC , có trục đối xứng song song với trục Oy .

Vấn đề 4: Lập phương trình đường cong đối xứng với một

đường cong qua một điểm hoặc qua một đường thẳng.

Phương trình của phép đối xứng tâm.

Trong mặt phẳng Oxy , cho điểm I(a; b) . Gọi IS là phép đối xứng tâm I.

Ta có M'(x'; y') là ảnh của M(x; y) qua IS khi và chỉ khi:

x' 2a x x 2a x'

y' 2b y y 2b y'

= − = −

= − = −

Đường (C) : y f(x)= có ảnh qua phép tịnh tiến theo véc tơ v là

(C') : 2b y f(2a x) y 2b f(2a x)− = − = − − .

Phương trình của phép đối xứng qua đường thẳng.

Trong mặt phẳng Oxy , cho đường thẳng 2 2( ) : Ax By C 0, A B 0. + + = +

Gọi S là phép đối xứng qua đường thẳng ( ) .

Ta có M'(x'; y') là ảnh của M(x; y) qua S khi và chỉ khi

2 2 2 2

2 2 2 2

(Ax By C) (Ax' By' C)x' x 2A x x' 2A

A B A B(Ax By C) (Ax' By' C)

y' y 2B y y' 2BA B A B

+ + + += − = −

+ + + + + + = − = −

+ +

Lập phương trình đường cong đối xứng với một đường cong qua một điểm hoặc

qua một đường thẳng.

Cho đường cong ( )C có phương trình ( )y f x= và một điểm ( )0 0M x ;y (cho

sẵn)

1.Lập phương trình đường cong ( )C' đối xứng với đường cong ( )C qua điểm

M .

2. Lập phương trình đường cong ( )C' đối xứng với đường cong ( )C qua đừng

thẳng d : y kx m .= +

Cách giải:

1. Gọi ( )N x;y thuộc ( ) ( )C : y f x= là một điểm bất kỳ .

- Gọi N' là điểm đối xứng với N qua M thì :

( ) ( )( )

( )

= −

= −

0

0

x' 2x x 1N' x'; y' C'

y' 2y y 2




- Từ ( )1 và ( )2 ta có : = −

= −

0

0

x 2x x'

y 2y y', Thay x,y tìm được vào : ( )y f x= ,ta suy

ra ( )0 0y' g x';x ;y= . Đó chính là phương trình của đường cong ( )C' .

2. Gọi ( ) ( ) ( ) ( ) = A x;y C y f(x);B x';y' C'

- Nếu ( )C và ( )C' đối xứng nhau qua d thì A,B đối xứng nhau qua d :

( )

( )

− = −

= − −

+ + = +

AB d

y' yk 1 1

k .k 1 x' x

I d y' y x x'k b 2

2 2

Ở ( )1 và ( )2 thì k,b là những số đã biết . Ta tìm cách khử x và y trong ( )1

và ( )2 để được một phương trình có dạng ( )y' g x'= .

Đó chính là phương trình của ( )C' cần tìm .

Chú ý: Xét phép biến hình g : ( ) ( )M x,y M’ x’;y’ .

Để tìm phương trình ( )C' ,ảnh của ( )C qua phép biến hình g , ta tính x và y

theo x’ và y’ sau đó thay x, y vào phương trình của ( )C sẽ suy ra được phương

trình của ( )C' .

Đặc biệt. Cho ( )C : y = f(x)

* Nếu ( )C' đối xứng với ( )C qua gốc tọa độ O thì phương trình ( )C' là y = - f( -

x).

* Nếu ( )C' đối xứng với ( )C qua trục hoành độ thì phương trình ( )C' là y = -

f(x).

* Nếu ( )C' đối xứng với ( )C qua trục tung độ thì phương trình ( )C' là y = f( -

x).

* Nếu ( )C' đối xứng với ( )C qua đường thẳng y = x thì phương trình ( )C' : x =

f(y).

Ví dụ 1.4.4 Lập phương trình đường cong ( )C' đối xứng với ( )C : 3x 1

yx 3

+=

−

qua đường thẳng d : x y 3 0.+ − =

Lời giải.

Gọi ( )A x; y thuộc ( )C và ( )B x';y' thuộc ( )C'




Gọi I là trung điểm của AB nên có:

+=

+ =

I

I

x x'x

2y y'

y2

và AB d

y y'k , k 1

x x'

−= = −

−

Nếu ( )C' đối xứng với ( )C qua d , thì A và B đối xứng nhau qua d

( ) −

− = − = − − = − − = − − + + + + = + = − − + + + − =

AB d

y y'. 1 1k .k 1 y y' x x' y x y' x'x x' ;

y y' x y x' y' 6 y x y' x' 6I d x x'3 0

2 2

= − + − + = + =

= − + − + −

y x' 3 10 10x' 3 3 y'

x y' 3 y' 3 3 x'

Vậy, phương trình hàm số ( )C' đối xứng với ( )C là =10

yx

Ví dụ 2.4.4

Viết phương trình đường thẳng đi qua A(1;4) và cắt 3(C) : y x 3x 2= − + tại ba

điểm mà có hai trong ba điểm đó đối xứng nhau qua A .

