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

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.06 MB, 34 trang )

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

2

PHN 2: PHN NI DUNG
M U

1-t vn :
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 tr-ờng.
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
3

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- đ-ợc
phân công ging dy tất cả các đội tuyển quốc gia của
tỉnh H-ng Yên trong nhiu nm qua.
2- Phng phỏp tin hnh
Giỏo viờn v hc sinh phõn tớch, tng hp, h thng kin thc tng kt c
qua cỏc bc thc hin trờn mi lp chuyờn, i tuyn sau õy:
- Trang b kin thc c bn v o hm.
- Cung cp trc mt h thng bi tp hc sinh t tỡm tũi cỏch gii
nh.
- S dng h thng bi tp ó cho hc sinh lm, cựng hc sinh tng kt cỏc
hng chng minh bt ng thc bng cỏch s dng o hm.
- Liờn h bt ng thc c chng minh bi cụng c o hm trong cỏc
bi toỏn khỏc.
- Sỏng to cỏc bi toỏn t bt ng thc c bn c chng minh bi o
hm.
Ni dung SKKN ny s dng ging dy cho cỏc lp chuyờn toỏn, cỏc hc
sinh gii toỏn, cỏc i tuyn hc sinh gii thi hc sinh gii tnh v hc sinh gii
Quc gia v cú th ging dy mt phn cỏc lp ụn thi i hc.

4

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.
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 y  f (x) liên tục trên a; b , có đạo hàm trên khoảng (a; b) thì c  a; b
sao cho f / (c) 

f (b)  f ( a )
ba

1.1.2 Định lí Rolle
Hàm số y  f (x) liên tục trên a; b , có đạo hàm trên khoảng (a; b) và
f (a )  f (b) thì c  a; b sao cho f / (c)  0

5

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 y  f (x) có đạo hàm cấp 2 trên D và f // ( x)  0 x  D ( f // ( x) trượt
tiêu tại hữu hạn điểm) thì hàm số lõm trên D .
Hàm số y  f (x) có đạo hàm cấp 2 trên D và f // ( x)  0 x  D ( f // ( x) trượt
tiêu tại hữu hạn điểm) thì hàm số lồi trên D .
Bất đăng thức Jensen
Hàm số y  f (x) lõm trên D , x1 , x2 , x3 ,..., xn  D;  i  0; i  1n thì
 n
   i xi
n
 i f  i 1n


i 1
  i
 i 1


 n
   f (x )
i
i
 
i 1



Hàm số y  f (x) lồi trên D , x1 , x2 , x3 ,..., xn  D;  i  0; i  1n thì
 n
   i xi

n
 i f  i 1n


i 1
  i
 i 1


 n
   f (x )
i
i
 
i 1



1.1.4 Định lý ( "Bất đẳng thức tiếp tuyến")
Hàm số y  f (x) liên tục, có đạo hàm đến cấp 2 trên a; b .
a)Nếu f // ( x)  0 x  a; b thì f ( x)  f / ( x)( x  x0 )  f ( x0 ) x0  a; b
b) Nếu f // ( x)  0 x  a; b thì f ( x)  f / ( x)( x  x0 )  f ( x0 ) x0  a; b
Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi x  x0
Ta có thể chứng minh a) như sau: Xét hàm số g ( x)  f ( x)  f / ( x)( x  x0 )  f ( x0 )
trên a; b. Ta có g / ( x)  f / ( x)  f / ( x0 )  g // ( x)  f // ( x)  0 x  a; b
Do đó

g / ( x)  0  x  x 0 và g / ( x) đổi dấu từ - sang + khi qua x 0

 g ( x)  g ( x0 )  0 x  a; b

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
sin x  x

x  0

6

sin x  x 

x3 x5

3! 5!

sin x  x 

x3
3!



x  (0; )
2



2x

sin x 

x  0

x  (0; )
2



1.2.2 Bất đẳng thức liên quan tới cosx
cos x  1 

x2 x4

2! 4!



x  (0; )
2



x2
cos x  1 
2!

x  (0; )
2

1.2.3 Bất đẳng thức liên quan tới tanx


tan x  x x  (0; )
2

1.2.4 Bất đẳng thức liên quan tới e x
e x  1  x x  0
e x  1  ln( 1  x) x  0

x x2
xn
e  1 
 ... 
1! 2!
n!
x

x  0

(n  Z  )

