skkn khai thác một số hướng sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
KHAI THÁC MỘT SỐ HƯỚNG SỬ DỤNG ĐẠO HÀM
CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
Lĩnh vực/Môn: Toán
Tên tác giả: Nguyễn Thanh Giang
Giáo viên môn toán
NĂM HỌC 2013-2014
1
PHẦN 1: PHẦN LÍ LỊCH
Họ và tên tác giả: Nguyễn Thanh Giang
Chức vụ: Phó hiệu trưởng
Đơn vị công tác: Trường THPT chuyên Hưng Yên
Tên đề tài SKKN:
Khai thác một số hướng sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức
PHẦN 2: PHẦN NỘI DUNG
MỞ ĐẦU
1-Đặt vấn đề:
2
Thc trng ca vn : Trong chng trỡnh toỏn Trung hc hc sinh
c lm quen vi bi toỏn chng minh bt ng thc t lp 8. Bi toỏn chng
minh bt ng thc thng xuyờn xut hin trong k thi i hc, k thi hc sinh
gii tnh, hc sinh gii Quc gia, hc sinh gii Quc t Khi xut hin trong cỏc
k thi bi toỏn chng minh bt ng thc thng l mt trong nhng bi toỏn
khú . Sáng kiến kinh nghiệm này giúp học sinh, đặc biệt là học sinh chuyên toán,
học sinh các đội tuyển học sinh giỏi, hc sinh chun b thi i hc mt s hng
chứng minh bất đẳng thức s dng o hm, giỳp hc sinh mt hng tip cn
vi bi toỏn chng minh bt ng thc.
í ngha v tỏc dng ca ti: i mi phng phỏp ging dy mụn toỏn
trong giai on hin nay nh th no? Cõu hi c t ra cho nhng ngi lm

cụng tỏc ging dy toỏn trong trng ph thụng. Sỏng kin kinh nghim ny
ngoi vic cung cp kin thc cho hc sinh cũn cp n vic i mi phng
phỏp dy hc khi dy cỏc chuyờn vi mc tiờu nõng cao nng lc t duy,
phỏn oỏn, bit a ra con ng hp lý cho li gii; phỏt huy vai trũ ch ng,
sỏng to, tớnh tớch cc ca hc sinh trong hc toỏn; hc sinh cú th gii mt s
bi toỏn khỏc khi s dng bt ng thc, hc sinh t tỡm tũi, sỏng to ra nhng
bi toỏn mi Việc giảng dạy nội dung của sáng kiến kinh nghiệm này khích lệ
học sinh tìm tòi, sáng tạo trong học toán và giải toán cũng nh nghiên cứu toán
học khi ngồi trên ghế nhà trờng.
Phm vi nghiờn cu ca ti: Trong chng trỡnh THPT o hm cú
nhiu ng dng gii cỏc dng toỏn khỏc nhau: ng dng o hm gii
phng trỡnh; h phng trỡnh; chng minh bt ng thc; tỡm giỏ tr ln nht,
giỏ tr nh nht, tớnh gii hn, Cú nhiu phng phỏp khỏc nhau chng
minh bt ng thc, trong phạm vi sáng kiến kinh nghiệm này chỉ cp n
chứng minh bất đẳng thức cú ứng dụng o hm v khai thỏc cỏc bt ng thc
trong vic gii quyt cỏc bi toỏn khỏc. Đây cũng là mt phn nội dung chuyên
đề về bất ng thức mà tác giả giảng dạy ở các lớp chuyên toán cũng nh đợc
phân công ging dy tất cả các đội tuyển quốc gia của tỉnh Hng Yên trong nhiu
nm qua.
2- Phng phỏp tin hnh
3
Giáo viên và học sinh phân tích, tổng hợp, hệ thống kiến thức tổng kết được
qua các bước thực hiện trên mỗi lớp chuyên, đội tuyển sau đây:
- Trang bị kiến thức cơ bản về đạo hàm.
- Cung cấp trước một hệ thống bài tập để học sinh tự tìm tòi cách giải ở
nhà.
- Sử dụng hệ thống bài tập đã cho học sinh làm, cùng học sinh tổng kết các
hướng chứng minh bất đẳng thức bằng cách sử dụng đạo hàm.
- Liên hệ bất đẳng thức được chứng minh bởi công cụ đạo hàm trong các
bài toán khác.

- Sáng tạo các bài toán từ bất đẳng thức cơ bản được chứng minh bởi đạo
hàm.
Nội dung SKKN này sử dụng giảng dạy cho các lớp chuyên toán, các học
sinh giỏi toán, các đội tuyển học sinh giỏi thi học sinh giỏi tỉnh và học sinh giỏi
Quốc gia và có thể giảng dạy một phần ở các lớp ôn thi đại học.
NỘI DUNG
A- Mục tiêu: Đề tài SKKN đảm bảo các nội dung sau
Các định lý và các bất đẳng thức cơ bản
Phần này hệ thống lại các kiến thức cơ bản, các bất đẳng thức cơ bản được
chứng minh bằng công cụ đạo hàm sẽ được sử dụng trong phần sau.
Chứng minh bất đẳng thức bằng cách sử dụng đạo hàm.
Phần này hệ thống lại các hướng chính để chứng minh bất đẳng thức sử dụng
công cụ đạo hàm.
4
Sử dụng các bất đẳng thức được chứng minh bởi công cụ đạo hàm giải các
bài toán khác và sáng tạo những bài toán mới từ các bất đẳng thức được
chứng minh bởi công cụ đạo hàm.
Phần này đưa ra một số bài toán khác giải được trên cơ sở các bất đẳng thức
và tạo ra các bài toán mới từ các bất đẳng thức cơ bản chứng minh bởi công cụ
đạo hàm qua đó khích lệ học sinh tự sáng tác những bài toán mới.
Một số bài tập luyện tập
Phần này dùng để cho học sinh củng cố và rèn luyện kỹ năng chứng minh
bất đẳng thức sử dụng công cụ đạo hàm.
B- Giải pháp của đề tài
I- CÁC ĐỊNH LÝ VÀ BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN
ĐƯỢC CHỨNG MINH BẰNG ĐẠO HÀM
1.1 Các định lý:
1.1.1 Định lý Lagrange
Hàm số
)(xfy =