Lời giải.

Giả sử đường thẳng ( ) đi qua A và cắt (C) tại ba điểm mà trong đó có hai

điểm 1 1M(x ;y ) , 2 2N(x ; y ) đối xứng nhau qua A .

Ta có M,N thuộc (C) và M,N đối xứng nhau qua A nên chúng là giao điểm

của (C) và ảnh (C') của (C) qua phép đối xứng AS .

Phương trình của (C') là

3 3 22 4 y (2 1 x) 3(2 1 x) 2 y x 6x 9x 4 − = − − − + = − + + .

Vì M,N là giao điểm của (C) và (C') nên 1 2x ,x là nghiệm của phương trình

3 3 2 2x 3x 2 x 6x 9x 4 3x 6x 1 0− + = − + + − − = .

Thực hiện phép chia 3(x 3x 2)− + cho 2(3x 6x 1)− − ta được

3 2 1 2 4 8x 3x 2 (3x 6x 1) x x

3 3 3 3

− − = − − + + +

.

Vì M,N thuộc (C) và 1 2x ,x là nghiệm của phương trình 23x 6x 1 0− − = nên




21 1 1 1

22

2

1

2 2 2

1 2 4 83x 6x 1) x x

3 3 3 3

1 2 4 83x 6x 1) x x

3 3 3 3

y (

y (

− −

=

=

+ + +

− − + + +

11

2 2

4 8x

3 34 8

x .3 3

y

y

=

+

=

+

Suy ra phương trình của đường thẳng ( ) (MN) là 4 8

y x3 3

= + .

Kiểm tra lại,

Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và ( ) là 3 4 8x 3x 2 x

3 3− + = + .

Phương trình này có ba nghiệm là 3 2 3

x 2,x3

= − = .


Bài 1:

1. Lập phương trình đường cong ( )C' đối xứng với ( )C : 2x x 3

yx 2

+ −=

+ qua

điểm ( )I 1;1− .

2. Lập phương trình đường cong ( )C' đối xứng với ( )C : 4

2x 5y 3x

2 2= − + qua

điểm ( )I 0;2 .

Bài 2:


yx 2

+ −=

+ qua

đường thẳng d : x 2y 1 0− − =


yx 2

+ −=

− qua

đường thẳng d : y 2=

3. phương trình đường cong ( )C' đối xứng với ( )C : y 2x(4 x)= − qua Ox .

Chứng minh rằng ( )C cắt ( )C' theo một E-líp, viết phương trình E-Líp đó ?

Bài 3: Gọi (C) là đồ thị của hàm số 3 y x 3x 1= − + . Viết phương trình của (C’)

với

1. (C’) là ảnh của (C) qua phép tịnh tiến vectơ u (1;2)= .

2. (C’) là ảnh của (C) qua phép đối xứng tâm I(-1;1).

3. (C’) là ảnh của qua phép đối xứng trục (d) với (d) là đường thẳng phương

trình x = 2.




Vấn đề 5 Chứng minh Bất đẳng thức

1. Định nghĩa: Cho hàm số y f(x)= liên tục [a; b] và có đồ thị là (C). Khi đó ta

có hai điểm A(a;f(a)), B(b;f(b)) nằm trên đồ thị (C).

i) Đồ thị (C) gọi là lồi trên (a; b) nếu tiếp tuyến tại mọi điểm nằm trên cung

AB luôn nằm phía trên đồ thị (C).

ii) Đồ thị (C) gọi là lõm trên (a; b) nếu tiếp tuyến tại mọi điểm nằm trên cung

AB luôn nằm phía dưới đồ thị (C).

2. Dấu hiệu đồ thị lồi

Định lí 1: Cho hàm số y f(x)= có đạo hàm cấp hai liên tục trên ( )a; b

* Nếu ( )f ''(x) 0 x a;b thì đồ thị hàm số lõm trên (a; b)

* Nếu ( )f ''(x) 0 x a;b thì đồ thị hàm số lồi trên ( )a; b

3. Ứng dụng

Từ hình ảnh trực quan của định nghĩa cho ta một phương pháp giải các bài toán

BĐT và cực trị sau :

Định lí 2: (Bất đẳng thức tiếp tuyến)

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 0 0 0 0f(x) f '(x )(x x ) f(x ) x [a;b] − +

ii) Nếu f ''(x) 0 x [a; b] thì 0 0 0 0f(x) f '(x )(x x ) f(x ) x [a;b] − +

Đẳng thức trong hai Bất đẳng thức trên xảy ra 0x x = .