1.2.5 Bất đẳng thức liên quan tới lnx
x  ln( 1  x) x  0

ln( 1  x)  x 
1  2 ln x  x 2

x2

2!

x  0

x  0

1.2.6 Bất đẳng thức Becnuli(*)
Nếu 0    1, x  0 thì x   x    1 ; Dấu bằng khi và chỉ khi x  1
Nếu   0 hoặc   1 , x  0 thì x   x    1 ; Dấu bằng khi và chỉ khi x  1
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.

7

(*) Hc sinh thi hc sinh gii Quc gia c s dng bt Jensen; Trờbsep v
Becnuli

II - NG DNG O HM CHNG MINH BT NG THC

Một số h-ớng sử dụng đạo hàm trong bài toán chứng
minh bất đẳng thức (bt)
1. Để chứng minh bđt

f ( x ) g ( x ) với x D ;

dạng

( f( x) ; g( x)

là các hàm số), ta xét hàm số h( x ) f ( x ) g ( x ) trên D . Từ sự
biến thiên của hàm số h( x ) trên D ta chứng minh
từ đó suy ra điều phải chứng minh

h( x ) 0

(đpcm)

Ví dụ 1.
Cmr :

Sinx x

x3
3!

(1) với

x (0; )
2

Lời giải:
Xét f ( x ) sin x x

x (0; ) :
2

x 0;
2

x3
với
3!

f ( /x ) cos x 1

x2
g( x ) ; g (/x ) x sin x ( x ) ; (/x ) 1 cos x 0
2

( x ) ( 0 ) 0 g ( x ) đồng biến

( x ) đồng biến trên (0; )
2

trên

(0; )
2

g ( x ) g ( 0 ) 0 f ( x ) đồng biến trên (0; )
2

f ( x ) f (0) 0

đpcm
Ví dụ 2.
Cmr:

Cho x, y 0; x y
x y
x y

2
ln x ln y

(2)

Lời giải:
Giả sử x y ( nếu

y x thì

chứng minh t-ơng

tự)
8

x
1
x
x y
y
(2) ln 2
2
x
y
x y
1
y
ln t 2

x
t 1)
y

( đặt

t 1
t 1
f ( t ) ln t 2
0
t 1
t 1

Với t 1 ta có:

f (t/ )

(t 1) 2
0
t (t 1) 2

f (t ) đồng biến trên

(1;)
f (t ) f (1) 0 đpcm.
f ( x , y ) 0 ta biến đổi về dạng g ( x ) g ( y )

2. Để chứng minh

Bằng cách xét hàm số

g (t ) khi đó:

Nếu

x y ta chứng minh

g (t ) đồng biến

Nếu

x y ta chứng minh

g (t ) nghịch biến

Ví dụ 3.

Cmr:

( x y )2 ( x y ) 2 ln

1 x
1 y

(3) với x>y>0

Lời giải:
Ta có: (3)
2 x 2 y x 2 y 2 2 ln

1 x
2 x 2 ln( 1 x) x 2 2 y 2 ln( 1 y ) y 2
1 y

Xét f(t ) 2t 2 ln(1 t ) t 2 trên 0;
t 0 :

f

/
(t )

2t 2

0 f (t ) nghịch biến trên
(1 t ) 2

0;

f ( t ) f ( 0 ) 0 đpcm.

Ví dụ 4
1) So sánh:
log 2013 2014 và

2) Cmr:

a)

20142015 và 20152014

b)

log 2014 2015
4tg50 tg90 3tg 60 tg100

Lời giải:
9

1) a) Ph©n tÝch: Gi¶ sö

20142015 > 20152014

 2015ln 2014  2014ln 2015


ln 2014 ln 2015

(4a)
2014
2015

Tõ ®ã ta cã c¸ch gi¶i sau:
f (t ) 

XÐt

ln t
t

trªn

t  (2014;2015) :

f ( t/ ) 

