Rèn luyện cho học sinh sử dụng đạo hàm để chứng minh bất đẳng thức

Sở giáo dục & đào tạo thanh hoá
trờng THPT Ba đình nga sơn
***

Rèn luyện
Cho học sinh sử dụng đạo hàm để
chứng minh bất đẳng thức


Họ và tên tác giả : Nguyễn Văn Kế
Chức vụ : Giáo viên
Đơn vị công tác : Trờng THPT Ba Đình
SKKN thuộc môn: Toán
SKKN thuộc năm học 2010 -2011

1
Phần I: đặt vấn đề
Bất đẳng thức là một mảng kiến thức khó , thờng gặp trong các đề thi học
sinh giỏi các cấp và đề thi tuyển sinh vào các trờng Đại học và Cao đẳng.
Cùng với định nghĩa đạo hàm, các kết quả trong việc khảo sát sự biến thiên
của hàm số đợc sử dụng để giải quyết nhiều bài toán toán học và nhiều bài
toán trong các nghành khoa học khác. Do đó việc hớng dẫn học sinh sử dụng
đạo hàm để chứng minh bất dẳng thức là một điều cần thiết, giúp học sinh
hiểu sâu sắc, chắc chắn những kiến thức về đạo hàm; đồng thời giúp các em
không chỉ giải đợc những bài toán có sẵn một lợc đồ giải chung, mà còn giải
đợc nhiều bài toán đòi hỏi nhiều đến kỹ năng t duy, tổng hợp các kiến thức
rút ra từ các nội dung khác nhau. Hơn nữa một thực tế là rất nhiều học sinh
cha thấy hết đợc ứng dụng của đạo hàm trong các bài toán về phơng trình,
bất phơng trình ,hệ phơng trình và đặc biệt là bài toán chứng minh bất đẳng
thức. Việc sử dụng việc khảo sát sự biến thiên của hàm số để chứng minh

một số bất đẳng thức tạo nên sự phong phú về thể loại và phơng pháp giải
toán.
Phần II: các giải pháp cải tiến
1.Thực trạng vấn đề :
Bài toán chứng minh bất đẳng thức khá đa dạng phong phú và có thể nói là
khó đối với học sinh phổ thông . Rất nhiều trờng hợp việc chứng minh bất
đẳng thức gặp không ít khó khăn , thậm chí không tìm ra đợc lời giải đúng
bởi một nhẽ là do học sinh cha đợc trang bị tốt các kiến thức, phơng pháp ,kỹ
năng giải các bài toán thuộc thể loại này.
2.Phơng pháp nghiên cứu.
Đề tài đợc sử dụng phơng pháp phân tích , tổng hợp, so sánh.
3.Đối tợng:
Ôn thi học sinh giỏi và học sinh thi vào các trờng Đại học , Cao đẳng.
4.Cách thức thực hiện:
Để thực hiện đề tài này ,tôi phân thành 2 dạng bài tập tơng ứng với các
dạng bất đẳng thức chỉ chứa một biến và bất đẳng thức có chứa nhiều biến .
5.Nội dung:
A-Cơ sở lý thuyết :
Trong nhiều bất đẳng thức chứa biến có thể chọn một hàm số đại diện để
khảo sát sự biến thiên, qua đó tìm đợc miền giá trị của hàm số đại diện , từ
đó suy ra điều cần chứng minh. Tuy nhiên việc chọn hàm số đại diện cần kết
hợp các kiến thức về đạo hàm và vận dụng linh hoạt các kiến thức cơ bản
khác về bất đẳng thức .
2
B- Một số dạng toán cơ bản :
Sử dụng đạo hàm để chứng minh bất đẳng thức, trong nhiều trờng hợp đã đ-
ợc giải quyết rất ngắn gọn, lời giải nhẹ nhàng, trong sáng và trong nhiều tr-
ờng hợp có thể nói là độc đáo, tạo cho học sinh hứng thú, tự tin hơn trong
học tập .Giúp phát triển óc t duy linh hoạt sáng tạo cho học sinh .
Các bài tập đợc chọn trong đề tài này có thể bắt nguồn từ các bài tập trong