Ta có thể chứng minh định lí trên như sau

Đồ thị hàm số lồi

_ x

_ y

_ b _ a

Đồ thị hàm lõm

_ x

_ y

a _ b

_ 1




i) Xét hàm số 0 0 0g(x) f(x) f '(x )(x x ) f(x )= − − − , x [a; b]

Ta có : 0g'(x) f '(x) f '(x ) g''(x) f ''(x) 0 x [a;b]= − =

0g'(x) 0 x x = = và g'(x) đổi dấu từ − sang + khi x qua 0x nên ta có :

0g(x) g(x ) 0 x [a; b] = .

ii) Chứng minh tương tự.

Định lí 3: (Bất đẳng thức cát tuyến)

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 0f(a) f(b)

f(x) (x a) f(a) x [a; b]a b

− − +

−

ii) Nếu f ''(x) 0 x [a; b] thì 0f(a) f(b)

f(x) (x a) f(a) x [a; b]a b

− − +

−.

Đẳng thức trong các BĐT trên có khi và chỉ khi x a= hoặc x b= .

Ví dụ 1.5.4 Cho các số thực dương a,b,c thỏa a b c 1+ + = . Chứng minh rằng

2 2 2

a b c 3

10a 1 b 1 c 1+ +

+ + +

.

Lời giải.

Xét hàm số 2

xf(x)

x 1=

+

với x (0;1) .

Ta có: 2 3 2 5

1 3xf '(x) f ''(x) 0 x (0;1)

(x 1) (x 1)= = −

+ +

Nên ta có: 1 1 1

f(a) f ' a f3 3 3

− +

1 1 1

f(b) f ' b f3 3 3

− +

1 1 1

f(c) f ' c f3 3 3

− +

Suy ra : ( )1 1 3

f(a) f(b) f(c) f ' a b c 1 3f3 3 10

+ + + + − + =

Đẳng thức xảy ra 1

a b c3

= = = .

Ví dụ 2.5.4 Cho các số thực dương a,b,c thỏa : 2 2 2a b c 3+ + = . Chứng minh

1 1 11

1 8a 1 8b 1 8b+ +

+ + +.




Lời giải.

Xét hàm số : 1

f(x)1 8a

=+

, 0 a 3 . Ta có :

3 5

4 48 1f '(x) f "(x) 0 x ( ; 3]

8(1 8x) (1 8x)= − = −

+ +

Nên ta có : f(a) f '(1)(a 1) f(1) − +

f(b) f '(1)(b 1) f(1) − +

f(c) f '(1)(c 1) f(1) − +

f(a) f(b) f(c) f '(1)(a b c 3) 3f(1) + + + + − + (*)

Mặt khác : 2 2 2 2(a b c) 3(a b c ) 9+ + + + =

3 a b c 3 a b c 3 0− + + + + − và 4

f '(1) 027

= − nên từ (*)

Ta suy ra : f(a) f(b) f(c) 3f(1) 1+ + = .

Nhận xét : Dấu hiệu giúp chúng ta nhận ra phương pháp trên là BĐT cần

chứng minh có dạng

1 2 nf(a ) f(a ) ... f(a ) k+ + + hoặc 1 2 nf(a ) f(a ) ... f(a ) k+ + + , trong đó

ia (i 1,..,n)= là các số thực cho trước. Trong một số trường hợp BĐT chưa có

dạng trên, ta phải thực hiện một số phép biến đổi mới đưa về dạng trên.Chúng

ta cần chú ý một số dấu hiệu sau.

• Nếu BĐT có dạng 1 2 nf(a ).f(a )...f(a ) k thì ta lấy loganepe hai vế

• Nếu BĐT cần chứng minh đồng bậc thì ta có thể chuẩn hóa. Tùy thuộc vào

từng bài toán mà ta lựa chọn cách chuẩn hóa phù hợp.

Ví dụ 3.5.4 Cho các số thực dương a,b,c thỏa : a b c 3+ + = . Tìm GTLN của

biểu thức : b c a

2 2 2P a 1 a b 1 b c 1 c = + + + + + +

.

Lời giải.

Ta có : 2 2 2lnP bln(a 1 a ) cln b 1 b aln c 1 c = + + + + + + + +

Xét hàm số : 2f(x) ln x 1 x , 0 x 1 = + +

. Ta có :

2 2 3

1 xf '(x) f ''(x) 0

x 1 (1 x )

−= =

+ +

x (0;1)

Suy ra : ( )f(a) f '(1) a 1 f(1) f '(1)a f(1) f '(1) − + = + −

bf(a) f '(1)ab f(1) f '(1) b + −




cf(b) f '(1)cb f(1) f '(1) c + −

af(c) f '(1)ac f(1) f '(1) a + − .

( )ln P f '(1) ab bc ca (a b c) f(1)(a b c) 3ln(1 2) + + − + + + + + +

(Do ab bc ca 3 a b c+ + = + + )

Nên 3lnP 3ln(1 2) P (1 2) + + .

Đẳng thức xảy ra a b c 1 = = = . Vậy GTLN của 3P (1 2)= + .