 2014;2015

1  ln t
0
t2

( v×

t  2014  e  ln t  1)
(2014;2015)  f ( 2014)  f ( 2015)

 f (t ) nghÞch biÕn trªn

 20142015 > 20152014

b) Ph©n tÝch: Ta thÊy

2014  2013  1 ; 2015  2014  1
Gi¶ sö
th×

log 2014 2015 > log 2013 2014 (4b)

(4b) cã d¹ng:
log x ( x  1)  log y ( y  1)

Do ®ã ta cã c¸ch gi¶i sau:
XÐt

f ( t )  log t (t  1) 

t  (2013;2014) :
( V×

f ( t/ ) 

ln(t  1)
ln t

trªn

 2013;2014

t ln t  (t  1)ln(t  1)
0
t (t  1)ln t

0  t  t  1; 0  ln t  ln( t  1) )

 f (t ) nghÞch biÕn trªn

(2013;2014)  f ( 2013)  f ( 2014)

 log 2013 2014 > log 2014 2015

2) Ph©n tÝch: 4tg50 tg90  3tg60 tg100

5
9
6 10
tg
tg
tg
 180 180  180 180
5 9
6 10
x
x
180 180
180 180

tg

Do ®ã ta cã c¸ch gi¶i sau:
XÐt

f( x) 

tgx
víi
x

 
x  0; 
 4

10

x (0; ) ta có:
4

f ( /x )

2 x sin 2 x
0
2 x 2 cos 2 x

2 x sin 2 x x 0) f ( x ) đồng biến trên

( vì

(0; )
4

0 f

Do đó:

(

0 f
(

9
)
180

f
(

5
)
180

f
(

6
)
180

;

đpcm

10
)
180

n

f

3. Để chứng minh bất đẳng thức có dạng

i 1

( xi )

0 ta có

thể xét sự biến thiên của hàm số y f (t ) và chứng minh
f (t ) 0

Ví dụ 5: Tam giác ABC nhọn. Cmr:
2
1

(sin A sin B sin C ) (tgA tgB tgC ) (5)
3
3

Lời giải:

Với

A B C

Ta có: (5)
2
1
2
1
2
1
( sin A tgA A) ( sin B tgB B ) ( sin C tgC C ) 0
3
3
3
3
3
3
2
3

1
3

Xét f (t ) sin t tgt t

trên

0; 2

t (0; ) ta có:
2
f ( t/ )

2
1
1
1
1
cos t
1 (cos t cos t
) 1 .3. 1 0
2
2
3
3 cos t
3
cos t
3

( Bất đẳng thức Cô si)
f (t ) đồng biến

Với

f (t ) f (0) 0

t A, B, C 0 ta có

Ví dụ 6:

Cho
Cmr:

Lời giải:

f ( A) 0;

f ( B ) 0;

f (C ) 0 đpcm.

a, b, c 0; a 2 b 2 c 2 1.
a
b
c
3 3
2
2

(6)
2
2
2
b c
a c
a b
2
2

Từ giả thiết ta có:

0 a , b, c 1

11

(6)

c2
3 3 3 3 2
a2
b2

(a b 2 c 2 )

2

2
2
2
c
(
1

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

a2 (

1
3 3
1
3 3
1
3 3

) b2 (

) c2 (

)0
2
2
2

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

Bằng cách xét

hàm số f(t ) t (1 t 2 )

với

ph-ơng pháp đạo hàm ta chứng minh đ-ợc :
hay

g (t )

t (0;1) bằng

1
3 3

2
t (1 t )
2

1
3 3

0 t (0;1) từ đó suy ra đpcm.
2
t (1 t )
2

( Có

thể sử dụng bất đẳng thức Cô si chứng minh :
t (1 t 2 )

2
3 3

)

4. Sử dụng các bất đẳng thức cơ bản đ-ợc chứng minh
bằng đạo hàm để chứng minh bất đẳng thức. Các bất
đẳng thức cơ bản có thể nói đến phn 1 nh-:
sin x x x 0

tgx x x (0; ) ;
2

;

e x 1 x x 0

1

x2 x4
x2

cos x 1
2! 4!
2

x2
ln( 1 x) x
2

x 0 ;

x (0; )
2

;

...