liên tục trên
[ ]
ba;
, có đạo hàm trên khoảng
);( ba
thì
( )
bac ;∈∃
sao cho
ab
afbf
cf
−
−
=
)()(
)(
/
1.1.2 Định lí Rolle
Hàm số
)(xfy =
liên tục trên
[ ]
ba;
, có đạo hàm trên khoảng
);( ba
và
)()( bfaf =
thì
( )

bac ;∈∃
sao cho
0)(
/
=cf
1.1.3 Điều kiện để hàm số lồi, lõm và bất đăng thức Jensen(*)
Định nghĩa hàm số lõm, hàm số lồi
Hàm số
)(xfy =
có đạo hàm cấp 2 trên
D
và
Dxxf ∈∀≥ 0)(
//
(
)(
//
xf
trượt
tiêu tại hữu hạn điểm) thì hàm số lõm trên
D
.
Hàm số
)(xfy =
có đạo hàm cấp 2 trên
D
và
Dxxf ∈∀≤ 0)(
//
(

)(
//
xf
trượt
tiêu tại hữu hạn điểm) thì hàm số lồi trên
D
.
Bất đăng thức Jensen
Hàm số
)(xfy =
lõm trên
D
,
niDxxxx
in
1;0;, ,,,
321
=>∈
α
thì
5
∑
∑
∑
∑
=
=
=
=
≥













n
i
ii
n
i
i
n
i
ii
n
i
i
xf
x
f
1
1
1

1
)(
α
α
α
α
Hàm số
)(xfy =
lồi trên
D
,
niDxxxx
in
1;0;, ,,,
321
=>∈
α
thì
∑
∑
∑
∑
=
=
=
=
≤













n
i
ii
n
i
i
n
i
ii
n
i
i
xf
x
f
1
1
1
1
)(
α

α
α
α

1.1.4 Định lý ( "Bất đẳng thức tiếp tuyến")
Hàm số
)(xfy =
liên tục, có đạo hàm đến cấp 2 trên
[ ]
ba;
.
a)Nếu
[ ]
baxxf ;0)(
//
∈∀≥
thì
)())(()(
00
/
xfxxxfxf +−≥

[ ]
bax ;
0
∈∀
b) Nếu
[ ]
baxxf ;0)(
//

∈∀≤
thì
)())(()(
00
/
xfxxxfxf +−≤

[ ]
bax ;
0
∈∀
Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi
0
xx =
Ta có thể chứng minh a) như sau: Xét hàm số
)())(()()(
00
/
xfxxxfxfxg −−−=
trên
[ ]
ba;
. Ta có
)()()(
0
///
xfxfxg −=

0)()(
////

≥=⇒ xfxg

[ ]
bax ;∈∀
Do đó
0
/
0)( xxxg =⇔=
và
)(
/
xg
đổi dấu từ - sang + khi qua
0
x


⇒

0)()(
0
=≥ xgxg

[ ]
bax ;∈∀
Chứng minh tương tự b).
1.2 Các bất đẳng thức cơ bản chứng minh bằng đạo hàm
1.2.1 Bất đẳng thức liên quan tới sinx

0sin >∀< xxx

0
!5!3
sin
53
>∀+−< x
xx
xx


)
2
;0(
!3
sin
3
π
∈∀−> x
x
xx


)
2
;0(
2
sin
π
π

∈∀> x
x
x

1.2.2 Bất đẳng thức liên quan tới cosx

)
2
;0(
!4!2
1cos
42
π
∈∀+−< x
xx
x


)
2
;0(
!2
1cos
2
π
∈∀−> x
x
x

6

1.2.3 Bất đẳng thức liên quan tới tanx

)
2
;0(tan
π
∈∀> xxx

1.2.4 Bất đẳng thức liên quan tới
x
e

01 ≠∀+> xxe
x

0)1ln(1 >∀++> xxe
x

0
!

!2!1
1
2
>∀++++> x
n
xxx
e
n
x

)(
+
∈ Zn
1.2.5 Bất đẳng thức liên quan tới lnx

0)1ln( >∀+> xxx

0
!2
)1ln(
2
>∀−>+ x
x
xx

0ln21
2
>∀≤+ xxx

1.2.6 Bất đẳng thức Becnuli(*)
Nếu
10 <<
α
,
0>∀x
thì
1+−≤
αα
α

xx
; Dấu bằng khi và chỉ khi
1=x
Nếu
0
<
α
hoặc
1
>
α
,
0
>∀
x
thì
1+−≥
αα
α
xx
; Dấu bằng khi và chỉ khi
1
=
x
Các bất đẳng thức trên đều chứng minh được bằng công cụ đạo hàm, việc
chứng minh dành cho học sinh tự làm như bài tập ở nhà để chuẩn bị cho phấn
sau.
(*) Học sinh thi học sinh giỏi Quốc gia được sử dụng bđt Jensen; Trêbưsep và
Becnuli
II - ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

Mét sè híng sö dông ®¹o hµm trong bµi to¸n chøng minh bÊt ®¼ng thøc (bđt)
1. §Ó chøng minh b®t d¹ng
)()( xx
gf >
víi
Dx ∈
; (
)()(
;
xx
gf
lµ c¸c hµm sè), ta
xÐt hµm sè
)()()( xxx
gfh −=
trªn
D
. Tõ sù biÕn thiªn cña hµm sè
)(x
h
trªn
D
ta
chøng minh
0
)(
>
x
h
tõ ®ã suy ra ®iÒu ph¶i chøng minh (®pcm)

