Phương pháp 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 (843.23 KB, 38 trang )
Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức
A. MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Bất đẳng thức (BĐT) trong các kì thi chọn HSG Tỉnh, HSG Quốc gia,
HSG khu vực và Quốc tế có thể coi là “điểm nóng”, thường trở thành đề tài
giành được nhiều lời giải nhất và được thảo luận nhiều nhất trên các diễn đàn
cũng như các tạp chí về Toán học.
Cùng với BĐT AM-GM, BĐT Cauchy-Schwarz, BĐT Chebyshes, BĐT
Jensen thì đạo hàm cũng là một phần kiến thức quan trọng không thể thiếu
trong nhiều bài toán đại số cũng như BĐT. Nó thực sự là một công cụ hiệu
quả và có ứng dụng rộng rãi trong giải toán, cũng là một phương pháp chuẩn
mực nhất khi ta gặp phải các BĐT thông thường.
Các tài liệu viết về BĐT hiện nay rất nhiều, tuy nhiên một số chuyên
đề viết riêng về việc vận dụng đạo hàm vào chứng minh BĐT và giải các bài
toán tìm giá trị lớn nhất (GTLN) và giá trị nhỏ nhất (GTNN) có tính hệ thống
và tính phân loại cũng như tinh sát thực phù hợp cho việc giảng dạy, bồi
dưỡng HSG và ôn luyện cho học sinh thi Đại học và cao đẳng là rất cần thiết.
Do vậy tôi chọn chuyên đề này nhằm phần nào đáp ứng được những yêu cầu
trên cũng như góp phần nâng cao chất lượng bồi dưỡng HSG của tỉnh nhà.
2. Các nhiệm vụ của đề tài
Chuyên đề nghiên cứu và trình bày các nội dung sau:
Phần I: Các kiến thức cơ bản cần thiết
Phần II: Sử dụng đạo hàm vào giải các bài toán chứng minh bất đẳng thức và
tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất.
1. Bất đẳng thức một biến số
Dạng 1: Khảo sát trực tiếp cực trị của hàm số để tìm tập giá trị của
hàm số
Dạng 2: Sử dụng tính đơn điệu
Dạng 3: Kết hợp với các BĐT khác như BĐT AM-GM, BĐT CauchySchwarz,...
2. Bất đẳng thức có hai hay nhiều biến số
Dạng 1: Khảo sát hàm đặc trưng
Dạng 2: Kết hợp với các BĐT khác như AM-GM, BĐT CauchySchwarz, BĐT Chebyshes,…
Dạng 3: Khảo sát theo hàm số từng biến
3. Mở rộng một số bài toán thi vô địch Quốc tế
3. Mục đích của đề tài
Chuyên đề hệ thống hóa, phân loại toán và trình bày theo từng ý tưởng
cũng như các kỹ năng vận dụng đạo hàm vào việc giải một lớp các bài toán
về chứng minh BĐT, tìm GTLN và GTNN cùng loại.
Qua các ví dụ cụ thể của chuyên đề giúp cho người học nâng cao thêm về
“cái nhìn” định hướng phương pháp giải toán. Đồng thời thông qua lời giải
các bài toán đó giúp học sinh thấy được bản chất Toán học ẩn chứa trong nó.
Giúp cho học sinh hình thành được phương pháp giải toán chứng minh BĐT,
1
Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức
tìm GTLN và GTNN bằng đạo hàm, học sinh có được kỹ năng, kỹ xảo cần
thiết nhất để nâng cao năng lực giải các bài toán này.
Chuyên đề còn góp phần phát huy trí thông minh, tính sáng tạo, khả năng
tư duy linh hoạt, có được các suy luận logic, chính xác, tinh thần vượt khó.
4. Phương pháp nghiên cứu
- Nghiên cứu tài liệu về cơ sở lý luận có liên quan đến đề tài.
- Nghiên cứu các dạng thức toán nhằm rút ra phương pháp giải.
- Tích lũy kinh nghiệm thường xuyên trong quá trình giảng dạy bồi dưỡng
HSG và quá trình tự học, tự bồi dưỡng nghiên cứu của bản thân.
5. Đối tượng nghiên cứu
- Các tài liệu: SGK, STK, các đề thi ĐH và HSG các cấp,…
- Học sinh trường THPT Chuyên Hưng Yên và học sinh các đội tuyển HSG
tỉnh, đội tuyển HSG Quốc gia.
6. Những đóng góp mới của đề tài
- Về mặt lý luận, đề tài xây dựng hệ thống lý thuyết cần thiết và tư duy
phương pháp trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi toán. Đồng thời, thông qua
chuyên đề hình thành kỹ năng, kỹ xảo cho học sinh.
