Sử dụng phương pháp tiếp tuyến để chứng minh bất đẳng thức và tìm giới hạn của hàm số

Trường chuyên Huỳnh Mẫn Đạt

Sáng kiến kinh nghiệm 2011-2012

Sử dụng phương pháp tiếp tuyến để chứng minh bất
đẳng thức và tìm giới hạn của hàm số
A.Phần mở đầu
Trong cuộc đời học sinh của mỗi người, thậm chí cả giáo viên chúng ta
khi tiếp xúc với nội dung bất đẳng thức đều quan tâm đến nguồn gốc xuất phát
của bài toán chứng minh bất đẳng thức. Trong công tác giảng dạy và bồi dưỡng
học sinh giỏi, bản thân tôi đã gặp những tình huống mà học sinh đưa ra là “ Tại
sao người ta lại nghĩ được bài toán chứng minh bất đẳng thức này “ ; “ Tại sao
để tính giới hạn này người ta thêm bớt lượng này thì không được, nhưng thêm
bớt lượng kia lại giải ra “. Những câu hỏi đó luôn xuất hiện trong tâm trí của tôi
và luôn nhắc nhở tôi phải tìm hiểu nó.
Hình ảnh trực quan về tiếp tuyến của một đường cong là cơ sở để giải
thích những câu hỏi đó của các em học sinh. Cũng từ đó đã nảy sinh ra việc
nghiên cứu một phương pháp chứng minh bất đẳng thức và tìm giới hạn hàm số
mà được gọi là phương pháp tiếp tuyến. Phương pháp này thể hiện được nguồn
gốc xuất phát của bài toán nên tôi chọn đề tài “ Sử dụng phương pháp tiếp tuyến
để chứng minh bất đẳng thức và tìm giới hạn của hàm số “ với mục đích cung
cấp một phương pháp giải toán mới cho các em học sinh và quan trọng hơn cả là
giúp các em nhìn thấy được bản chất của sự việc, hiện tượng, thấy được sự sáng
tạo ra những bài toán đẹp từ những kiến thức hết sức cơ bản, từ những hình ảnh
hết sức trực quan.
Sử dụng phương pháp tiếp tuyến để chứng minh bất đẳng thức và tìm
giới hạn của hàm số là một phương pháp rất rõ ràng và dễ áp dụng để giải một
lớp các bài toán chứng minh bất đẳng thức và tìm giới hạn hàm số, một nội dung
mà học sinh luôn gặp trong bất cứ kì thi nào và hầu hết các em học sinh đều gặp

1

Trường chuyên Huỳnh Mẫn Đạt

Sáng kiến kinh nghiệm 2011-2012

rất nhiều khó khăn trong việc xác định phương pháp giải. Hi vọng phương pháp
này sẽ xoá tan tâm lí “ sợ “ gặp bài toán chứng minh bất đẳng thức và tìm giới
hạn hàm số của học sinh. Chính vì vậy mà đề tài này rất cần thiết cho các đối
tượng là các em học sinh trong đội tuyển học sinh giỏi, các em học sinh đang
chuẩn bị cho kì thi đại học và tất cả các em học sinh muốn tìm hiểu một hướng
sáng tác của các bài toán chứng minh bất đẳng thức và giới hạn hàm số.

B.Phần nội dung
1.Sử dụng phương pháp tiếp tuyến để chứng minh bất đẳng thức
a.Cơ sở lí thuyết :
Nếu y  ax  b là tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm A  x0 ; f  x0   ( A
không phải là điểm uốn ), khi đó tồn tại  ;   chứa x0 sao cho f ( x)  ax  b
x   ;   hoặc f ( x)  ax  b x   ;   . Đẳng thức xảy ra khi x  x0 .Từ đây ta có
f  x1   f  x2   ...  f  xn   a ( x1  x2  ...  xn )  nb hoặc
f  x1   f  x2   ...  f  xn   a ( x1  x2  ...  xn )  nb với x1 , x2 ,..., xn   ;   và đẳng thức