Ví dụ 7:
Chng minh rng:

cos

3
1

9
sin
2
2 80

(7 )

Lời giải:
Sử dụng bất đẳng thức
cos
sin

3
3
1 2 sin 2
2
4

1 2.

sin x x x 0 ta có:

3 5

16 8

( Vì

sin

3
3

)
4
4

1 1
1
1
sin
2 2
2
2

12

cos

3
1 5 1 1 10
9
sin

2
2 8 2 8 80 80

( đpcm)

Ví dụ 8:

3

sin x

cos x (8) với
x

Chng minh rng:

x (0; )
2

Lời giải:
Theo ví dụ 1 ta có :

x3
sin x
x2
sin x x

1
3!
x
3!

Chứng minh t-ơng tự ví dụ 1 ta có:
x2 x4

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

Do đó để chứng minh (8) ta chứng minh :
(1
x2

2
4

x2 3
x2 x4
) 1
x 2 9 ( bất đẳng thức đúng vì
3!
2! 4!

9)

Ví dụ 9:
Chng minh rng:

sin x
e dx
2

0

3
2

Li gii:
Nhn xột: Trong bt cn chng minh cú mt e sin
bt e 1 x x 0 . Ta cú e
x

sin2 x

1 sin x m
2

2

x

giỳp chỳng ta liờn h vi

(1 sin

2

x)dx

0

3
t ú bi
2

toỏn c gii quyt.
5. Để chứng minh bất đẳng thức dạng a- Xác định ph-ơng trình nhận b làm nghiệm:

f( x) 0

(*)
- Xét sự biến thiên của

y f( x)

trên

D a; c

Chứng minh ph-ơng trình (*) trên D có nghiệm
duy nhất và ph-ơng trình (*) trên a; c cũng có nghiệm
duy nhất từ đó suy ra

b a; c

13

Ví dụ 10.
10
11
sin 100
60
60

Chng minh rng:

Lời giải:
sin 300 3 sin 100 4 sin 3 100 do đó

Ta có:

sin 100 là nghiệm

ph-ơng trình:
f( x ) 4 x3 3x

1
0
2

(9)

f ( /x ) 12 x 2 3 0 x

trên (

;

f (sin 100 ) 0

1
1 1
f ( /x ) 0 x ( ; ) f ( x ) nghịch biến
2
2 2

1 1
; )
2 2

(9) có nhiều nhất là một nghiệm trên (

Lại có:
f 10
(

60

)

sin 100 ;

1
0;
54

f

11
( )
60

1 1
; );
2 2

10 11
1 1
; ( ; ) ;
60 60
2 2

1369
10
11
(
0 f 10 0 f (sin 100 ) f 11
sin 100
( )
( )
54000
60
60
60
60

Vì f ( x ) nghịch biến trên (

1 1
; ))
2 2

Ví dụ 11.
So sỏnh hai s 3 3 3 3 3 3 3 3

v 23 3

Nhn xột: Chia c 2 s cho 3 3 bi toỏn chuyn v so sỏnh hai s
A 3 1 3

1
9

3 1 3

1
9

v 2

S th nht gi ý cho chỳng ta xột hm s y f ( x) 3 1 x 3 1 x cú f (0) 2
1

v f ( 3 ) A
9

14

1

Do ú ta xột hm s y f ( x) 3 1 x 3 1 x trờn 0; 3 ; t tớnh n iu ca
9
hm s ta suy ra kt lun ca bi toỏn.
6. Sử dụng các bất đẳng thức cơ bản đ-ợc chứng minh
bằng đạo hàm v cỏc bt ng thc khỏc để chứng minh bất
đẳng thức
Ví dụ 12.