7. Địa bàn
Tại trường THPT Chuyên Hưng Yên.
8. Lịch sử nghiên cứu
Bắt đầu từ năm 2005 thông qua việc giảng dạy bồi dưỡng HSG của
trường, của tỉnh và luyện thi Đại học.
2
Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức
B. NỘI DUNG
I. CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN CẦN THIẾT
1. Định lý 1: Cho hàm số y = f(x) xác định và liên tục trên [a; b].
*) Nếu f ( x) 0, x a; b thì f(x) đồng biến trên [a; b] và khi đó ta có
min f ( x) f (a); max f ( x) f (b)
x a ;b
x a ;b
*) Nếu f ( x) 0, x a; b thì f(x) nghịch biến trên [a; b] và khi đó ta có
min f ( x) f (b); max f ( x) f (a)
x a ;b
x a ;b
2. Định lý 2: ( Định lý Fermart)
Giả sử hàm số y = f(x) xác định trên một lân cận đủ bé của x0 a; b và có
đạo hàm tại điểm x0 . Khi đó nếu hàm số y = f(x) đạt cực trị tại x0 thì
f ( x0 ) 0 .
3. Định lý 3: (Điều kiện đủ để hàm số có cực trị)
Cho hàm số y = f(x) xác định trên [a; b] và x0 . Trong một lân cận đủ bé
của x0 , nếu f ( x0 ) thay đổi dấu khi x qua x0 (có thể không tồn tại f ( x0 ) ) thì
f(x) đạt cực trị tại x0 .
*) Nếu f ( x) 0, x x0 ; x0 và f ( x) 0, x x0 ; x0 thì x0 là điểm
cực tiểu.
*) Nếu f ( x) 0, x x0 ; x0 và f ( x) 0, x x0 ; x0 thì x0 là điểm
cực đại.
4. Định lý 4: Giả sử y = f(x) xác định trên [a; b] và x0 a; b . Trong một lân
cận đủ bé của x0 , hàm số y = f(x) có đạo hàm cấp hai liên tục, đồng thời
f ( x0 ) 0 và f ( x) 0 thì x0 là một điểm cực trị của hàm số.
*) Nếu f ( x0 ) 0 và f ( x) 0 thì x0 là một điểm cực tiểu của hàm số.
*) Nếu f ( x0 ) 0 và f ( x) 0 thì x0 là một điểm cực đại của hàm số.
3
Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức
II. ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM ĐỂ CHỨNG MINH CÁC BÀI TOÁN BẤT
ĐẲNG THỨC VÀ GIẢI CÁC BÀI TOÁN TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT,
GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ.
1. Bất đẳng thức một biến số
1.1 Dạng 1: Khảo sát trực tiếp cực trị của hàm số để tìm tập giá trị của
hàm số
Bài toán 1: ( ĐHBK Hà Nội, 1997)
Cho tam giác ABC có ba góc thỏa mãn A > B > C. Tìm GTNN của hàm
số
x sin A
x sin B
1 .
x sin C
x sin C
Giải: Ta có A B C a b c sin A sin B sin C (1) .
f ( x)
Hàm số xác định khi và chỉ khi
x sin A
x sin C 0
x sin C
(*)
x
sin
B
x
sin
A
0
x sin C
Ta có
f ( x)
sin A sin C x sin C sin B sin C x sin C
.
.
.
2( x sin C )2 x sin A 2( x sin C )2 x sin B
Do (1) nên f ( x) 0, x thỏa mãn (*). Ta có bảng biến thiên
x
f’(x)
f(x)
sinC
sinA
1
1
Vậy min f ( x) f (sin A)
f(sinA)
sin A sin B
1.
sin A sin C
Chú ý: Từ kết quả trên ta suy ra được phương trình
x sin A x sin B x sin C
có đúng một nghiệm vì trên sin A; . Hàm số f(x) đồng biến có f(sinA) < 0
( vì 0 < sinA – sinB < sinA – sinC).
4
Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức
Bài toán 2: ( Thi HSG Quốc gia, 1992)
Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n > 1 ta có
n
1
n
n
n n
n
1
2.
n
n
n
n
0;1 , n N * . BĐT cần chứng minh trở thành
n
n 1 x n 1 x 2, x 0;1 .
Xét hàm số f ( x) n 1 x n 1 x liên tục x 0;1 có
Giải: Đặt x
1
1
1
0, x 0;1
f '( x)
n n (1 x)n1 n (1 x)n1
Vậy f(x) nghịch biến [0; 1) nên f(x) < f(0) = 2, x 0;1 (đpcm).