xảy ra khi x1  x2  ...  xn  x0
Nếu x1  x2  ...  xn  k ( k không đổi ) thì f  x1   f  x2   ...  f  xn   ak  nb hoặc
f  x1   f  x2   ...  f  xn   ak  nb với x1 , x2 ,..., xn   ;  

b.Thực trạng vấn đề :
Bất đẳng thức là một vấn đề rất quan trọng và khó đối với học sinh cấp
trung học phổ thông. Học sinh gặp rất nhiều khó khăn trong việc xác định
phương pháp giải vì không có một phương pháp và đường đi rõ ràng. Có những

cách giải từ trên trời rơi xuống. Học sinh không thể hiểu được vì sao người ta lại
nghĩ ra được một bài toán như vậy, vì sao lại có một bài giải như vậy. Trong đề
tài này tôi xin trình bày một phương pháp mà nếu học sinh không nắm được cơ

2


Trường chuyên Huỳnh Mẫn Đạt

Sáng kiến kinh nghiệm 2011-2012

sở lí luận đó thì sẽ không hiểu tại sao lại có một lời giải như vậy, và khi học sinh
nắm được cơ sở lí luận của phương pháp này rồi thì việc sử dụng phương pháp
này thật rõ ràng cụ thể, các em sẽ có thể tự chứng minh được một lớp các bất
đẳng thức và có thể tự sáng tác ra các bài toán chứng minh bất đẳng thức.

c.Các bước tiến hành
Nếu gặp các BĐT thuần nhất hoặc đồng bậc ta nên chuẩn hóa, tùy vào đặc
điểm từng bài mà ta có cách chuẩn hóa phù hợp để đưa bất đẳng thức về dạng
các biến được cô lập dạng f ( x1 )  ...  f  xn    hoặc f ( x1 )  ...  f  xn    . Sau đó
thực hiện theo các bước sau :
 Xét xem dấu “=” xảy ra khi nào và điều mong ước là x1  ...  xn  x0
 Dựa vào hình thức của BĐT, xét hàm số f ( x ) , viết phương trình tiếp
tuyến của đồ thị hàm số y  f ( x) tại điểm có hoành độ x0 , giả sử phương
trình tiếp tuyến là y  g ( x) .
k

 Viết f ( x)  g ( x)   x  x0  h( x) , trong đó h  x0   0 , k  2, k  , kiểm nghiệm
f ( x)  g ( x)  0x  D hoặc f ( x)  g ( x)  0x  D .

 Từ đó đưa ra lời giải : ta có f ( xi )  g ( xi )  0 hoặc
f ( xi )  g ( xi )  0xi  D , xi  D, i  1, n

 Cộng n bất đẳng thức theo vế ta được điều phải chứng minh

Các ví dụ làm rõ phương pháp

2

2

2

 2a  b  c    2b  a  c    2c  a  b   8
Ví dụ 1: Cho a, b, c  0 . CMR: 2
2
2
2
2a   b  c  2b 2   a  c  2c 2   a  b 

3


Trường chuyên Huỳnh Mẫn Đạt

Sáng kiến kinh nghiệm 2011-2012

Phân tích : Vì BĐT là thuần nhất nên ta có thể chuẩn hóa bằng cách giả sử
a  b  c  1.

Khi đó BĐT cần chứng minh trở thành f (a)  f (b)  f (c)  8 với a, b, c   0;1
trong đó f ( x ) =

x2  2 x  1
1
, x   0;1 . Dấu “=” của BĐT xảy ra khi a  b  c 
2
3x  2 x  1
3
1
3

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ x  là :
4
3

y  4x 

2

  3x  1  4 x  1
4
Ta xét f ( x)   4 x   =
 0x   0;1
3
3x 2  2 x  1


Vì vậy ta có lời giải sau:
Vì BĐT là thuần nhất nên ta có thể chuẩn hóa bằng cách giả sử a  b  c  1.