sách giáo khoa , sách bài tập và trong các đề thi học sinh giỏi , các đề thi
tuyển sinh vào các trờng Đại học và Cao đẳng . các bài tập đợc chọn hớng
vào yêu cầu cơ bản và bài tập có nhiều kiến thức cần khai thác , qua đó khắc
sâu , hệ thống và nâng cao các kiến thức cơ bản về ứng dụng của đạo hàm
cũng nh bất đẳng thức .
Dạng 1: Bất đẳng thức có chứa một biến
* Phơng pháp : Chọn luôn biến đó làm biến của hàm số cần khảo sát
* Các ví dụ:
Ví dụ 1: Chứng minh rằng với mọi x thuộc đoạn
[ ]
0;1
ta luôn có :

2
1 1
2
x
x
x e x

+
(Trích đề tuyển sinh trờng Đại học Kiến trúc năm 2000)
Bài giải:
Ta cần chứng minh 2 bất đẳng thức
2
(1) (2)
1 0 , 1 0
2
x x
x

e x x e

+ +
Xét hàm số
2
( ) 1
2
x
x
f x x e

= +
với x thuộc đoạn
[ ]
0;1
f(x) =x-1+e
-x
, f(x) =1-e
-x

* Với x thuộc đoạn
[ ]
0;1
thì
[ ]
0
0 ''( ) 0, 0;1
x
e e f x x

=
Suy ra f(x) đồng biến trên đoạn
[ ]
0;1
Do đó với x thuộc đoạn
[ ]
0;1
thì:
f(x)

f(0)
1 0 1
x x
x e e x

+

Do đó (1) đợc chứng minh .
* Với x thuộc đoạn
[ ]
0;1
thì f(x)

f(0), nên f(x) đồng biến trên đoạn
[ ]
0;1
.
Suy ra: với x thuộc đoạn
[ ]
0;1

thì f(x)

f(0)
Do đó (2) đợc chứng minh.
3
Ví dụ 2: Chứng minh rằng với mọi x ta đều có :

( )
5
5
1
1
16
x x+
Bài giải:
Bất đẳng thức đã cho tơng đơng với :
( )
5
5
1
1 0
16
x x+
Xét hàm số
( )
5
5
1
( ) 1
16

f x x x= +
trên
Ă
Ta có f(x) = 5x
4
-5(1-x)
4
= 5[x
2
+(1-x)
2
](2x-1)
f(x) = 20[x
3
+(1-x)
3
]
f(x) = 0
1 1 1
'' 0
2 2 16
x f

= = >
ữ

Do vậy hàm số f(x) đạt cực tiểu duy nhất tại
1 1
, 0
2 2

CT
x f f

= = =
ữ

Vậy f(x)

0 với mọi x thuộc
Ă
,đẳng thức xảy ra khi x=
1
2
Ví dụ 3: Chứng minh rằng với mọi số thực a ta luôn có:

2
4 4 8
3 3 2
a a
+
+
(Trích đề tuyển sinh trờng Đại học Quy Nhơn năm 1997)
Bài giải:
Bất đẳng thức đã cho tơng đơng với :
2
4 4 8
3 3 2 0
a a
+
+

Xét hàm số
2
4 4 8
( ) 3 3 2
a a
f a
+
= +
trên
Ă
Ta có
2
4 4 8
'( ) 2 .3 .ln3 4.3 .ln 3
a a
f a a
+
= +
'( ) 0 2f a a= =
Lại có
2
2 4 2 4 8 2
''( ) 4 .3 .ln 3 16.3 .ln 3 0
a a
f a a
+
= + >
Suy ra f(a) là hàm số đồng biến trên
Ă
,nên f(a)>0 khi a>-2 và f(a)< 0 khi

a< -2
Ta có bảng biến thiên:

a

-2
+
f(a) - 0 +

f(a) 0
4
Từ bảng biến thiên suy ra
( ) 0,f a a Ă
, đẳng thức xảy ra a=-2
Bài tập tơng tự :
1.Cho tam giác ABC có
0
2
A B C

< <
. Chứng minh rằng :
2 3 4 2 1
2
cos C cos C
cosC
+

2.Chứng minh rằng nếu x là số thực dơng thì với mọi n nguyên dơng , ta
đều có :