Bài toán 3: (ĐH An ninh, 1997)
Cho n là số lẻ lớn hơn 3. Chứng minh rằng với mọi x 0 ta có
x2
xn
x2 x3
xn
1 x
1 x
1.
...
...
2!
n!
2! 3!
n!
Giải: Đặt
x2
xn
u ( x) 1 x
...
2!
n!
2
3
x
x
xn
...
v ( x ) 1 x
2! 3!
n!
Ta cần chứng minh
Ta có
f ( x) u( x).v( x) 1.
x2
xn1
xn
u ( x) 1 x
...
u ( x)
2!
(n 1)!
n!
x2 x3
xn1
xn
v
(
x
)
1
x
...
v
(
x
)
2! 3!
(n 1)!
n!
Vậy
f ( x) u ( x).v( x) u( x)v( x) u ( x).v( x)
xn
xn
xn
u ( x) .v( x) u ( x) v( x) u ( x) v( x)
n!
n!
n!
2 xn x2 x4
x n1
1
...
n ! 2! 4!
(n 1)!
Vì n là số lẻ lớn hơn 3 nên f ( x) cùng dấu với (-2x). Do đó ta có bảng biến
thiên
x
0
5
Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức
y’
Y
+
0
-
1
Từ bảng biến thiên ta có f ( x) f (0) 1, x 0. (đpcm)
Bài toán 4: (Bộ đề tuyển sinh Đại học)
Cho số nguyên dương n. Chứng minh rằng
xn . 1 x
1
với mọi x 0;1 .
2n.e
Giải: Ta có
1
1
x 2 n (1 x)
(*)
2ne
2n.e
Xét hàm số f ( x) x2n (1 x) với x 0;1 . Ta có
f ( x) x2n1 2n (2n 1) x
xn . 1 x
Nên ta có bảng biến thiên
x
2n
2n 1
0
1
f’(x)
f(x)
+
(2n)2 n
Vậy max g ( x)
.
(0;1)
(2n 1) 2 n1
Ta chứng minh
(2n)2 n
1
2 n 1
(2n 1)
2ne
2n 1
2n
2 n 1
0
2n
2n 1
-
2 n 1
1
e
e (2n 1) ln(2n 1) ln(2n) 1
ln(2n 1) ln(2n)
6
1
(2)
2n 1
Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức
Áp dụng định lý Lagrange cho hàm số f ( x) ln x trên [2n; 2n+1] suy ra tồn
f (2n 1) f (2n)
tại c 2n;2n 1 thuộc sao cho f ( x)
. Suy ra
2n 1 2 n
1
1
ln(2n 1) ln(2n)
(3) .
e 2n 1
Từ (1), (2) và (3) suy ra đpcm.
Bài luyện tập
4
4
Bài 1: Chứng minh rằng với mọi x 0; ta có sinx x 2 x 2 .
2
Bài 2: Chứng minh rằng nếu x > 0 và mọi số nguyên dương n ta có
x 2 x3
xn
x
e 1 x ... .
2! 3!
n!
Bài 3 (Toán học và tuổi trẻ)
n
1
2ln 2 .
Cho số nguyên dương n. Chứng minh rằng
k 1 k (2k 1)
HD: Xét hàm số
x 2 x3
x 2 n1 x 2 n
f ( x) ln(1 x) x ...
2 3
2n 1 2n
trên 0; . Hàm số đồng biến trên 0; suy ra f ( x) f (0) , đpcm.
x
x 1
1
1
Bài 4: Cho x > 0. Chứng minh rằng 1 e 1 .
x
x
Bài 5: (ĐH Bách khoa, 1980)
2
Chứng minh rằng 3x x3
với x 0; .
sin 2 x
2
Bài 6: Tìm GTLN của hàm số f ( x) x 1 x 4 x 4 1 x với
x 0;1 .
1.2 Dạng 2: Sử dụng tính đơn điệu
Trong một số bài toán có thể phải đạo hàm nhiều lần liên tiếp thậm chí
phải khảo sát thêm hàm số phụ. Ta thường sử dụng
f(x) đồng biến trên [a; b] thì f(x) > f(a) với mọi x > a.
f(x) nghịch biến trên [a; b] thì f(x) > f(b) với mọi x < b.
Bài toán 5: Chứng minh rằng với mọi x 0 ta có x
Giải: Xét hàm số f ( x) x
x3
sinx trên
6
7
x3
sinx x .