VÝ dô 1.
7
Cmr :
)1(
!3
3
x
xSinx >
với
)
2
;0(

x
Lời giải:
Xét
!3
sin
3
)(
x
xxf
x
+=
với

2
;0

x

)
2
;0(

x
:
0cos1;sin;
2
1cos
/
)()(
/
)()(
2
/
)(
>====+= xxxgg
x
xf
xxxxx


)(x

đồng biến trên
)
2
;0(



)()0()(
0
xx
g=>

đồng biến trên
)
2
;0(



)()0()(
0
xx
fgg =>
đồng biến trên
)
2
;0(

=> 0
)0()(
ff
x
đpcm
Ví dụ 2. Cho
yxyx > ;0,
Cmr:
)2(
lnln2 yx
yxyx


>
+
Lời giải:
Giả sử
yx >
( nếu
xy >
thì chứng minh tơng tự)

1
1
22ln)2(
+

=
+

>
y
x
y
x
yx
yx
y
x
( đặt
1>= t
y
x
)

0
1
1
2ln
1
1
2ln
)(
>
+

=
+

>
t
t
tf
t
t
t
t
Với
1
>
t
ta có:
>
+

= 0
)1(
)1(
2
2
/
)(
tt
t
f
t

)(t
f

đồng biến trên
);1( +

=> 0
)1()(
ff
t
đpcm.
2. Để chứng minh
0
),(
>
yx
f
ta biến đổi về dạng
)()( yx
gg >
Bằng cách xét hàm số
)(t
g
khi đó:
Nếu
yx >
ta chứng minh
)(t
g
đồng biến
Nếu
yx <
ta chứng minh

)(t
g
nghịch biến

Ví dụ 3.
Cmr:
[ ]
)3(
1
1
ln2)(2)(
y
x
yxyx
+
+
<+
với x>y>0
Lời giải:
8
Ta cã: (3)
2222
)1ln(22)1ln(22
1
1
ln222 yyyxxx
y
x
yxyx −+−<−+−⇔
+

+
<+−−⇔
XÐt
2
)(
)1ln(22 tttf
t
−+−=
trªn
[
)
+∞;0

)(
2
2
/
)(
0
)1(
2
:0
tt
f
t
t
ft ⇒<
+
−
=>∀

nghÞch biÕn trªn
[
)
+∞;0

⇒=<⇒ 0
)0()(
ff
t

®pcm.
VÝ dô 4
1) So s¸nh: a)
2015
2014
vµ
2014
2015
b)
2013
log 2014
vµ
2014
log 2015
2) Cmr:
0000
1063954 tgtgtgtg <

Lêi gi¶i:
1) a) Ph©n tÝch: Gi¶ sö

2015
2014
>
2014
2015

2015ln2014 2014ln 2015⇔ >

ln2014 ln2015
(4 )
2014 2015
a⇔ >
Tõ ®ã ta cã c¸ch gi¶i sau:
XÐt
t
t
f
t
ln
)(
=
trªn
[ ]
2014;2015

/
( )
2
1 ln
(2014;2015): 0

t
t
t f
t
−
∀ ∈ = <
( v×
2014 ln 1t e t> > ⇒ >
)

)(t
f⇒
nghÞch biÕn trªn
(2014) (2015)
(2014;2015) f f⇒ >

⇒

2015
2014
>
2014
2015
b) Ph©n tÝch: Ta thÊy
2014 2013 1 ; 2015 2014 1= + = +
Gi¶ sö
2014
log 2015
>
2013

log 2014
(4b) th× (4b) cã d¹ng:

)1(log)1(log +>+ yx
yx
Do ®ã ta cã c¸ch gi¶i sau:
XÐt
( )
ln( 1)
log ( 1)
ln
t t
t
f t
t
+
= + =
trªn
[ ]
2013;2014

/
( )
ln ( 1)ln( 1)
(2013;2014): 0
( 1)ln
t
t t t t
t f
t t t

− + +
∀ ∈ = <
+
( V×
)1ln(ln0;10 +<<+<< tttt
)

)(t
f⇒
nghÞch biÕn trªn
(2013) (2014)
(2013;2014) f f⇒ >


⇒
2013
log 2014
>
2014
log 2015

9
2) Phân tích:
0000
1063954 tgtgtgtg <

180
10
180
6

180
10
180
6
180
9
180
5
180
9
180
5




x
tgtg
x
tgtg
<
Do đó ta có cách giải sau:
Xét
x
tgx
f
x
=
)(
với

4
;0

x

)
4
;0(

x
ta có:
0
cos2
2sin2
22
/
)(
<

=
xx
xx
f

x

( vì
)02sin2 >> xxx
)(x
f
đồng biến trên
)
4
;0(

Do đó:
)
180
6
()
180
5
(
0

ff
<<
;
<<
)
180
10
()
180

9
(
0

ff
đpcm
3. Để chứng minh bất đẳng thức có dạng

=
>
n
i
x
i
f
1
)(
0
ta có thể xét sự biến
thiên của hàm số
)(t
fy =
và chứng minh
0
)(
>
t
f
Ví dụ 5: Tam giác ABC nhọn. Cmr:

>+++++ )(
3
1
)sinsin(sin
3
2
tgCtgBtgACBA
(5)
Lời giải: Với
CBA ++=

Ta có: (5)
)
3
1
sin
3
2
( AtgAA +
)
3
1
sin
3
2
( BtgBB ++
0)
3
1

sin
3
2
( >++ CtgCC
Xét
ttgttf
t
+=
3
1
sin
3
2
)(
trên






2
;0


)
2
;0(

t

ta có:
01.3.
3
1
1)
cos
1
cos(cos
3
1
1
cos3
1
cos
3
2
22
/
)(
=++=+=
t
tt
t
tf
t
( Bất đẳng thức Cô si)

)(t
f
đồng biến

0
)0()(
=> ff
t

Với
0,, >= CBAt
ta có
>>> 0;0;0
)()()( CBA
fff
đpcm.
Ví dụ 6: Cho
.1;0,,
222
=++> cbacba
Cmr:
2
33
222222