Ví dụ 4.5.4

Cho x,y 0 thỏa x y z 1+ + = . Tìm GTNN của biểu thức : y z xP x y z− − −= + + .

Lời giải.

Áp dụng BĐT Cô si, ta có : y z x3

3P

x .y .z

Đặt y z xA x .y .z lnA ylnx zlny xlnz= = + + . Vì hàm số f(t) ln t= có

2

1f ''(t) 0

t= −

1 1 1ln x f ' x f( ) 3x 1 ln 3

3 3 3

− + = − −

lnA y(3x 1 ln3) z(3y 1 ln3) x(3z 1 ln3) − − + − − + − −

23(xy yz zx) 1 3ln3 (x y z) 1 3ln3 3ln3= + + − − + + − − = −

31A P 3 3

3 . Đẳng thức xảy ra

1x y z

3 = = = .

Vậy GTNN của 3P 3 3= .

Ví dụ 5.5.4

Cho 1

a,b,c2

thỏa a b c 2+ + = . Tìm GTNN của biểu thức : a b cP a b c= + + .

Lời giải.

Xét hàm số t 1f(t) t , t 1

2= . Ta có : lnf(t) t ln t= lấy đạo hàm hai vế ta được

( )f '(t) (1 lnt)f(t) lnf '(t) lnf(t) ln lnt 1= + = + +

f ''(t) f '(t) 1 11 ln t

f '(t) f(t) t(ln t 1) t(ln t 1) = + = + +

+ +

1 1f ''(t) (1 ln t)f(t) 1 ln t 0 t [ ;1]

t(1 ln t) 2

= + + +

+




Vì 1

a,b,c ;12

nên áp dụng BĐT tiếp tuyến, ta có :

2 2 2f(a) f ' a f

3 3 3

− +

2 2 2f(b) f ' b f

3 3 3

− +

2 2 2f(c) f ' c f

3 3 3

− +

Cộng ba BĐT trên ta có : ( ) 32 2 4

f(a) f(b) f(c) f ' a b c 2 3f 33 3 9

+ + + + − + =

.

Vậy GTNN của 34

P 39

= đạt được 2

a b c3

= = = .

Ví dụ 6.5.4 Cho a,b,c 0 . Chứng minh rằng :

2 2 2 2 2 21 3 1 1 1(a b c ) a b c a b c

a b c3 3

+ + + + + + + + + +

.

(Trích đề thi Albania 2002)

Lời giải.

Vì BĐT đã cho thuần nhất nên ta chỉ cần chứng minh Bđt đúng với mọi số thực

dương a,b,c thỏa mãn 2 2 2a b c 1+ + = , khi đó bđt cần chứng minh trở thành:

f(a) f(b) f(c) 1+ + trong đó:

1 3 1f(x) . x

x3 3

+= − với 0 x 1 . Dễ thấy hàm số f có f ''(x) 0 x (0;1)

Nên theo BĐT tiếp tuyến ta có :

1 1f(a) f(b) f(c) f ' (a b c 3) 3f

3 3

+ + + + − +

.

Do

2 2 2

1f ' 0 1

3 f(a) f(b) f(c) 3f 13

a b c 3(a b c ) 3

+ + =

+ + + + =

.

Ví dụ 7.5.4: Cho n số thực 1 2 nx ,x ,...,x thuộc khoảng (0; )2

thỏa :

1 2 ntanx tanx ... tanx n+ + + .Chứng minh : 1 2 nn

1sinx .sinx ...sinx

2 .




Lời giải.

Đặt i ia tanx (i 1,2,...,n)= = ia 0 i 1,2,...,n = và n

ii 1

a n=

Ta cần chứng minh : n

i

2 ni 1 i

a 1

1 a 2=

+ (1).

Xét hàm số 2

xf(x) , x 0

1 x=

+

có 2 3

1f '(x)

(1 x )=

+

f ''(x) 0 x 0 .

3

1 1 1f(x) f '(1)(x 1) f(1) (x 1) (x 1)

2 2 22 − + = − + = + .

nn

i nn n ni i 1

i i2 n n n n

i 1 i 1 i 1i

(a 1)a 1 1 2 1

f(a ) (a 1)n1 a 8 8 8 2

=

= = =

+

= + =

+

Đẳng thức xảy ra 1 2 n 1 2 na a ... a 1 tanx tanx ... tanx 1 = = = = = = = =

1 2 nx x ... x4

= = = = .

Nhận xét : Qua các ví dụ trên, ta có được kết quả tổng quát sau

Định lí 4 : Cho hàm số y f(x)= có đạo hàm cấp hai trên a; b và n số

1 2 na ,a ,...,a nằm trong đoạn a; b thỏa mãn : n

ii 1

a k, na k nb=

= .

• Nếu f ''(x) 0 x a;b thì ta có : n

ii 1

kf(a ) nf( )

n=

• Nếu f ''(x) 0 x a; b thì ta có : n

ii 1

1 kf(a ) f( )

n n=

.