6
0; . Ta có
Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức
x2
1 cos x
2
f ( x) x sinx
f ( x) 1 cos x
f ( x)
Ta có f ( x) 1 cos x 0, x 0; f ( x) f (0) 0 , nên f’(x) đồng
biến trên 0; . Suy ra f ( x) f (0) 0 f ( x) đồng biến trên 0; . Do
đó
f ( x) f (0) 0, x 0 và f ( x) f (0) 0, x 0.
Tức là
x3
x3
x sinx>0 x
sinx với x > 0
6
6
Lưu ý f ( x) f (0) 0 với x > 0 ta có sinx x (2)
(1)
Từ (1) và (2) ta có đpcm.
Bài toán 6: Tìm GTNN của hàm số f ( x) x 2 x 1 x 2 x 1 .
Giải: TXĐ: R.
Xét hàm số f ( x) x 2 x 1 x 2 x 1 trên R. Ta có
1
1
1
1
x
x
x
x
2
2
2
2
f ( x)
2
2
2
2
1 3
1 3
1 3
1
3
x
x
x
x
2 4
2 4
2 4
2
4
1
1
g x g x
2
2
t
với mọi x, trong đó g (t )
, t R. Vì hàm g đồng biến trên R nên
3
2
t
4
f ( x) 0 x 0
1
1
f ( x) 0 g x g x x 0
2
2
Ta có bảng biến thiên
x
f’(x)
f(x)
0
-
8
0
+
Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức
2
Từ bảng biến thiên suy ra min f ( x) 2 x 0 .
Bài toán 7: Cho a, b, x > 0 và a b . Chứng minh rằng
b x
b
a x
a
b x
b
a x
Giải: Xét hàm số f ( x)
b x
a x
ln f ( x) b x ln
.
b x
Suy ra
b x
, x 0. Khi đó
a x
ln f ( x) (b x)ln
b x
f ( x)
ax
b x a x
a x ba
ln
(b x)
.
ln
f ( x)
b x
ax bx
bx ax
a x ba
f ( x) f ( x) ln
bx ax
b x
b x
a x a x ba a x
ln
. g ( x)
b x b x ax bx
a x ba
trong đó g ( x) ln
. Ta có
b x a x
b x ba
a b
( a b) 2
g ( x)
.
0.
a x (b x)2 (a x)2
(a x)2 (b x)
Do đó g(x) nghịch biến trên 0; . Suy ra
a x ba
g ( x) lim g ( x) lim ln
0.
x
x
b x a x
Vậy f ( x) 0, x 0 , nên f(x) đồng biến trên 0; . Suy ra f(x) > f(0)
(đpcm).
Bài luyện tập
Bài 1: Chứng minh rằng x
HD: Xét hàm số f ( x) x
x
1 x
x
1 x
x
x
1
1 x
1
1 x
2
, x 0;1 .
e
x
9
x
1 x
x.x
x
1 x
(1 x) x
x
1 x
, x 0;1 .
Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức
Bài 2: Chứng minh rằng với mọi x > 0 ta có
x3
x3 x5
x sinx x .
3!
3! 5!
Bài 3: Chứng minh rằng với mọi x ta có
17 cos2 x 4cos x 6 cos2 x 2cos x 3 2 11 .
Bài 4: Tìm tập giá trị của hàm số
f ( x) x 2 2 x 4 x 2 2 x 4 .
1.3 Dạng 3: Kết hợp với các BĐT khác như BĐT AM-GM, BĐT CauchySchwarz, BĐT Chebyshes,…
Bài toán 8: Chứng minh rằng nếu 0 x
thì
2
2sinx 2t anx 2x1 .
Giải: Áp dụng BĐT AM-GM ta có 2sinx 2t anx 2. 2sinx.2t anx . Ta chứng
minh
2 2sinx.2t anx 2 x1 2sinx t anx 22 x sinx t anx 2 x .
Xét hàm số f ( x) sinx t anx 2 x liên tục trên 0; , có
2
1
1
2
f ( x) cos x
2
cos
x
2
0,
x
0; 2 .
cos2 x
cos 2 x
(vì với x 0; thì cos x cos2 x và theo BĐT AM-GM ta có
2
1
cos 2 x
2)
cos 2 x
Do đó f(x) đồng biến trên 0; . Suy ra f ( x) f (0) 0 , hay
2
sinx t anx 2x với mọi x 0; (đpcm).
2
Bài toán 9: (Olympic 30 - 4 - 1999)
Chứng minh rằng
3
sinx
cos x, x 0; .
x
2
Giải: Ta biến đổi
3
sin 3 x
sinx
2
3
cos x 3 cos x sin x.tan x- x 0 (1) .
x
x
Xét hàm số f ( x) sin 2 x.tan x- x3 với x 0; . Ta có
2
10
Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức
f x 2sin 2 x tan 2 x 3x 2 .