 a  1

Ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức

2

2a 2  (1  a ) 2



 b  1

2b 2  (1  b) 2

a, b, c   0;1 , a  b  c  1

 a  1

2

2

4    3a  1  4a  1

Ta có
  4a   
 0a   0;1
2
2

2a  (1  a ) 
3
3a 2  2a  1
2

2

2

2

 b  1

4    3b  1  4b  1

  4b   
 0b   0;1
2
2
2b  (1  b ) 
3
3b 2  2b  1

 c  1

4    3c  1  4c  1

  4c   
 0c   0;1
2

2
2c  (1  c) 
3
3c 2  2c  1

Cộng ba BĐT theo vế ta được

 a  1

2

2a 2  (1  a )2



 b  1

2

2b 2  (1  b) 2



 c  1

2

2c 2  (1  c)2

 4  a  b  c  4  8

3
4

Ví dụ 2:Cho a, b, c   và a  b  c  1 .
CMR:

a
b
c
9
 2
 2

a  1 b  1 c  1 10
2

4

2



 c  1

2

2c 2  (1  c) 2

8 ,

Trường chuyên Huỳnh Mẫn Đạt

Sáng kiến kinh nghiệm 2011-2012

Phân tích :
Dấu “=” xảy ra khi a  b  c 
Xét hàm f ( x) 
y

1
3

x
1
, tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ là
x 1
3
2

36 x  3
.
50
2

36 x  3   3 x  1 (4 x  3)
3
Ta có f ( x) 
=

 0x  
2
50
4
50  x  1

Vì vậy ta có lời giải sau :
2

a
36a  3   3a  1 (4a  3)
3

=
 0a  
2
2
a 1
50
4
50  a  1
2

b
36b  3   3b  1 (4b  3)
3
=

 0b  
2

2
b 1
50
4
50  b  1
2

c
36c  3   3c  1 (4c  3)
3

=
 0c  
2
2
c 1
50
4
50  c  1

Cộng ba BĐT ta được :
a
b
c
9
3
 2
 2

 a, b, c   và a  b  c  1

a  1 b  1 c  1 10
4
2

Ví dụ 3:Cho a, b, c >0 và a  b  c  3 .CMR: a  b  c  ab  bc  ca

Phân tích :
Dấu “=” xảy ra khi a  b  c  1
BĐT  2 a  2 b  2 c  9  a 2  b2  c 2
Xét hàm f ( x)  x 2  2 x .Tiếp tuyến của đồ thị hàm số f ( x ) tại điểm có hoành
độ 1 là y  3x . Ta có
f ( x)  3 x  x 2  2 x  3 x =



2

  x  2 x   0x   0;  

x 1

5


Trường chuyên Huỳnh Mẫn Đạt

Sáng kiến kinh nghiệm 2011-2012

Suy ra a 2  2 a b2  2 b c 2  2 c  9 Suy ra BĐT được chứng minh

Bài tập rèn luyện:
1.Cho các số thực a, b, c >0 thỏa a  b  c  1.CMR:
a
b
c
9



1  bc 1  ac 1  ab 10
2

HD: Ta có bc 

 b  c  , tương tự….
4

Ta có sự đánh giá sau:

a
b
c
4a
4b
4c


 2
 2
 2

1  bc 1  ac 1  ab a  2a  5 b  2b  5 c  2c  5

2.Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác. Chứng minh rằng
1 1 1
9
1
1 
 1
  
 4



a b c abc
 ab bc ca 

Phân tích: Ví BĐT là thần nhất nên không làm mất tính tổng quát ta có thể giả
sử a  b  c  1 . Khi đó BĐT có thể được viết lại :
1 1 1
1
1 
1
 1
   9  4


 .Dấu “=”xảy ra khi a  b  c 
a b c
3
 1 a 1 b 1 c 

Dẫn đến việc xét hàm f ( x ) =
hoành độ

1  5x
, tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có
 x2  x

1
là y  18x  3 .Ta xét
3
2

18 x3  21x 2  8 x  1  3 x  1  2 x  1
=
f ( x)   18 x  3  =
 x2  x
x(1  x)

1
vì a, b, c là độ dài của 3 cạnh tam giác , khi đó 1  a  b  c > 2a suy ra a, b, c   0; 


1
suy ra f ( x)   18 x  3   0x   0;  .