+
+
+
+
+ ba
c
ca
b
cb

a
(6)
Lời giải: Từ giả thiết ta có:
1,,0 << cba
10
(6)
+


)1(
2
2
aa
a
+
)1(
2
2
bb
b
2
33
)1(
2
2

cc
c
)(
2

33
222
cba ++=



+

)
2
33
)1(
1
(
2
2
aa
a
+

)
2
33
)1(
1
(
2
2
bb
b

0)
2
33
)1(
1
(
2
2

cc
c
Bằng cách xét hàm số
)1(
2
)(
ttf
t
=
với
)1;0(t
bằng phơng pháp đạo hàm ta
chứng minh đợc :
2
33
)1(
1
2

tt
hay

=
)(t
g
)1;0(0
2
33
)1(
1
2


t
tt
từ đó suy
ra đpcm. ( Có thể sử dụng bất đẳng thức Cô si chứng minh :
33
2
)1(
2
tt
)
4. Sử dụng các bất đẳng thức cơ bản đợc chứng minh bằng đạo hàm để chứng
minh bất đẳng thức. Các bất đẳng thức cơ bản có thể nói đến phn 1 nh:

0sin >< xxx
;
)
2
;0(

> xxtgx
;
01 +> xxe
x

)
2
;0(
2
1cos
!4!2
1
242

>>+ x
x
x
xx
;
0
2
)1ln(
2
>>+ x
x
xx
;
Ví dụ 7:
Chng minh rng:
)7(

80
9
2
1
sin
2
3
cos >
Lời giải:
Sử dụng bất đẳng thức
0sin >< xxx
ta có:

8
5
16
3
.21
4
3
sin21
2
3
cos
2
=>=
( Vì
)
4
3

4
3
sin <

2
1
2
1
sin
2
1
2
1
sin ><

80
9
80
10
8
1
2
1
8
5
2
1
sin
2
3

cos >==>
( đpcm)
Ví dụ 8:
Chng minh rng:
)8(cos
sin
3
x
x
x
>






với
)
2
;0(

x
Lời giải:
Theo ví dụ 1 ta có :
!3
1
sin
!3
sin

23
x
x
xx
xx >>
Chứng minh tơng tự ví dụ 1 ta có:
)
2
;0(cos
!4!2
1
42

>+ xx
xx
Do đó để chứng minh (8) ta chứng minh :
11

9
!4!2
1)
!3
1(
2
42
3
2
<+> x
xxx
( bất đẳng thức đúng vì

)9
4
2
2
<<

x
Ví dụ 9:
Chng minh rng:

>


0
sin
2
3
2
dxe
x
Li gii:
Nhn xột: Trong bt cn chng minh cú mt
x
e
2
sin
giỳp chỳng ta liờn h vi
bt
01 +> xxe
x

. Ta cú
x
e
2
sin
x
2
sin1+>
m

=+


0
2
2
3
)sin1( dxx
t ú bi
toỏn c gii quyt.
5. Để chứng minh bất đẳng thức dạng a<b<c ta có thể :
- Xác định phơng trình nhận b làm nghiệm:
0
)(
=
x
f
(*)
- Xét sự biến thiên của
)(x

fy =
trên D
[ ]
ca;
Chứng minh phơng trình (*) trên D có nghiệm duy nhất và phơng trình (*)
trên
[ ]
ca;
cũng có nghiệm duy nhất từ đó suy ra
( )
cab ;
Ví dụ 10.
Chng minh rng:
60
11
10sin
60
10
0
<<
Lời giải:
Ta có:
0300
10sin410sin330sin =
do đó
0
10sin
là nghiệm phơng trình:

0

2
1
34
3
)(
== xxf
x
(9) ;
0
)10(sin
0
=f


)(
/
)(
2/
)(
)
2
1
;
2
1
(0
2
1
0312
xxx

fxfxxf

<===
nghịch biến trên
)
2
1
;
2
1
(


)9(
có nhiều nhất là một nghiệm trên
)
2
1
;
2
1
(

;
12
Lại có:
)
2
1
;

2
1
(
60
11
;
60
10
;10sin
0


;
60
11
10sin
60
10
00
54000
1369
;0
54
1
0
)
60
11
(
)10(sin

)
60
10
()
60
11
()
60
10
(
0
<<>=><=>= fffff
( Vì
)(x
f
nghịch biến trên
))
2
1
;
2
1
(

Ví dụ 11.
So sỏnh hai s
3
3
3
3

3333 ++
v
3
32
Nhn xột: Chia c 2 s cho
3
3
bi toỏn chuyn v so sỏnh hai s

3
3
3
3
9
1
1
9
1
1 ++=A
v 2
S th nht gi ý cho chỳng ta xột hm s
33
11)( xxxfy ++==
cú
2)0( =f

v
Af =)
9
1

(
3
Do ú ta xột hm s
33
11)( xxxfy ++==
trờn






3
9
1
;0
; t tớnh n iu ca
hm s ta suy ra kt lun ca bi toỏn.
6. Sử dụng các bất đẳng thức cơ bản đợc chứng minh bằng đạo hàm v cỏc
bt ng thc khỏc để chứng minh bất đẳng thức
Ví dụ 12.
Chng minh rng:
1tansin
222
+
+
xxx

)
2

;0(

x
Li gii:
S dng bt ng thc Cụsi ta cú:
1
2
tansin
tansin
222
+
+
+
xx
xx
S dng o hm ta chng minh c :
x
xx

+
2
tansin
hay
xxx 2tansin +
Ví dụ 13.
Tam giỏc
ABC
khụng tự. Chng minh rng:

)()(3

C
c
B
b
A
a
cba ++++

13
Nhận xét: Nhìn vào bđt cần chứng minh ta liên tưởng tới bđt Trêbưsep Do đó
không mất tính tổng quát giả sử
CBA
≥≥
với






∈
2
;0,,
π
CBA
, khi đó cần chứng
minh
C
C
B

B
A
A sinsinsin
≤≤
từ đó dẫn đén việc chứng minh hàm số
x
x
y
sin
=

nghịch biến trên






2
;0
π
bằng cách sử dụng bất đẳng thức
)
2
;0(tan
π
∈∀> xxx
Khi đó áp dụng bđt Trêbưsep ta có:

)( CBA ++

(
C
C
B
B
A
A sinsinsin
++
)
)sinsin(sin3 CBA ++≥
⇒

R2
)( CBA ++
(
C
C
B
B
A
A sinsinsin
++
)
)sinsin(sin6 CBAR ++≥
⇒

)(3)( cba
C
c
B

b
A
a
++≥++
π
Dấu bằng xẩy ra khi tam giác
ABC
đều.
VÝ dô 14.
Chứng minh rằng tam giác
ABC
ta có:

+






22
2
tan
A
+







22
2
tan
B
21
22
3
2
tan
−
≥






C
Nhận xét 1:
- Liên hệ bài toán với bất đẳng thức Becnuli:
Nếu
0<
α
hoặc
1>
α
,
0>∀x
thì

1+−≥
αα
α
xx
; Dấu bằng khi và chỉ khi
1=x
- Dễ thấy dấu bằng xẩy ra khi tam giác
ABC
đều do đó điều chỉnh hệ số của
2
tan
A
để có dấu bằng xẩy ra
- Liên hệ với bđt trong tam giác:
+
2
tan
2
A
+
2
tan
2
B
1
2
tan
2
≥
C

Từ đó suy ra lấy cách lấy
2
tan3
2
A
x =
và
2=
α
sử dụng bđt Becnuli ta có:

12
2
tan23)
2
tan3(
222
+−≥
AA
và bài toán được giải quyết
Nhận xét 2: Ta có
14

+

22
2
tan
A
+






22
2
tan
B
21
22
3
2
tan








C
=

22
)
6
(tan3

=
22
3
222
tan3

++
CBA
Liờn h vi bt Jensen dn n vic xột hm s

22
)(tan)( xxfy ==
vi







2
;0

x
Ta chng minh hm s
22
)(tan)( xxfy ==
l hm s lừm trờn

2
;0

x
v
bo toỏn s c gii quyt.
7. Sử dụng định lý Lagrange
Nếu bất đẳng thức cần chứng minh có dạng
B
tt
ff
A
tt
<


<
21
)()(
21
ta có thể sử
dụng định lý Lagrange nh sau:
Xét
)(t
fy =
liên tục trên
[ ]

21
;tt
, có đạo hàm trên
=
/
)(2121
:);();(
c
fttctt
21
)()(
21
tt
ff
tt


Ta chứng minh :
BfA
c
<<
/
)(
từ đó suy ra đpcm.
Ví dụ 15:
Cmr:
1 2014 1
ln (10)
2014 2013 2013
< <

Lời giải:
(10)

1 ln2014 ln2013 1
2014 2014 2013 2013

< <

Xét
tf
t
ln
)(
=
trên
[ ]
2013;2014
;
t
f
t
1
/
)(
=

)(t
fy =
liên tục trên
[ ]

2013;2014
, có đạo hàm trên
/
( )
(2013;2014) (2013;2014) :
c
c f =
=
c
1
(2014) (2013)
2014 2013
f f

Mà
1 1 1
(2013;2014)
2014 2013
c
c
< <
đpcm.
Ví dụ 16:
Cmr:
03
4sin
-
03
3sin
>

03
2sin
-
03
1sin
(11)
Lời giải:
15
Đặt
0
1
180
==


(11)



4sin
3
-

3sin
3
>

2sin
3
-

3
sin



34
3sin4sin
3



>




2
sin2sin
3
Xét
xf
x
3
)(
sin=
liên tục trên
[ ] [ ]

4;3;2;

có đạo hàm trên các khoảng tơng
ứng khi đó:
[ ]
=






2
:2;
)()2(
ff
a
/
)(a
f
;
[ ]
=






34
:4;3
)()2(

ff
b
/
)(b
f
;
ba
<
Mặt khác:
xxf
x
cossin3
2/
)(
=
đồng biến trên
[ ]

4;

vì
01
6
cos3(sin3)14cos3(sin3)1cos3(sin3
222//
)(
>>>=


xxxxf

x
<
/
)(
/
)( ba
ff

đpcm.
8. Sử dụng định lý Rolle
Ví dụ 17.
Cho 3 s
cba ,,
khỏc nhau. t
{ }
cbam ;;min=
v
{ }
cbaM ;;max=
. Chng minh
rng:
<++++< cabcabcbacbam
222
3

Mcabcabcbacba 3
222
<+++++
Li gii:
Khụng mt tớnh tng quat gi s

cMam == ;
Xột
))()(()( cxbxaxxf =
cú
0)()()( === cfbfaf
Theo nh lý Rolle phng trỡnh
0)(
/
=xf
cú nghim
21
; xx
sao cho:
cxbxa <<<<
21
(1)
M
))(())(())(()(
/
axcxcxbxbxaxxf ++=

cabcabxcbax +++++= )(23
2
cú
0
222/
++= cabcabcba
Do ú
0)(
/

=xf
cú hai nghim
3
/
1
++
=
cba
x
v
3
/
2
+++
=
cba
x
(2)
T (1) v (2) suy ra pcm.
Ví dụ 18. Cho
0
1234
>>>> xxxx
, chng minh rng:

434232413121
3
432431421321
4
xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx +++++

+++
16
Lời giải:
Xét
))()()(()(
4321
xxxxxxxxxf −−−−=
có
0)()()()(
4321
==== xfxfxfxf
Theo định lý Rolle phương trình
0)(
/
=xf
có nghiệm
321
;; yyy
, sao cho:
4332211
xyxyxyx <<<<<<
(3)
Ta có:
xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxf )(2)(34)(
434232413121
2
4321
3/
+++++++++−=

)(
432431421321
xxxxxxxxxxxx +++−
(3)
Lại có
321
;; yyy
là nghiệm phương trình
0)(
/
=xf
nên