2 3
1
2! 3! !
n
x
x x x
e x
n
> + + + + +

( Trích đề 101- Bộ đề tuyển sinh )
3.Chứng minh rằng với mọi x thuộc nửa khoảng
0;
2


ữ


ta luôn có:

3
6
x
tanx x +
áp dụng: Chứng minh rằng trong tam giác ABC ta có :

tan tan tan 3
2 2 2
A B C

+ + >
4. Cho a,b,c là các số thực thoả mãn:
6, 8, 3a b c
.
Chứng minh rằng với mọi x

1ta luôn có :
4 2
x ax bx c
( Đề 15 Bộ đề tuyển sinh)
Dạng 2: Bất dẳng thức có chứa nhiều biến
* Phơng pháp :
- Cách 1: Quy về bất đẳng thức có ít biến hơn nhờ việc đổi biến, đánh giá,
chọn hàm số đại diện,
- Cách 2: Chọn một biến là biến của hàm số và các biến còn lại là tham
số .
Chú ý : Sau khi tìm đợc giá trị của biến để hàm số đạt cực trị cần thử lại
xem đẳng thức trong bất đẳng thức cần chứng minh có
xảy tại đúng giá trị đó không và giá trị đó có thoả mãn các điều kiện của giả
thiết không.
* Các ví dụ:
Ví dụ 1: Chứng minh rằng với a,b là hai số không âm bất kỳ ta luôn có

3 3 2
3 17 18a b ab+

Bài giải:
Cách 1: (Quy về BĐT có một biến )
Ta xét hai trờng hợp :
5

+ Nếu b=0 : BĐT trở thành
3
0a
, BĐT đúng với mọi a không âm

+ Nếu b>0: Đặt a=tb (với t

0)
Ta đợc
3 3 3 3 3
3 18 17 0 3 18 17 0t b tb b t t + +
Xét hàm số f(t) = 3t
3
-18t+17,
[
)
0;t D = +
2
'( ) 9 18, '( ) 0 2f t t f t t= = =
Bảng biến thiên của hàm số f(t) trên D:

t
0
2

+
f(t) - 0 +

f(t)
17

17-12
2

Suy ra f(t) > 0 với mọi thuộc D
Vậy: BĐT đợc chứng minh , đẳng thức xảy ra khi a=b=0.

Nhận xét: Trong BĐT đã cho thì biểu thức tham gia bài toán là biểu thức
đẳng cấp , nên gợi cho ta cách đặt a=tb, để đa BĐT đã cho về BĐTchỉ chứa
một biến và khi đó việc chọn hàm số để khảo sát là dễ dàng .

Cách 2: ( Chọn một biến là biến số của hàm số cần khảo sát , biến còn lại
xem là tham số)
Xét hàm số f(a) =3a
3
-18b
2
a + 17b
3
,với a thuộc D=
[
)
0;+
và b là tham số
không âm.
f(a) = 9a
2
-18b
2
, f(a) = 0
2a b =

+ Nếu b=0 , ta có bảng biến thiên của f(a) trên D :

a 0
+
f(a) 0 +

f(a)

0
Suy ra: f(a)
0
, với mọi a thuộc D
+ Nếu b > 0 , Ta có bảng biến thiên của f(a) trên D:
6
a
0 b
2

+
f(a) 0 - 0 +

f(a)
17b
3


3
(17 12 2)b

Suy ra f(a)>0 với mọi b > 0

Cả hai trờng hợp ta đợc f(a)

0 với mọi a thuộc D .Hay
3 3 2
3 17 18 0a b ab+
với mọi a,b không âm , đẳng thức xảy ra khi a=b=0

Nhận xét : Bằng cách giải tơng tự, khi chọn hàm số với b là biến số và a là
tham số để khảo sát sự biến thiên ta cũng chứng minh đợc BĐT đã cho.
Ví dụ 2 :
Cho hai số khác 0 thoả mãn điều kiện (a+b)ab = a
2
+b
2
ab. Chứng minh
rằng:
3 3
1 1
16
a b
+

Bài giải:
Cách 1 : Đặt
( )
( )
2 2

3 3 3 3
1 1
a b a b ab
T
a b a b
+ +
= + =
Đặt S = a+b, P = ab với điều kiện
2
4S P