Ví dụ 8.5.4:. Cho tam giác ABC có một góc không nhỏ hơn 2

3

. Chứng minh

rằng : A B C

tan tan tan 4 32 2 2+ + − .

Lời giải.

Không mất tính tổng quát, ta giả sử 2

A B C C3 6

.




Hàm số f(x) tanx= , x 0;3

có f ''(x) 0 x 0;3

. Áp dụng BĐT tiếp

tuyến, ta có

A Af( ) f '( )( ) f( )

2 3 2 3 3

− +

B Bf( ) f '( )( ) f( )

2 12 2 12 12

− +

C Cf( ) f '( )( ) f( )

2 12 2 12 12

− + .

A B C A 2 A B Cf f f f '( ) f '( ) f '( )

2 2 2 3 12 2 3 12 2 2

+ + + + − − + −

f 2f3 12

+ +

Do A

f ' f ' 0; 03 12 2 3

− −

và

A B C

2 2

+ + = nên ta có :

A B Cf f f f 2f 4 3

2 2 2 3 12

+ + + = −

đpcm.

Đẳng thức xảy ra 2

A ; B C3 6

= = = và các hoán vị.

Ví dụ 9.5.4:. Cho các số thực không âm a,b,c thỏa 3

max{a,b,c}4

và

a b c 1+ + = . Tìm GTNN của biểu thức :3 3 32 2 2P 1 3a 1 3b 1 3c= + + + + + .

Lời giải.

Không mất tính tổng quát, ta giả sử 3 1

a max{a,b,c} a ,c4 8

= .

Xét hàm số ( )3 2f(x) 1 3x , x 0;1= + có 2 23

2xf '(x)

(1 3x )=

+

2

2 53

2 2xf ''(x) 0 x (0;1)

(1 3x )

− =

+

. Áp dụng BĐT tiếp tuyến, ta có :

3 3 3f(a) f '( )(a ) f( )

4 4 4 − + ;

1 1 1f(b) f '( )(b ) f( )

8 8 8 − + ;

1 1 1f(c) f '( )(c ) f( )

8 8 8 − +




3 33 1 3 3 1 3 1 172 2 67f(a) f(b) f(c) f '( ) f '( ) (a ) f( ) 2f( ) f( ) 2f( )

4 8 4 4 8 4 8 4

+ + + − − + + + =

Đẳng thức xảy ra 3 1

a ; b c4 8

= = = và các hoán vị.

Vậy 3 3172 2 67

minP4

+= .

Nhận xét : Trong một số trường hợp đồ thị hàm số y f(x)= có khoảng lồi, lõm

trên a; b nhưng ta vẫn có được đánh giá :

0 0 0 0f(x) f '(x )(x x ) f(x ) ,x (a;b) − + . Chẳng hạn các bạn xem đồ thị minh họa

dưới đây.

Ví dụ 10.5.4:: Cho a,b,c và a b c 6+ + = . Chứng minh rằng :

4 4 4 3 3 3a b c 2(a b c )+ + + + .

Lời giải:

BĐT đã cho 4 3 4 3 4 3(a 2a ) (b 2b ) (c 2c ) 0 f(a) f(b) f(c) 0 − + − + − + +

Trong đó 4 3f(x) x 2x= − . Ta thấy 2f ''(x) 12x 12x= − nên đồ thị hàm số f có

khoảng lồi và khoảng lõm do đó ta không thể áp dụng BĐT tiếp tuyến được.

Tuy nhiên ta vẫn có thể đánh giá được f(x) qua tiếp tuyến của nó tại điểm có

hoành độ x 2= (vì đẳng thức xảy ra khi a b c 2= = = )

_ x

_ y

x 0

a

_ O b




Ta có tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại y f(x)= điểm có hoành độ x 2=

là: y 8x 16= − .

4 3 2 2f(x) (8x 16) x 2x 8x 16 (x 2) (x 2x 4) 0 x− − = − − + = − − + .

f(a) f(b) f(c) 8(a b c) 48 0 + + + + − = (đpcm).

Chú ý. Vì y 8x 16= − là tiếp tuyến của đồ thị hàm số 4 3f(x) x 2x= − tại điểm có

hoành độ x 2= nên ta có sự phân tích: ( ) ( ) ( ) ( )k

f x 8x 16 x 2 g x− − = − với k 2

và g(2) 0 .

Ví dụ 11.5.4:: Cho 3

a,b,c4

− và a b c 1+ + = . Chứng minh rằng:

2 2 2

a b c 9

10a 1 b 1 c 1+ +

+ + +. ( Vô địch Toán Ba Lan 1996)

Lời giải.

Ta thấy đẳng thức xảy ra khi 1

a b c3

= = = và Bđt đã cho có dạng:

9f(a) f(b) f(c)

10+ + trong đó

2

xf(x)

x 1=

+ với

3 5x [ ; ]

4 2 − .

Tiếp tuyến của đồ thị hàm số y f(x)= tại điểm có hoành độ 1

x3

= là :

36x 3y

50

+= .