)()((4)(
321
/
yxyxyxxf −−−=

321323121
2
321
3
4)(4)(44 yyyxyyyyyyxyyyx −+++++−=
(4)
Từ (30 và (4) suy ra:
)(
4
1
432431421321321

xxxxxxxxxxxxyyy +++=
(5)
) (
2
1
433121323121
xxxxxxyyyyyy +++=++
(6)
Áp dụng bđt Côsi ta có:
3
2
321
323121
)(
3
yyy
yyyyyy
≥
++
(7)
Từ (5); (6); (7) ta có đpcm.
9. Sử dụng " Bất đẳng thức tiếp tuyến"
Để chứng minh bất đẳng thức có dạng
+)(
1
af
+)(
2
af
+)(

3
af

Kaf
n
≤)(
hoặc
+)(
1
af
+)(
2
af
+)(
3
af

Kaf
n
≥)(
ta có thể dụng định lý " bất đẳng thức tiếp
tuyến".
Trong trường hợp bđt chưa có dạng trên cần lưu ý:
- Nếu bất đẳng thức có dạng
).(
1
af
).(
2
af

)(
3
af

Kaf
n
≤)(
hoặc
).(
1
af
).(
2
af
)(
3
af

Kaf
n
≥)(
thì lấy loganepe hai vế
- Nếu bất đẳng thức cần chứng minh đồng bậc thì có thể chuẩn hóa. Tùy
thuộc vào từng bài toán cụ thể ta lụa chọn cách chuẩn hóa phù hợp.
Ví dụ 19.
Cho các số thực dương
cba ,,
thỏa mãn
3
222

=++ cba
. Chứng minh rằng

+
+ a81
1
+
+ b81
1
1
81
1
≥
+ c
17
Lời giải
Xét hàm số
x
xf
81
1
)(
+
=
với
(
]
3;0∈x

3

/
)81(
4
)(
x
xf
+
−
=

0
)81(
48
)(
5
//
>
+
=⇒
x
xf
Ta có:
)1()1)(1()(
/
fafaf +−≥

)1()1)(1()(
/
fbfbf +−≥

)1()1)(1()(
/
fcfcf +−≥

)1(3)3)(1()()()(
/
fcbafcfbfaf +−++≥++⇒
(*)
Lại có:
9)(3)(
2222
=++≤++ cbacba

3)(3 ≤++≤−⇒ cba

03 ≤−++⇒ cba

0
27
4
)1(
/
<
−
=f
Do đó từ (*)
1)1(3)()()( =≥++⇒ fcfbfaf
(đpcm)
Ví dụ 20.
Cho các số thực dương

cba ,,
thỏa mãn
3
=++
cba
. Chứng minh rằng
P =
b
aa )1(
2
++
.
c
bb )1(
2
++
.
a
cc )1(
2
++
2
)21( +≤
Lời giải:
Ta có: lnP =
+++
)1(
2
aabl
+++ )1ln(

2
bbc
)1ln(
2
cca ++
Xét hàm số
)1ln()(
2
xxxf ++=
với
)1;0(∈x
;
)21ln()1( +=f

1
1
)(
2
/
+
=
x
xf
;
0
)1(
)(
32
//
<

+
−
=
x
x
xf
Suy ra:
)1()1)(1()(
/
fafaf +−≤

[ ]
bffabfabf )1()1()1()(
//
−+≤⇒
Tương tự
[ ]
cffcbfbcf )1()1()1()(
//
−+≤

[ ]
affacfaaf )1()1()1()(
//
−+≤

⇒
lnP
[ ]
)21ln(3))(1()()1(

/
+≤+++++−++≤ cbafcbacabcabf
( Vì
)(3111 cbacabcab ++==++≤++
; f
0
2
1
)1(
/
>=
)

⇒
lnP
)21ln(3 +≤

⇒
P
3
)21( +≤
18
III - MT S BI TON GII C KHI S DNG BT NG THC V
SNG TO NHNG BI TON MI T CC BT NG THC
C CHNG MINH BI CễNG C O HM
1. Mt s bi toỏn khỏc gii c khi liờn h vi bt c chng minh bi
cụng c o hm
Bài 1
Tìm
n

n
u

lim
với U
n
=
( )
1
1
2
+
n
( )
1
2
2
+
n

( )
1
2
+
n
n
Nhận xét: Để tính giới hạn
n
n
u

lim
trớc đó cần tính
u
n
lnlim
; mà lnU
n
=ln
( )
1
1
2
+
n
+ln
( )
1
2
2
+
n
+ +ln
( )
1
2
+
n
n
Từ đó nghĩ đến việc tìm một bất đẳng thức dạng A

lnU
n


B ở đó

LimA
=
LimB
= a. Sử dụng nguyên lý kẹp của giới hạn ta có kết quả của bài
toán. Bất đẳng thức có liên quan đến lnx đợc nghĩ đến là: x -
2
2
x
< Lnx < x với
>x 0
Giải :
Ta có: lnU
n
=ln
( )
1
1
2
+
n
+ln
( )
1

2
2
+
n
+ +ln
( )
1
2
+
n
n
Sử dụng (*) với x=
i
n
2
( i=1,2, n) Ta có:
i
n
2
+
2
4
2
i
n
< ln
( )
1
2
+

i
n
<
i
n
2

1
2
n
(1+2+ +n) +
4
2
4
n
(1
2
+2
2
+ +n
2
) < ln U
n
<
1
2
n
(1+2+ +n)

S

1
=
n n
n
( )
.
+1
2
1
2
-
1
4
2n
n n n( )( )+ +1 2 1
6
< ln U
n
<
1
2
n
n n( )
.
+1
2
=S
2
Mà
S

1
lim
=
2
1
2
lim
=
S


U
Ln
n
lim
=
1
2



U
n
lim
=
e
Với suy nghĩ tơng tự có thể hớng học sinh đa ra cách giải cho bài toán sau:
B i 2
Cho f(x) =
x

x +1
với x >0 và S
n
=
f
n
( )
1
2
+
f
n
( )
2
2
+ +
f
n
n
( )
1
2
+
f
n
n
( )
2
.
19