Chng minh rng: 2 sin x 2 tan x 2 x1 x (0; )
2

Li gii:
S dng bt ng thc Cụsi ta cú: 2 sin x 2 tan x 2
S dng o hm ta chng minh c :

sin x tan x
1

2

sin x tan x
x hay sin x tan x 2x
2

Ví dụ 13.
Tam giỏc ABC khụng tự. Chng minh rng:
3(a b c) (

a b c
)
A B C

Nhn xột: Nhỡn vo bt cn chng minh ta liờn tng ti bt Trờbsep Do ú

khụng mt tớnh tng quỏt gi s A B C vi A, B, C 0; , khi ú cn chng

minh

2

sin A sin B sin C
sin x

t ú dn ộn vic chng minh hm s y
A
B

C
x

2

nghch bin trờn 0; bng cỏch s dng bt ng thc

tan x x x (0; )
2

Khi ú ỏp dng bt Trờbsep ta cú:
( A B C) (

sin A sin B sin C

) 3(sin A sin B sin C )
A
B
C

2R ( A B C) (
(

sin A sin B sin C

) 6 R(sin A sin B sin C )
A
B
C

a b c
) 3(a b c)
A B C

Du bng xy ra khi tam giỏc ABC u.
15

VÝ dô 14.
Chứng minh rằng tam giác ABC ta có:
A

 tan 
2


2 2

B

  tan 
2



2 2

C

  tan 
2


2 2

 31

2

Nhận xét 1:
- Liên hệ bài toán với bất đẳng thức Becnuli:
Nếu   0 hoặc   1 , x  0 thì x   x    1 ; Dấu bằng khi và chỉ khi x  1
- Dễ thấy dấu bằng xẩy ra khi tam giác ABC đều do đó điều chỉnh hệ số của
tan

A
để có dấu bằng xẩy ra
2

- Liên hệ với bđt trong tam giác: tan 2
Từ đó suy ra lấy cách lấy x  3 tan 2
(3 tan 2

A
)
2

2

 3 2 tan 2

A
B
C
 tan 2  tan 2  1
2
2
2

A
và   2 sử dụng bđt Becnuli ta có:
2

A
 2  1 và bài toán được giải quyết
2

Nhận xét 2: Ta có
A

 tan 
2


2 2

B

  tan 
2


2 2

C

  tan 
2


2 2

 31

 A B C
   

2
= 3(tan ) 2 2 = 3 tan  2 2 2
6
3
 
 








2 2

Liên hệ với bđt Jensen dẫn đến việc xét hàm số
y  f ( x)  (tan x) 2

2

 
với x   0; 


2

Ta chứng minh hàm số y  f ( x)  (tan x) 2

2

 
là hàm số lõm trên x   0;  và


2

bào toán sẽ được giải quyết.
7. Sö dông ®Þnh lý Lagrange
NÕu bÊt ®¼ng thøc cÇn chøng minh cã d¹ng
A

f (t1 )  f (t 2 )
t1  t2

 B ta cã thÓ sö dông ®Þnh lý Lagrange nh-

sau:

16

Xét y f (t ) liên tục trên t1;t2 , có đạo hàm trên
(t1; t2 ) c (t1; t2 ) : f(/c)

f ( t1 ) f ( t 2 )
t1 t2

Ta chứng minh : A f(/c ) B từ đó suy ra đpcm.
Ví dụ 15:

1
2014
1
ln

(10)
2014
2013 2013

Cmr:
Lời giải:
(10)

1
ln 2014 ln 2013
1

2014
2014 2013
2013

f ( t ) ln t trên

Xét

2013;2014

y f (t ) liên tục trên

2013;2014 ,

(2013;2014) c (2013;2014) : f ( c/ )

c (2013;2014)

Mà

f ( t/ )

;

1
t

có đạo hàm trên

f ( 2014) f ( 2013)
1

c 2014 2013

1
1
1

đpcm.
2014 c 2013

Ví dụ 16:
Cmr:

sin 3 40 - sin 3 30 > sin 3 20 - sin 3 10

(11)

Lời giải:
Đặt

180

sin 3 4 - sin 3 3 > sin 3 2 - sin 3

(11)

10

sin 3 4 sin 3 sin 3 2 sin
>
4 3
2

Xét

f( x ) sin 3 x liên tục trên ;2 ;

3;4 có đạo hàm

trên các khoảng t-ơng ứng khi đó: a ;2 :
b 3 ;4 :

f ( 2 ) f ( )
4 3

Mặt khác:

f ( 2 ) f ( )
2

f(a/ ) ;

f (b/ ) ; a b

f (/x ) 3sin 2 x cos x đồng biến trên

;4
17

v×
f ( //x )  3 sin x(3 cos 2 x  1)  3 sin x(3 cos 2 4  1)  3 sin x(3 cos 2


6

 1  0  f (/a )  f (b/ ) 