Ta có: 2

2 2

36x 3 36x 3 x (3x 1) (4x 3) 3 5f(x) 0 x [ ; ]

50 50 4 2x 1 50(x 1)

+ + − +− = − = −

+ +

Vậy : 2 2 2

a b c 36(a b c) 9 9

50 10a 1 b 1 c 1

+ + ++ + =

+ + + đpcm.

Ví dụ 12.5.4:: Cho các số thực a,b,c 0 thoả mãn a b c 1+ + = . Chứng minh :

a b c 9

1 bc 1 ac 1 ab 10+ +

+ + +.

Lời giải. Ta có :

2 2 2 2 2 2b c 1 a a c 1 b b a 1 cbc ( ) ( ) ; ca ( ) ( ) ; ab ( ) ( )

2 2 2 2 2 2

+ − + − + − = = = nên

2 2 2

a b c 4a 4b 4cf(a) f(b) f(c)

1 bc 1 ac 1 ab a 2a 5 b 2b 5 c 2c 5+ + + + = + +

+ + + − + − + − +.




(Nhận xét : Đẳng thức xảy ra khi 1

a b c3

= = = và tiếp tuyến của đồ thị hàm

số2

4xf(x)

x 2x 5=

− + tại điểm có hoành độ

1x

3= là :

99x 3y

100

−= )

Mặt khác: 2

2 2

4x 99x 3 (3x 1) (15 11x)0 x (0;1)

100x 2x 5 100(x 2x 5)

− − −− =

− + − +

2 2 2

4a 4b 4c 99(a b c) 9 9

100 10a 2a 5 b 2b 5 c 2c 5

+ + − + + =

− + − + − +đpcm.

Ví dụ 13.5.4:. Cho a,b,c là độ dài ba cạnh tam giác. Chứng minh rằng :

1 1 1 9 1 1 14

a b c a b c a b b c c a

+ + + + +

+ + + + + .

Lời giải. Không làm mất tính tổng quát ta giả sử 1a b c+ + = , khi đó Bđt đã

cho trở thành 2 2 2

5a 1 5a 1 5c 19

a a b b c c

− − −+ +

− − −.

Vì a,b,c là độ dài ba cạnh tam giác và a b c 1+ + = suy ra 1

a,b,c (0; )2

.

Ta có :2

2 2

5a 1 (3a 1) (2a 1) 1(18a 3) 0 a (0; )

2a a a a

− − −− − =

− −

2

5a 1 1 18a 3 a (0; )

2a a

− −

−.

Ta cũng có hai Bđt tương tự. Cộng các Bđt này lại với nhau ta có:

2 2 2

5a 1 5a 1 5c 118(a b c) 9 9

a a b b c c

− − −+ + + + − =

− − − (đpcm).

Đẳng thức xảy ra khi1

a b c3

= = = .

Ví dụ 14.5.4:. Cho a,b,c 0 . Chứng minh rằng :

2 2 2

2 2 2 2 2 2

(b c a) (c a b) (a b c) 3

5(b c) a (c a) b (a b) c

+ − + − + −+ +

+ + + + + +.

(Olympic Toán Nhật Bản 1997)

Lời giải . Vì Bđt cần chứng minh là thuần nhất nên ta chỉ cần chứng minh Bđt

đúng với mọi số thực dương a,b,c thỏa mãn a b c 1+ + = . Khi đó Bđt đã cho

trở thành:




2 2 2

2 2 2 2 2 2

(1 2a) (1 2b) (1 2c) 3

5(1 a) a (1 b) b (1 c) c

− − −+ +

− + − + − +

2 2 2

2 2 2

4a 4a 1 4b 4b 1 4c 4c 1 3

52a 2a 1 2b 2b 1 2c 2c 1

− + − + − + + +

− + − + − +

2 2 2

1 1 1 27

52a 2a 1 2b 2b 1 2c 2c 1 + +

− + − + − +

27f(a) f(b) f(c)

5 + + .

Trong đó 2

1f(x)

2x 2x 1=

− + với x (0;1) .

Tiếp tuyến của đồ thị hàm số y f(x)= tại điểm có hoành độ 1

x3

= là :

54x 27y

25

+=

Ta có: 3 2 2

2 2

54x 27 2(54x 27x 1) 2(3x 1) (6x 1)f(x) 0 x (0;1)

25 25(2x 2x 1) 25(2x 2x 1)

+ − + − +− = =

− + − +

54(a b c) 81 27f(a) f(b) f(c)

25 5

+ + + + + = đpcm.

Trong các ví dụ trên ta chỉ xét các BĐT đối xứng ba biến và đẳng thức xảy ra

khi các biến bằng nhau. Phần tiếp theo ta sẽ đi xét một số BĐT không đối xứng

hoặc BĐT đối xứng nhưng đẳng thức xảy ra khi có ít nhất hai biến không bằng

nhau.