(1)
. Khi đó theo giả thiết bài toán
ta có SP=S
2
-3P , dễ thấy
0, 3S S
, do đó
2
3
S
P
S
=
+
và điều kiện (1) trở
thành
2
2
1

4 1
0
3
3 3
S
S S
S
S
S S





<
+ +


Ta biểu diễn T theo S :
2
2
6 9S S
T
S
+ +
=
.
Xét hàm số
( )
[

)
2
2
6 9
( ) , ; 3 1;
S S
f S S D
S
+ +
= = +

3
6( 3)
'( )
S
f S
S
+
=
Bảng biến thiên của f(S) trên D

S

-3 1
+
f(S) - -

f(S)
1
0

16
1
7
Từ đó suy ra:
16T
, Đẳng thức xảy ra khi a=b=
1
2
.
Cách 2 :
Đặt
( )
( )
2 2
2 2
3 3 3 3
1 1 1 1
a b a b ab
a b
T
a b a b ab a b
+ +
+

= + = = = +
ữ ữ

Đặt a=tb (t

0) , từ giả thiết suy ra (t+1)tb

3
=(t
2
-t+1)b
2


2 2
1 1
,
( 1) 1
t t t t
b a
t t t
+ +
= =
+ +
Do đó
2
2
2
2
1 1 2 1
1
t t
T
a b t t

+ +

= + =
ữ
ữ
+


Xét hàm số
( )
2 2
2
2
2
2 1 3 3
( ) , '( )
1
1
t t t
f t f t
t t
t t
+ + +
= =
+
+
Bảng biến thiên của f(t):

t

-1 1
+

f(t) - 0 + 0 -

f(t)
1 4
0 1
Suy ra f(t)

4
Do đó:
16T
, Đẳng thức xảy ra khi a=b=
1
2
.
Ví dụ 3 :
Chứng minh rằng ,nếu a,b,c là ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 3
thì : 3a
2
+3b
2
+3c
2
+4abc

13.
( Trích đề tuyển sinh trờng Đại học Vinh năm 2001)
Bài giải : Đặt T= 3a
2
+3b
2

+3c
2
+4abc -13
Cách 1 : (Đánh giá để ớc lợng bất đẳng thức về bất đẳng thức có chứa một
biến).
Do vai trò của a,b,c nh nhau, không mất tính tổng quát, giả sử a

b

c ,suy ra
a+b

2c (1)
Lại có a+b+c=3 và a+b>c (2)
Từ (1) ,(2) suy ra 3-c

2cvà 3-c>c

1

c<
3
2
Ta biến đổi T = 3(a
2
+b
2
)+3c
2
+4abc -13

= 3[(a+b)
2
-2ab] +3c
2
+4abc -13
= 3(3-c)
2
+3c
2
-2ab(3-2c)-13
8
Do 3-2c>0 và từ bất đẳng thức ab

2
2
a b+

ữ

suy ra :

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

+ +

-9 =
3 2
3 1
2 2
c c +
Đặt f(x)=
3 2
3 1
2 2
x x +
với 1

x<
3
2
.
f(x)=3x
2
-3x=3x(x-1)

0 với 1

x<
3
2
suy ra f(x) đồng biến trên
3
1;
2

ữ


Vậy: T

f(x)

f(1) = 0 đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1.
Nhận xét: Nhờ sự đánh giá ta đã ớc lợng đợc một bất đẳng thức chỉ chứa
một biến.
Cách 2: (Khảo sát lần lợt từng biến)
Do vai trò của a,b,c nh nhau, không mất tính tổng quát, giả sử a

b

c ,suy
ra: a+b

2c (1)
Lại có a+b+c=3 và a+b>c (2)
Từ (1) ,(2) suy ra 3-c

2c và 3-c>c

1

c<
3
2

Với mỗi giá trị b đã chọn , thay b=3-a-c vào T ta đợc :
T=(6-4c)a
2
-2(2c
2
-9c+9)a +6c
2
-18c+16=f(a)
Vì f(a) là hàm số bậc hai đối với a có hệ số của a
2
là (6-4c)>0 với mọi c