®pcm.
8. Sö dông ®Þnh lý Rolle
VÝ dô 17.
Cho 3 số a, b, c khác nhau. Đặt m  min a; b; c và M  max a; b; c. Chứng minh

rằng:
3m  a  b  c  a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca  a  b  c  a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca  3M

Lời giải:
Không mất tính tổng quat giả sử m  a; M  c
Xét f ( x)  ( x  a)( x  b)( x  c) có f (a)  f (b)  f (c)  0
Theo định lý Rolle phương trình f / ( x)  0 có nghiệm x1 ; x2 sao cho:
a  x1  b  x2  c

(1)

Mà f / ( x)  ( x  a)( x  b)  ( x  b)( x  c)  ( x  c)( x  a)
 3x 2  2(a  b  c) x  ab  bc  ca

có /  a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca  0
Do đó f / ( x)  0 có hai nghiệm x1 

a  b  c  /
a  b  c  /
và x2 
3
3

(2)

Từ (1) và (2) suy ra đpcm.
VÝ dô 18.
3

Cho x4  x3  x2  x1  0 , chứng minh rằng:

x1 x 2 x3  x1 x 2 x 4  x1 x3 x 4  x 2 x3 x 4

4

x1 x 2  x1 x3  x1 x 4  x 2 x3  x 2 x 4  x3 x 4

Lời giải:
Xét f ( x)  ( x  x1 )( x  x2 )( x  x3 )( x  x4 ) có f ( x1 )  f ( x2 )  f ( x3 )  f ( x4 )  0
Theo định lý Rolle phương trình f / ( x)  0 có nghiệm y1 ; y 2 ; y3 , sao cho:
x1  y1  x2  y 2  x3  y3  x4

(3)

Ta có: f / ( x)  4 x 3  3( x1  x2  x3  x4 ) x 2  2( x1 x2  x1 x3  x1 x4  x2 x3  x2 x4  x3 x4 ) x
18

 ( x1 x2 x3  x1 x2 x4  x1 x3 x4  x2 x3 x4 )

(3)

Lại có y1 ; y 2 ; y3 là nghiệm phương trình f / ( x)  0 nên
f / ( x)  4( x  y1 )( x  y 2 ( x  y 3 )
 4 x 3  4( y1  y 2  y 3 ) x 2  4( y1 y 2  y1 y 3  y 2 y 3 ) x  4 y1 y 2 y 3 (4)

Từ (30 và (4) suy ra:
y1 y 2 y 3 

1

( x1 x 2 x3  x1 x 2 x 4  x1 x3 x 4  x 2 x3 x 4 ) (5)
4

y1 y 2  y1 y 3  y 2 y 3 

1
( x1 x 2  x1 x3  ...  x3 x 4 )
2

Áp dụng bđt Côsi ta có:

(6)

y1 y 2  y1 y3  y 2 y3 3
 ( y1 y 2 y3 ) 2 (7)
3

Từ (5); (6); (7) ta có đpcm.
9. Sử dụng " Bất đẳng thức tiếp tuyến"
Để chứng minh bất đẳng thức có dạng f (a1 )  f (a2 )  f (a3 )  ... f (an )  K hoặc
f (a1 )  f (a2 )  f (a3 )  ... f (an )  K 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 f (a1 ). f (a2 ). f (a3 ) ... f (an )  K hoặc
f (a1 ). f (a2 ). f (a3 ) ... f (an )  K 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 a, b, c thỏa mãn a 2  b 2  c 2  3 . Chứng minh rằng
1
1
1


1
1  8a
1  8b
1  8c

Lời giải
Xét hàm số f ( x) 
f / ( x) 



1
với x  0; 3
1  8x
4
(1  8 x )

3



 f // ( x) 

48

(1  8 x)5

0

Ta có: f (a)  f / (1)(a  1)  f (1)
19

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)  3 f (1)

(*)

Lại có: (a  b  c)2  3(a 2  b2  c 2 )  9  3  (a  b  c)  3  a  b  c  3  0
f / (1) 