Ví dụ 15.5.4:: Cho a,b,c 0 và a b c 1+ + = . Chứng minh rằng:

3 3 3 5 5 510(a b c ) 9(a b c ) 1+ + − + + (Trung Quốc 2005).

Lời giải: Giả sử a b c .

Xét hàm số 3 4f(x) 10x 9x , x (0;1)= − có

2 4 3f '(x) 30x 45x f ''(x) 60x 180x= − = −

01

f ''(x) 0 x x3

= = = đồng thời 0f ''(x) 0 x (0;x ) và

0f ''(x) 0 x (x ;1) .

• Nếu 0a x . Áp dụng BĐT tiếp tuyến ,ta có:

1 1 1f(a) f ' a f

3 3 3

− +




1 1 1f(b) f ' b f

3 3 3

− +

1 1 1f(c) f ' c f

3 3 3

− +

( )1 1

f(a) f(b) f(c) f ' a b c 1 3f 13 3

+ + + + − + =

.

• Nếu 0a x . Áp dụng BĐT tiếp tuyến và cát tuyến ta có:

( ) ( )0

0

f(1) f(x )f(a) a 1 f 1 f(1) 1

1 x

− − + =

−.

( )( ) ( )f(b) f ' 0 b 0 f 0 0 − + =

( )( ) ( )f(c) f ' 0 c 0 f 0 0 − + =

f(a) f(b) f(c) 1 + + .

Ví dụ 16.5.4:

Cho ABC nhọn. Tìm GTLN của biểu thức: 2 2F sinA.sin B.sin C= .

Lời giải:

Ta có : lnF lnsinA 2lnsin B 3lnsinC= + +

Xét hàm số 2

1f(x) lnsin x, x (0; ) f '(x) cot x f ''(x) x 0;

2 2sin x

= = = −

Áp dụng BĐT tiếp tuyến với MNP nhọn, ta có :

( ) ( )f(A) f '(M) A M f(M) A M cotM lnsinM − + = − +

( ) ( )f(B) f '(N) B N f(N) B N cotN lnsinN − + = − +

( ) ( )f(C) f '(P) C P f(P) C P cotP lnsinP − + = − +

tanM.f(A) tanN.f(B) tanP.f(C) tanMlnsinM tan N.lnsinN tanP.lnsinP + + + +

Chọn ba góc M,N,P sao cho :

tanM tanN tanPk tanM k;tanN 2k; tanP 3k

1 2 3= = = = = =

Mặt khác : tanM tan N tanP tanM.tan N.tanP+ + =

3

2

tanM 1 2 36k 6k k 1 sinM ;sinN ;sinP

2 5 101 tan M = = = = = =

+

1 2 3 27f(A) f(B) f(C) ln 2ln 3ln ln

2 5 10 25 5 + + + + =




27F

25 5 . Đẳng thức xảy ra A M;B N;C P = = = .

Vậy GTLN của 27

F25 5

= .

Nhận xét : Từ cách giải trên, ta có được cách giải cho bài toán tổng quát sau :

Cho ABC nhọn. Tìm GTLN của pm nE sin A.sin B.sin C= , với m,n,p là

những số thực dương. (Xem ở phần bài tập)

Ví dụ 17.5.4:: Cho tam giác ABC nhọn. Tìm GTNN của biểu thức :

F tanA 2tan B 3tanC= + + .

Lời giải :

Xét hàm số f(x) tan x, x 0;2

=

, có 2f '(x) 1 tan x= +

2f ''(x) 2 tan x(1 tan x) 0, x 0;2

= +

.

Áp dụng BĐT tiếp tuyến với MNP nhọn, ta có :

2

1f(A) f '(M)(A M) f(M) (A M) tan M

cos M − + = − +

2 1cos M.f(A) sin2M A M

2 + −

Tương tự : 2 21 1cos N.f(B) sin2N B N; cos P.f(C) sin2P C P

2 2 + − + −

2 2 2 sin2M sin2N sin2Pcos M.f(A) cos N.f(B) cos P.f(C)

2

+ + + + .

Ta chọn các góc M,N,P sao cho : cosM k 0; cosN 2k; cosP 3k= = =

Vì M,N,P là ba góc của tam giác nên ta có đẳng thức : 2 2 2cos M cos N cos P 2cosM.cosN.cosP 1+ + + =

3(1 2 3)k 2 6k 1 k + + + = là nghiệm dương của phương trình :

32 6x (1 2 3)x 1 0+ + + − = (1).

2 2sin2M 2 1 cos M.cosM 2k 1 k = − = − ;

2 2sin2N 2k 2(1 2k );sin2P 2k 3(1 3k )= − = −

2 2 2

2

1 k 2(1 2k ) 3(1 3k )sin2M sin2N sin2PF

k2k

− + − + −+ + = .




Vậy GTNN của 2 2 21 k 2(1 2k ) 3(1 3k )

Fk

− + − + −= đạt được khi

A M;B N;C P= = =

Với M,N,P là ba góc của tam giác nhọn được xác định bởi :

cosM k 0; cosN 2k; cosP 3k= = = , trong đó k là nghiệm dương duy

nhất của PT (1).