3
1;
2

ữ


Suy ra f(a) nhỏ nhất khi a=
3
2
c
Do đó T

f
3
2
c

ữ

3 2
3 1
2 2
c c= +
=g(c)
Lại có g(c)=3c
2
-3c =3c(c-1)

0 với mọi c

3
1;
2

ữ


Vậy: T

g(c)

g(1)=0
Nhận xét :
- Nếu ba số thực dơng có tổng bằng a thì ít nhất một trong các số đó
thuộc nửa khoảng
0;
3

a




, một số thuộc đoạn
2
;
3 3
a a



.
- Khi gặp bất đẳng thức T=T(a;b;c)

0 với a,b,c thoả mãn một điều kiện
nào đó , trong nhiều trờng hợp ta có thể làm nh sau :
+ Tính b theo a và c
9
+ Viết T = f(a) , coi c là tham số .
+ Chứng minh f(a)

g(c).
+ Chứng minh g(c)

0 , suy ra T

0
Ví dụ 4: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn . Chứng minh rằng :

sinA+sinB + sinC + tanA+ tanB + tanC >2

Bài giải :
BĐT đã cho tơng đơng với BĐT :
(sinA+ tanA -2A)+ (sinB + tanB -2B)+( sinC+ tanC-2C) > 0 (1)
(vì A+B+C=

)
Xét hàm số f(x)= sinx+tanx -2x trên D=
0;
2


ữ

,

2
2
( 1)( 1
'( )
cosx cos x cosx
f x
cos x

=
Do
2 2
1 0
'( ) 0

1 sin 0
cosx
x D f x
cos x cosx x cosx
<

>

= <

Suy ra: f(x) đồng biến trên D

f(x)> f(0) =0
Với x=A , x=B,x=C ta có : f(A)>0, f(B)>0, f(C)>0
Cộng ba BĐT trên ta có (1)
Vậy BĐT đợc chứng minh
Nhận xét: Trong lời giải trên ta đã chọn hàm số đại diện là f(x)= sinx+tanx
-2x trên D=
0;
2


ữ

.
Ví dụ 5 :
Cho a, b, c là các số thực dơng thoả mãn a
2
+b
2

+c
2
= 1 Chứng minh rằng:

2 2 2 2 2 2
3 3
2
a b c
b c c a a b
+ +
+ + +
( Trích đề 26- Bộ đề Tuyển sinh).
Bài giải :
BĐT (1) đã cho tơng đơng với BĐT:
10
( ) ( ) ( )
2
2 2 2
2 2 2
3 3 3 3
1 1 1 2 2
1 1 1
a b c a b c
a b c
a a b b c c
+ + + +


Xét hàm số
( )

( )
2
1
1
f x
x x
=

trên (0;1)
( )
( )
( )
2
2
2 2
3 1 3
' , ' 0
3
1
x
f x f x x
x x

= = =

(do x thuộc khoảng (0;1))
Bảng biến thiên của hàm số f(x) trên khoảng (0;1).
x
0
3

3
1
f(x) - 0 +
f(x)


3 3
2

Suy ra
( )
( )
0;1
3 3 3
2 3
x
min f x khi x

= =
( ) ( )
3 3
, 0;1
2
f x x
.
Với x=a
( )
( )
2 2
2

3 3 3 3
2 2
1
a a
f a
a a


(1).
Tơng tự với x=b,x=c ta cũng có
( )
( )
( )
( )
2 2 2 2
2 2
3 3 3 3
2 , 3
2 2
1 1
b b c c
b b c c



Cộng (1) , (2),(3) các vế tơng ứng và chú ý a
2
+b
2
+c

2
=1,ta đợc điều cần chứng
minh , đẳng thức xảy ra khi a=b=c=
3
3
Bài tập tơng tự:
1-Cho a,b,c là các số thực dơng thoả mãn a+b+c=3. Chứng minh rằng:

a b c ab bc ca+ + + +
2-Cho a,b,c là các số thực thoả mãn a>c, b>c, c>0 . Chứng minh rằng:

( ) ( )c a c c b c ab +
( Trích đề thi Đại học khối A năm 1980).
3-Cho tam giác ABC không tù . Chứng minh rằng :
11