2

Từ đó có lời giải bài toán như thế nào ?

6

2


Trường chuyên Huỳnh Mẫn Đạt

Sáng kiến kinh nghiệm 2011-2012

3.Cho a, b, c >0.CMR:

b  c  a 
2

2

(b  c )  a

2



 a  c  b
2

2

(a  c)  b

2



b  a  c 
2

2

(b  a )  c

2



3
5

Phân tích : Vì BĐT cần chứng minh là thuần nhất nên ta chỉ cần chứng minh
BĐT đúng với mọi a, b, c >0 và a  b  c  1

1  2a 
BĐT được viết lại thành 2

2



1  2b 

2

2



1  2c 
2

2

2a  2a  1 2b  2  1 2c  2c  1





3
5

1
1
1
27



2a 2  2a  1 2b 2  2b  1 2c 2  2c  1 5

Dấu “=” xảy ra khi a  b  c

1
3

Từ đó liên tưởng đến hàm f ( x ) =
hàm số tại điểm có hoành độ

1
. Phương trình tiếp tuyến của đồ thị
2x  2 x  1
2

1
54 x  27
là y 
3
25
2

 3x  1 (12 x  2)  0x  0;1
54 x  27
Ta xét f ( x) 
=
 
25
25  2 x 2  2 x  1
Từ đó ta có lời giải :
Vì BĐT cần chứng minh là thuần nhất nên ta chỉ cần chứng minh BĐT đúng
với mọi a, b, c >0 và a  b  c  1
2

 3a  1 (12a  2)  0a  0;1
1
54a  27

=
 
2
2a  2a  1
25
25  2a 2  2 a  1
2

1
54b  27
 3b  1 (12b  2)  0b  0;1
=

 
2
2b  2b  1
25
25  2b 2  2b  1
2

 3c  1 (12c  2)  0c  0;1
1
54c  27

=

 
2
2c  2c  1
25
25  2c 2  2c  1

7


Trường chuyên Huỳnh Mẫn Đạt

Sáng kiến kinh nghiệm 2011-2012

Cộng ba BĐT theo vế ta được
1
1
1
54a  27 54b  27 54c  27 27
+ 2
+ 2



=
2a  2a  1 2b  2b  1 2c  2c  1
25
25
25
5
2

4.Cho a, b, c >0 . CMR:

1 3 2
1 1 1
a  b2  c2       a  b  c  a2  b2  c2

3 3
a b c

Phân tích : Vì BĐT là cùng bậc nên ta có thể chuẩn hóa bằng cách giả sử
a 2  b2  c 2  1 .

Khi đó BĐT cần chứng minh trở thành f (a)  f (b)  f (c)  1 với a, b, c   0;1
trong đó f ( x) 

1
1 3 1
 x, x   0;1 . Dấu “=” của BĐT xảy ra khi a  b  c 
3 3 x
3

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ
y

1
3

là :

1 2 3
22 3
x
3
3

1 2 3
22 3
Ta xét f ( x) 
x
=
3
3



2

 1  3   0x   0;1

3x  1

3 3x

Vì vậy ta có lời giải sau:
Vì BĐT là cùng bậc nên ta có thể chuẩn hóa bằng cách giả sử a 2  b2  c 2  1 .
Ta có



1 3 1
1 2 3
2 2 3
a 
a
=
3
3 3 a
3

1 3 1
1 2 3
22 3
b 
b
=
3
3 3 b
3
1 3 1
1 2 3
22 3
c 
c
=
3
3 3 c
3



2

 1  3   0a   0;1

3a  1

3 3a
2

 1  3   0b   0;1

3b  1

3 3b



2

 1  3   0c   0;1

3c  1

3 3c

Cộng ba BĐT theo vế ta được

8

Trường chuyên Huỳnh Mẫn Đạt

f ( a )  f (b )  f ( c )  