4
0
27

Do đó từ (*)  f (a)  f (b)  f (c)  3 f (1)  1 (đpcm)
Ví dụ 20.
Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a  b  c  3 . Chứng minh rằng
P = (a  1  a 2 )b . (b  1  b 2 )c . (c  1  c 2 )a  (1  2 ) 2
Lời giải:
Ta có: lnP = bl (a  1  a 2 )  c ln( b  1  b2 )  a ln( c  1  c 2 )
Xét hàm số f ( x)  ln( x  1  x 2 ) với x  (0;1) ; f (1)  ln( 1  2 )
f / ( x) 

1
x 1
2

; f // ( x) 

x

0

(1  x 2 )3

Suy ra: f (a)  f / (1)(a  1)  f (1)  bf (a)  f / (1)ab   f (1)  f / (1)b
Tương tự cf (b)  f / (1)cb   f (1)  f / (1)c





af (a)  f / (1)ac  f (1)  f / (1) a

 lnP  f / (1)ab  bc  ca  (a  b  c)  f (1)( a  b  c)  3 ln( 1  2 )

( Vì ab  bc  ca  1  1  1  3  (a  b  c) ; f / (1) 

1
0)
2

 lnP  3 ln( 1  2 )  P  (1  2 )3

III - MỘT SỐ BÀI TOÁN GIẢI ĐƯỢC KHI SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC VÀ
SÁNG TẠO NHỮNG BÀI TOÁN MỚI TỪ CÁC BẤT ĐẲNG THỨC
ĐƯỢC CHỨNG MINH BỞI CÔNG CỤ ĐẠO HÀM

1. Một số bài toán khác giải được khi liên hệ với bđt được chứng minh bởi
công cụ đạo hàm
20

Bài

1
Tìm

với Un = 1

limun
n

Nhận xét: Để tính giới hạn

1
2

1

2
2

... 1

n
n
limun tr-ớc

n

n

2

đó cần tính

n

lim ln u n ;

mà

lnUn=ln 1

1
2

n

+ln 1

+...+ln 1

2

n

2

n

n

2

dạng A

Từ đó nghĩ đến việc tìm một bất đẳng thức
lnUn B ở đó

LimA

=

= a. Sử dụng nguyên lý kẹp của giới

LimB

hạn ta có kết quả của bài toán. Bất đẳng thức có liên
quan đến lnx

x

đ-ợc nghĩ đến là: x -

2

<

2

Lnx

< x

với x 0
Giải :
lnUn=ln 1

Ta có:

i

Sử dụng (*) với x=
2

có: + i
n 2n

i

2

<

1

n
1

n

2

2

4

< ln 1

(1+2+...+n) +

n

i

n

2

<

2n

4

2

n

+ln 1

2

n

2

+...+ln 1

( i=1,2,...n)

2

4

1

n

n

2

Ta

i

n

2

(12+22+...+n2) < ln Un

(1+2+...+n)

S1=

Mà

n(n 1) 1
1 n ( n 1)( 2 n 1)
1 n(n 1)
. =S2
< ln Un < 2

. 24
6
2
n 2n
n 2

lim S 1

=

1

lim S 2 2

lim LnU n =

1
2

limU n =

e

Với suy nghĩ t-ơng tự có thể h-ớng học sinh đ-a ra
cách giải cho bài toán sau:
21

Bi 2
Cho
f(

2

n

2

x
với x >0
x 1

f(x) =

) +...+ f (

f(

1

n

)+

2

n 1
n

2 ) + f ( 2) .

n
lim S n

Tính :

và Sn =

n

Bất đẳng thức đ-ợc sử dụng ở đây chính là :

x
x

2

x
= f(x) < x x 0
x 1

<

2

Li gii :
Ta chứng minh

f(x) < x

x > 0 0 <

x 0 :

1
<1 f(x) < x
x 1

Ta chứng minh f(x) >
x
2

1

x
x

2

x 0

2

1
>
x 1

x 0 bằng ph-ơng pháp dùng đạo hàm.