( ) ( )
1 1
3 3 3 2 2 2
3 2
5
4
cos A cos B cos C cos A cos B cos C
cosA cosB cosC
+ + + + +
+ + +

4- Cho các số thực dơng a,b,c thoả mãn a
2
+ b

2
+ c
2
= 3 . Chứng minh rằng :

( )
1 1 1 3 15
2 2
a b c
a b c
+ + + + +
Phần III: Kết quả nghiên cứu và bài học kinh nghiệm
1. Kết quả nghiên cứu
để kiểm tra hiệu quả của đề tài tôi tiến hành kiểm tra trên hai đối tợng có
chất lợng tơng đơng là học sinh lớp 12B và lớp 12I. Trong đó lớp
12B cha đợc hớng dẫn sử dụng đạo hàm khảo sát sự biến thiên của hàm
số để chứng minh bất đẳng thức . Với hình thức kiểm tra là làm bài tự luận
với thời gian 60 phút với đề bài nh sau:
đề kiểm tra 60
Câu 1: ( 5 điểm)
a. Chứng ming rằng nếu x là số thực dơng thì ta luôn có :
ln x x<
b. Chứng minh rằng:
3
2 3 0, 0;
2 2
cosx cot x x x


+ + >

Câu 2: ( 3 điểm)
Cho a, b là các số thực không âm. Chứng minh rằng :
3 3 2
3 7 9a b ab+
Câu 3: ( 2 điểm)
Cho ba số thực dơng a,b,c thoả mãn x+y+z=3 . Chứng minh rằng:

2 2 2
4x y z xyz+ + +
Kết quả thu đợc nh sau:
Lớp Sỹ số
Điểm < 5
Số lợng %
Điểm 5

<8
Số lợng %
Điểm

8
Số lợng %
12 B
45 11 24,4% 30 66,7% 4 8,9%
12I
44 3 6,7% 27 60,9% 14 32,4%
12
2.Bài học kinh nghiệm:

Qua đề tài này , tôi thu đợc một số bài học sau:
- Phải cho học sinh tiếp cận với nhiều bài toán với những cách khác nhau .
- Rèn luyện cho học sinh phân tích bài toán theo nhiều hớng khác nhau để
tìm ra lời giải tối u nhất.
- Rèn luyện kỹ năng trình bày ngắn gọn, chặt chẽ ,hợp logic.
- Phát huy tối đa tính tích cực ,chủ động ,sáng tạo của học sinh.
- Tạo điều kiện tối đa để học sinh chủ động giải quyết các bài toán dựa
trên cơ sở lý thuyết tơng ứng.
Kết luận
Sử dụng khảo sát sự biến thiên của hàm số để chứng minh bất đẳng thức tạo
cho học sinh phát triển tính tích cực , trí thông minh sáng tạo , kỹ năng vận
dụng linh hoạt các kiến thức đã học vào trong giải toán ; giúp các em thấy đ-
ợc sự gần gũi và tự tin với mảng kiến thức khó này.
Sau khi thực hiện đề tài này trên các buổi ôn thi học sinh giỏi và ôn thi Đại
học tại các lớp 12B, 12I và đội tuyển học sinh giỏi của trờng THPT Ba Đình
đã cho kết quả tốt . Học sinh có thể sử dụng linh hoạt các phơng pháp khác
nhau để giải quyết các bài toán về phơng trình, bất phơng trình, tìm giá trị
lớn nhất , giá trị nhất của hàm số, đặc biệt là các bài toán chứng minh bất
đẳng thức . đồng thời qua đó giúp học sinh phát triển t duy tích cực , độc
lập, sáng tạo và tiềm năng vận dụng tri thức vào những tình huống mới .
Vì nhiều lí do khác nhau , nên trong bài viết này, tôi cũng chỉ mới nêu
ra cách giải quyết một số dạng bất đẳng thức nhờ sử dụng công cụ đạo hàm.
Rất mong đợc sự đóng góp, cùng trao đổi của các bạn đồng nghiệp để có thể
khai thác tốt nhất các bài toán thuộc thể loại này .
Tôi xin chân thành cám ơn!
Nga Sơn, ngày 28 tháng 4 năm 2011
Ngời thực hiện
Nguyễn Văn Kế
13