Tính :
S
n
lim

Bất đẳng thức đợc sử dụng ở đây chính là :
x
x

2
2
<
x
x +1
= f(x) < x
>x 0

Li gii :
Ta chứng minh f(x) < x
>x 0
:
x > 0

0 <
1
1x +
<1

f(x) < x
Ta chứng minh f(x) >

x
x

2
2

>x 0


1
1x +
>
1
2

x

>x 0
bằng
phơng pháp dùng đạo hàm.
2) Ta có :
1
2
n
> 0 ,
2
2
n
> 0 , ,
n

n
2
> 0
Do đó áp dụng câu (1) ta có :

1
2
n
-
1
4
2n
<
f
n
( )
1
2
<
1
2
n

2
2
n
-
4
4
2n

<
f
n
( )
2
2
<
2
2
n

3
2
n
-
9
4
2n
<
f
n
( )
3
2
<
3
2
n

n

n
2
-
2
4
2
n
n
<
f
n
n
( )
2
<
n
n
2

1
2
n
(1+2+ +n) -
1
4
2n
(1
2
+2
2

+ +n
2
) < S
n
<
1
2
n
(1+2+ +n)

T
1
=
1
2
n
.
2
)1( +nn
-
1
4
2n

6
)12)(1( ++ nnn
< S
n
<
1

2
n
n n( )+ 1
2
= T
2
Mà Lim T
1
=LimT
2
2
1
=


Lim S
n
=
1
2
B i 3
Tìm
lim
(
1
2
1
n
n +
+

2
2
1
2
n
n +
+ +
n
n
n
n
2
1
+
)
20
BÊt ®¼ng thøc ®îc sö dông ë ®©y lµ:
k
n
−1
2
<
k
n
kn
2
1
1
+
<

k
n
2
; bÊt ®¼ng thøc
nµy chøng minh ®îc nhê bÊt ®¼ng thøc :
1
2
n
> 1 +
ln2
n

∀
n
∈
N
*
Lời giải :
Ta chøng minh : 2
x
> 1+xln2
∀ >x 0
XÐt hµm sè y=f(x) =2
x
- xln2 -1 víi x
∈
)
[
0,+∞
f

’
(x) = 2
x
.ln2 - ln2
= (2
x
-1) ln2
∀
x>0

⇒
y=f(x) ®ång biÕn trªn
( )
0,+∞

⇒
f(x) > f(0) =0
∀
x>0
Víi x=
1
n
⇒

1
2
n
> 1 +
ln2
n

(*) (§pcm)
T
n
=
1
2
1
n
n +
+
2
2
1
2
n
n +
+ +
n
n
n
n
2
1
+
=
1
n
.
k
n

k
n
kn
2
1
1
1
+
=
∑
Ta cm :
k
n
−1
2
<
k
n
kn
2
1
1
+
<
k
n
2
(1)
∀ ≥k 2
; DÔ thÊy

k
n
kn
2
1
1
+
<
k
n
2
®óng
∀
n
≥ 2
(*)
⇒
k
n
kn
2
1
1
+
=
k
n
−1
2
.

1
2
1
1
n
kn
+
>
k
n
−1
2
.
1
2
1
1
+
+
ln
n
kn
>
k
n
−1
2

∀ ≥k 2
( V× ln2 >

1
2
⇒
ln2
n
>
1
2n
>
1
kn
(
∀ ≥k 2
)
⇒
1 +
ln2
n
> 1+
1
kn

∀ ≥k 2
)
XÐt f(x)=2
x
liªn tôc trªn R
⇒
f(x) liªn tôc trªn
k

n
k
n
−






1
,
; Cã (1)
⇒
∃
C
k
∈
k
n
k
n
−






1

,
sao cho:
k
C
2
=
k
n
kn
2
1
1
+

∀ ≥k 2
⇒
T
n
=
1
n
(
1
2
1
1
n
n
+
+

2
2
C
+
3
2
C
+ +
n
C
2
) víi
C
k
∈
k
n
k
n
−






1
,

∀ ≥k 2

§Æt S
n
=
1
n
(
n
2
+
2
2
C
+
3
2
C
+ +
n
C
2
)
21
Theo định nghĩa tích phân :
lim
S
n
=
x
dx
2

0
1

=
0
1
2
2
x
ln






=
1
2ln
Dễ thấy :
lim
T
n
=
lim
S
n


lim

T
n
=
1
2ln
2. Sỏng to cỏc bi toỏn mi t cỏc bt ng thc c chng minh bi cụng
c o hm
Xut phỏt t bt
cosx
< cos
x
2
vi x

( 0;

2
) ta cú bi toỏn sau:
Bi 1. Cho tam giác ABC nhọn. Chứng minh rằng:

cos A
+
cosB
+
cosC
< cos
A
2
+ cos
B

2
+ cos
C
2
Ta chứng minh
cosx
< cos
x
2
vi x

( 0;

2
)
hay cosx < cos
2

x
2
(*) với x

( 0;

2
)
Xét f
(x)
= cos
2

x
2
- cosx trên ( 0;

2
)
f

(x)
= 2 cos
x
2
( -
1
2
sin
x
2
) + sin x = sinx -
1
2
Sin
2
x
f

(x)
= cosx - cos
2

x
Với 0 < x <
2
x <



cosx > cos
2
x

f

(x)
> 0

f

(x)
đồng biến

f

(x)
> f

(0)
= 0

f

(x)
> f
(0)
= 0

(1) đợc chứng minh.
Vận dụng (*) ta có :
cos A
< cos
A
2
;
cosB
< cos
B
2
;
cosC
< cos
C
2
từ đó
suy ra điều phải chứng minh.
Tơng tự nh vậy ta giải quyết bài toán khó hơn:
Xut phỏt t bt cosx > 1 -
1
2
x
2
(*) với x

( 0;

2
), ta cú bi toỏn sau:
Bi 2. Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng:

1
2
+ cos
A
A
+
1
2
+ cos
B
B
+
1
2
+ cos
C
C
> 3
3
Sử dụng kết quả (*) ( Ta có thể chứng minh đợc điều này bằng phơng pháp
đạo hàm )
Vì
A