Nhận xét : Tương tự cách làm trên, ta cũng tìm được giá trị nhỏ nhất của biểu

thức

F m.tanA n.tan B p.tanC= + + , trong đó m,n,p là các số thực dương và

A,B,C là ba góc của tam giác nhọn (Xem ở phần bài tập).

Ví dụ 18.5.4: Cho x,y,z 0 thỏa x y z 1+ + = . Tìm GTNN của :

43 2 4P x 1 y 1 z= + + + + .

Lời giải:

Ta có các hàm số 43 2 4f(t) t ; g(t) 1 t ; h(t) 1 t= = + = + , t (0;1) là những hàm

số có đạo hàm cấp hai dương trên khoảng (0;1) . Nên với a,b,c 0 thỏa

a b c 1+ + = áp dụng BĐT tiếp tuyến, ta có:

f(x) f '(a)(x a) f(a) − + ; h(y) h'(b)(y b) h(b) − + ; g(z) g'(c)(z c) g(c) − +

Ta chọn a,b,c sao cho

f '(a) g'(b) h'(c) k= = =

2

2 2

3 3

4 34 34

ka

3a k 3

b kk b

1 b 1 k

kcck

1 k k(1 c )

= =

= = + − ==

−+

(1)

Do 3

42 3

k k ka b c 1 1

3 1 k k1 k+ + = + + =

−−

(2).

Dễ thấy phương trình (2) luôn có nghiệm trong khoảng (0;1) .

42 3

k 3k 1 1P f(x) g(y) h(z) f(a) h(b) g(c)

9 1 k k1 k = + + + + = + +

−−

Đẳng thức xảy ra x a; y b;z c = = = .




Vậy 42 3

k 3k 1 1minP

9 1 k k1 k= + +

−−

với k là nghiệm nằm trong (0;1) của

(2).

Ví dụ 19.5.4:. (BĐT Jensen). Cho hàm số y f(x)= liên tục và có đạo hàm cấp hai

trên ( )a; b và n số thực dương 1 2 n, ,..., có tổng bằng 1.

a) Nếu f ''(x) 0 x (a; b) thì ta có: n n

i i i ii 1 i 1

f(x ) f x= =

với ( )ix a; b i 1,n = . Đẳng thức có khi 1 2 nx x .. x= = = .

b) Nếu f ''(x) 0 x (a; b) thì ta có: n n

i i i ii 1 i 1

f(x ) f x= =

với ( )ix a; b i 1,n = . Đẳng thức có khi 1 2 nx x .. x= = = .

Lời giải.

a) Đặt 1 1 2 2 n ny a a ... a y (a;b)= + + + .

Vì f ''(x) 0 nên áp dụng BĐT tiếp tuyến, ta có:

( )i if(a ) f '(y) a y f(y) i 1,2,..,n − + =

( )i i i i i if(a ) f '(y) a y f(y) i 1,2,..,n − + =

n n n n

i i i i i i i ii 1 i 1 i 1 i 1

f(a ) f '(y) ( a y) f(y) f(y) f a= = = =

− + = =

.

b) Chứng minh tương tự.

Ví dụ 29.5.4:. Cho hai bộ số thực dương 1 2 nx ,x ,...,x và 1 2 na ,a ,...,a thỏa mãn:

n n

i ii 1 i 1

x a= =

= . Chứng minh rằng: n n

a ai ii i

i 1 i 1

x a= =

.

Lời giải.

BĐT cần chứng minh n n

i i i ii 1 i 1

a lnx a lna= =

.

Hàm số f(x) ln x= là hàm lồi, nên áp dụng BĐT tiếp tuyến ta có:

i i i i i i i ii

1f(x ) f '(a )(x a ) f(a ) (x a ) f(a )

a − + = − +

n n n n

i i i i i i i i i i i i i ii 1 i 1 i 1 i 1

a f(x ) x a a f(a ) a f(x ) (x a ) a f(a ) a f(a )= = = =

− + − + =




n n

i i i ii 1 i 1

a lnx a lna= =

đpcm.

Chú ý: Điều thú vị là BĐT Cô si lại là một hệ quả của bài toán trên. Thật vậy:

Cho

n

ii 1

1 2 n

x

a a ... an

== = = =

. Khi đó BĐT đã cho trở thành:

nn

in ni 1

i ii 1 i 1

x

x an

=

= =

=

( do 1 2 na a ... a= = = )

n

i ni 1 n

ii 1

x

xn

=

=

đây chính là BĐT Cô Si cho n số.


Documents

ẮT GIÁO KHOA. ỒI , LÕM, ĐIỂM U N C NG CONG....1 là ảnh của (C ) 1 qua phép biến hình F. Ta có / N F(M) F((C )) (C ) 11 nên N là giao điểm của (C ) 2 và