2)

1

Ta có :

n

2

> 0 ,

2

n

> 0 ,...,

2

n

n

2

> 0

Do đó áp dụng câu (1) ta có :
1

-

1

2

-

4

2

-

9

4

< f(

4

< f(

4

< f(

n 2n
2

n 2n
3
2

n 2n

1
2

) <

2

) <

n
2

n

3

n

2

) <

1

n

2

2

n

2

3

n

2

....
2

- n
n 2n
n

2

1

n

2

4

< f(

n

n

2

) <

n

n

(1+2+...+n) -

T1=

1

n

2

.

n(n 1)
2

2

1

2n

4

1

2n

4

(12+22+...+n2) < Sn <
n(n 1)( 2n 1)
6

< Sn <

1

n

2

(1+2+...+n)

1 n ( n 1)
= T2
2
n 2

22

Mµ

Lim T1=LimT2 

1
2



Lim Sn

=

1
2

<

2
1

k
n

1
kn

k

< 2 n ; bÊt ®¼ng thøc nµy chøng minh ®-îc nhê bÊt ®¼ng
thøc :

2

1
n

ln 2
n

> 1 +

 n  N*

Lời giải :

Ta chøng minh : 2x > 1+xln2

x  0

y=f(x) =2x - xln2 -1

XÐt hµm sè



víi x  0,



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

 y=f(x) ®ång biÕn trªn

 x>0

 f(x) > f(0) =0

Tn =

1
n

1

n

2

1
n

2
n

Víi x= 

2

n1

Ta cm :

+

2

1
n
2

2

k 1
n

ln 2
(*)
n

> 1 +
+...+

<

 0,

2

2

n
n

1
n
n

k
n

1
1
kn

(§pcm)

n
1
= .
n k 1

<2

k
n

2
1

k
n

1
kn

(1) k  2 ; DÔ thÊy

2
1

k
n

1

kn

k

< 2 n ®óng  n  2

23

(*)

2

k
n

1
kn

1

=

2

k 1
n

.

2

1
n

1
kn

1

>

2

k 1
n

ln 2
n
.
1
1
kn
1

>

2

k 1

n

k 2

1
ln 2
1
1
>
>

2
n
2n
kn

( Vì ln2 >

ln 2
1
> 1+
n
kn

( k 2 ) 1 +

k 2 )

Xét f(x)=2x

k 1 k

,
liên tục trên R f(x) liên tục trên
n n

k 1 k
, sao cho:
; Có (1) Ck
n n

1
= (
n

2
1

2C

1
n

2

=

k

k

n

k 2 Tn

1
1
kn

k 1 k

,
+ 2C + 2C +...+ 2C ) với Ck
1
n n
2

3

n

k 2

n

Đặt Sn=

1
n
( + C 2 + 2C 3 +...+ 2C n )
n 2 2

2x
= 2 dx =

ln 2

1

1

Theo định nghĩa tích phân :

Dễ thấy :

lim Tn= lim Sn

x

lim Sn

lim Tn=

=

0

1
ln 2

0

1
ln 2

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
Bi 1.

Cho tam giác ABC nhọn. Chứng minh rằng:

cos A +

cosB +

Ta chứng minh
hay
Xét

cosx <
f(x) =

x
vi x ( 0; ) ta cú bi toỏn sau:
2
2

cosC <

cosx <

cos2

cos2

x
2

x
2

-

cos
(*)
cosx

cos
x
2

A
2

B
2

+ cos

vi x ( 0;

)
2

x ( 0;

)
2

với
trên

( 0;

+ cos

C
2

)
2

24

f

(x)

1
Sin
2

= sinx -

f

f

2 cos

x
2

( -

1
2

sin

x
)
2

+

sin x

2x

(x)

=

cosx - cos

2x <

Với 0 < x <
f

=

2x

cosx > cos 2 x f

(x)

> 0

đồng biến

(x)
(x)>

f

= 0 f(x) > f(0) = 0 (1) đ-ợc chứng

(0)

minh.
Vận dụng (*) ta có :
cos

B
C
; cosC < cos
2
2

cos A < cos

A
; cosB <
2

từ đó suy ra điều phải chứng

minh.
T-ơng tự nh- vậy ta giải quyết bài toán khó hơn:
1 2
x
2

Xut phỏt t bt cosx > 1 -

x ( 0;

(*) với

), ta
2

cú bi toỏn sau:
Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng:

Bi 2.
1 cos

A
2