Sáng kiến kinh nghiệm 2011-2012

1 2 3
1 2 3
3  a 2  b2  c 2   2  2 3  1
a  b  c  2  2 3  
3
3

5. Cho a, b, c  : a  b  c  6 .CMR: a 4  b4  c 4  2(a 3  b3  c 3 )
Phân tích:
Dấu “=” của BĐT xảy ra khi a  b  c  2
BĐT   a 4  2a 3    b4  2b3    c 4  2c3   0 .
Ta xét hàm f ( x)  x 4  2 x3 .Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số f(x) tại
điểm có hoành dộ 2 là y  8 x  16 .
2

Ta có f ( x)  (8 x  16) = x 4  2 x3  8 x  16 =  x  2   x 2  2 x  4   0x
Vì vậy ta có lời giải sau:
2

Ta có a 4  2a3  8a  16 =  a  2   a 2  2a  4   0, a
2

Tương tự ta có : b4  2b3  8b  16 =  b  2  b 2  2b  4   0b 

2

c 4  2c3  8c  16 =  c  2   c 2  2c  4   0c 

Cộng ba BĐT lại với nhau ta được : a 4  b 4  c 4  2(a 3  b3  c 3 )  8(a  b  c)  48
6. Cho a, b, c >0. CMR:

a b  c
2

a  b  c



2

b  a  c
2

b   a  c

2





abc a  b  c  a 2  b 2  c 2

7. Cho a, b, c >0. CMR:

a

2

2

b c

2

  ab  bc  ca 

c  a  b
c   a  b

  3

n

8.Cho n số thực dương thỏa mãn

a

i

 n .CMR:

i 1

x1
x
1
1
 ...  n 2 
 ... 
2
1  x1
1  xn 1  x1
1  xn

9.Cho a.b.c.d>0 thỏa ab  bc  cd  da  1 .
CMR:

a3
b3
c3
d3
1




bcd cd a d ab abc 3

9

2

9

3

2



6
5


Trường chuyên Huỳnh Mẫn Đạt

10. Cho a, b, c >0. CMR:

Sáng kiến kinh nghiệm 2011-2012

a

b  c

2



b

 a  c



2

11. Cho a, b, c >0, a 2  b2  c 2  1 . CMR:

c

a  b

2

9
4 a  b  c



1
1
1
9



1  ab 1  bc 1  ca 2
1
a

1
b

1
c

12. Cho a, b, c >0, a 2  b2  c 2  1 . CMR:     a  b  c   2 3
1
a

1
b

1
c

4
3

13. Cho a, b, c >0, a 2  b2  c 2  3 . CMR:     a  b  c   7
3

3

3

 3a  b  c    3b  a  c    3c  a  b   375
14. Cho a, b, c >0. CMR: 3
3
3
3
11
3a   b  c  3b 3   a  c  3c3   a  b 

a3

15. Cho a, b, c >0. CMR:

a3   b  c 

b3



3



3

b3   a  c 

c3
c3   a  b

3

1

16. Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác. Chứng minh rằng
1 1 1
1
1
1

  


a b c a b c b c  a c  a b

17. Cho a, b, c, d  0 và a  b  c  d  2 .
CMR:

a2

a

2

 1

2



b2

b

2

 1

2



18. Cho a, b, c >0. CMR:

c2

c

2

 1

2



d2

d

2a 2
2a 2   b  c 

2

2



 1

2



16
25

2b2
2b 2   a  c 

2



n

19. Cho n số thực dương thỏa mãn

a

 1 .CMR:

i

i 1

2c 2
2c 2   a  b 

2

1

x1
x
n
 ...  n 
2  x1
2  xn 2 n  1

20.Cho a, b, c >0 và a  b  c  1.CMR: 10  a3  b3  c3   9  a5  b5  c5   1
21.Cho a, b, c là các số thực dương sao cho a 2  b2  c 2  3
CMR:

1
1
1
 5
 5
1
2
2
a  3  a b  3  b c  3  c2
5

22.Cho a, b, c >0 và a  b  c  3 .CMR:

1
2

a  3a  3

23. Cho a, b, c >0, a 4  b4  c 4  3 . CMR:

10



1
2

b  3b  3

1
1
1


1
4  ab 4  bc 4  ca



1
2

c  3c  3

3