2
;
B
2
;
C
2


( 0;

2
) do đó ta có :
22
cos
A
2
> 1 -
1
8
A
2



1
2
+ cos
A
A

> 2
1
A
-
1
8
A
cos
B
2
> 1 -
1
8
B
2



1
2
+ cos
B
B
> 2
1
B
-
1
8
B

cos
C
2
> 1 -
1
8
C
2



1
2
+ cos
C
C
> 2
1
C
-
1
8
C


1
2
+ cos
A
A

+
1
2
+ cos
B
B
+
1
2
+ cos
C
C
> 2 (
1
A
+
1
B
+
1
C
) -
1
8
( A+B+C )
Sử dng bất đẳng thức : (
1
A
+
1

B
+
1
C
) ( A+B+C )

9

(
1
A
+
1
B
+
1
C
)


9
( )A B C+ +
Do đó :
1
2
+ cos
A
A
+
1

2
+ cos
B
B
+
1
2
+ cos
C
C
>
18
( )A B C+ +
-
1
8
( A+B+C ) =
18

-

8
>
5,3 > 5,2 > 3
3
( Đpcm )
Cũng có thể nghĩ đến bất đẳng thức có mặt của
1
2
+ cosx

x
; Bất đẳng thức
tgx + sinx > 2x

tgx( 1+cosx) > 2x


1
2
+ cosx
x
>
1
tgx
(2) với x

( 0;

2
) .
Do đó có thể có cách giải th 2 cho bài toán này: sử dụng bất đẳng thức (2) và
bất đẳng thức tg
A
2
tg
B
2
tg
C
2

1
3 3

Ta có (2)

tgx + sinx -2x >0 ( Có thể chứng minh bất đẳng thức này bằng
phơng pháp đạo hàm )
Sử dụng kết quả (2) với
A
2
;
B
2
;
C
2


( 0;

2
) và bất đẳng thức Côsi ta có :
1
2
+ cos
A
A

+
1
2
+ cos
B
B
+
1
2
+ cos
C
C
>
1
2
tg
A
+
1
2
tg
B
+
1
2
tg
C


3

1
2 2 2
3
tg
A
tg
B
tg
C
Lại có: tg
A
2
tg
B
2
tg
C
2



1
3 3



1
2 2 2
3
tg

A
tg
B
tg
C



3
23
Do đó :
1
2
+ cos
A
A
+
1
2
+ cos
B
B
+
1
2
+ cos
C
C

3
3
( Đpcm)

Xut phỏt t bt 2lnx -x
2
+1

0 (3) với x > 0 ta cú bi toỏn sau:
Bi 3. Tam giỏc
ABC
tha món
3
sin2
ln2
A
+
3
sinsin2
ln4
CB



3
1coscoscos8 CBA
Nhn dng tam giỏc.
Lời giải:
Ta chứng minh đợc: cos
2

A +cos
2
B +cos
2
C = 1- 2 cosAcosBcosC
Do đó:
3
1coscoscos8 CBA

3
1)]coscos(cos1[
2
1
.8
222
++
=
CBA
=

)coscoscos(
3
4
1
222
CBA ++=
=
3)sinsin(sin
3
4

222
++ CBA
Lại có:

3
sin2
ln2
A
+
3
sinsin2
ln4
CB
=
3
sin2
ln2
A
+
3
sinsin4
ln2
CB
=
3
sin2
ln2
A
+
3

sin2
ln2
B
+
3
sin2
ln2
C
Do đó:
(1)

(
3
sin2
ln2
A
-
1sin
3
4
2
+A
) +(
3
sin2
ln2
B
-
1sin
3

4
2
+B
)+(
3
sin2
ln2
2
C
-
1sin
3
4
2
+C
)

0
Ta chứng minh : 2lnx -x
2
+1

0 (2) với x > 0
Thật vậy : Xét F(x) = 2lnx -x
2
+1 trên miền x > 0
F
/
(x) =
x

x
x
x
1
22
2
2

=
; F
/
(x)

0 khi 0 <x <1; F
/
(x)

0 khi x>1

F(x)

F(1) = 0 ; Dấu bằng khi x=1

Đpcm
Sử dụng (2) ta có:
(
3
sin2
ln2
A

-
1sin
3
4
2
+A
)+(
3
sin2
ln2
B
-
1sin
3
4
2
+B
)+(
3
sin2
ln2
2
C
-
1sin
3
4
2
+A
)

0
(2)
Do vậy (1)

dấu bằng ở (2) tức là:
24
Hay tam gi¸c ABC ®Òu.

MỘT SÔ BÀI TẬP LUYỆN TẬP
1) Cmr:
cos2013 1 cos2014< +
2) Cmr:
)cos(cos2sinsin abbbaa −>−
víi
baba <






∈ ;
2
;0,
π
3) Cho
yxyx ≠<< ;1,0
. Cmr:
4)

1
ln
1
(ln
1
>
−
−
−− x
x
y
y
xy
4) Cho
2
0
π
<≤< ba
. Cmr:
b
ab
tgatgb
a
ab
22
coscos
−
≤−≤
−
5) Cmr:

20
7
20sin
3
1
0
<<
6) Cmr:
3
333
449343 <+<
7) Cho
1,0 ≤< ba
. Cmr:
tgabtgatgb ≥
8) Cmr:
222
4
1
1
sin
1
π
−+≤
xx
víi







∈
2
;0
π
x
9)Cmr:
xx
xx






+>






+
+
+
1
1
1
1

1
1
víi
0
>
x
10) Cho
0,, >cba
v à
1
==+
cba
. Chứng minh rằng:

+
+1
2
a
a
+
+1
2
b
b
10
3
1
2
≤
+c

c
11) Cho
2
1
,, ≥cba
thỏa mãn
2
=++
cba
. Chứng minh rằng:
25
32
3
sinsinsin1
3
sin2
3
2sinB

3
sin2
π
===⇔===⇔=== CBACBA
CA