Áp dụng BĐT 3(a 2 b2 c 2 ) a b c ta có
1
2
f x sin 2 x sin 2 x tan 2 x 3x 2 2sin x tan x 3x 2 .
3
Đặt g ( x) 2sin x tan x 3x, x 0; , thì
2
1
1
1
g x 2cos x
3 cos x cos x
3 3 3 cos 2 x. 2 3 0
2
2
cos x
cos x
cos x
2
với mọi x 0; , nên g(x) đồng biến trên
2
0; 2 . Suy ra
g x g 0 0, x 0; .
2
1
2
Do đó f x 3x 3x 2 0 nên f(x) đồng biến trên 0; . Suy ra
3
2
f x f 0 0, x 0; .
2
Nhận xét: Khi trong BĐT có chứa các loại hàm số khác nhau ta thường cô
lập mỗi loại hàm số để dễ xét dấu của đạo hàm, hoặc ta có thể đạo hàm liên
tiếp để khử bớt một loại hàm số như trong bài toán 5.
Cách 2: Theo bài 5 ta có x
x3
sinx , suy ra
6
3
2
x2 x4 x6
x2 x4
sin x x
1
2
1 1
6
2 12 216
2 24
x
Ta chứng minh được
x2 x4
cos x 1
2
2 24
Từ (1) và (2) ta có đpcm.
Bài toán 10: Cho a, b 0;1 . Chứng minh rằng
x
b
a
f x
1 x 1 a 1 b 1, x 0;1 .
a b 1 x a 1 x b 1
Giải: Ta có
1
b
a
f x
1 a 1 b
2
a b 1 x a 1 x b 12
3
f x
2b
x a 1
3
2a
x b 1
11
3
0, 0;1
Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức
Nên hàm số f’(x) đồng biến trên [0; 1], suy ra phương trình f’(x) = 0 có nhiều
nhất một nghiệm trên (0; 1).
Nếu phương trình f’(x) = 0 vô nghiệm thì f(x) đơn điệu trên [0; 1], thì
f x max f x max f 0 ; f 1.
0;1
Ta có
b
a
a 2b2 a b 1 ab a b 1
f 0
1 a 1 b
1
a 1 b 1
a 1 b 1 a 1 b 1
1
a
b
1
a
b
f 1
1
a b 1 b 2 a 2 a b 1 b a 1 a b 1
Suy ra
f x max f x max f 0 ; f 1 1
0;1
Nếu phương trình f’(x) = 0 có nghiệm duy nhất x x0 . Khi đó do f’(x)
đồng biến trên [0; 1], nên
f x 0, x 0; x0 và f x 0, x x0 ;1 .
Do đó x0 là điểm cực tiểu của hàm số, mà f(x) liên tục trên [0; 1] nên
f x max f x max f 0 ; f 1 1 .
0;1
Từ hai trường hợp ta có đpcm.
Bài toán 11: (VMO – 2003, Bảng B)
Cho hàm số f xác định trên tập số thực, lấy giá trị trên R và thỏa mãn điều
kiện
f cot x sin 2 x cos2 x, x 0; .
Hãy tìm GTLN và GTNN của hàm số g x f sin 2 x . f cos2 x trên R.
Giải: Ta có
f cot x sin 2 x cos 2 x, x 0;
2cot x
cot 2 x 1 cot 2 x 2cot x 1
f cot x
, x 0;
cot 2 x 1 cot 2 x 1
cot 2 x 1
Từ đó với chú ý rằng với mỗi t R đều tồn tại x 0; sao cho cot x = t ta
được
t 2 2t 1
f t 2
, t R .
t 1
Dẫn tới
sin 4 2 x 32sin 2 2 x 32
2
2
g x f sin x . f cos x
, x R (1) .
sin 4 2 x 8sin 2 2 x 32
1
1
Đặt u sin 2 2 x . Dễ thấy Khi x chạy qua R thì u chạy qua 0; . Vì vậy từ
4
4
(1) ta được
12
Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức
min g ( x) min h(u ) và max g ( x) max h(u )
xR
1
0; 4
xR
1
0; 4
u 2 8u 2
trong đó h u 2
. Ta có
u 2u 2
2 5u 2 4u 6
.
h u
2
2
u
2
u
2
1
Dễ dàng chứng minh được h u 0, u 0; . Suy ra hàm h(u) đồng
4
1
1
biến trên 0; . Vì vậy trên 0; ta có
4
4
1 1
min h u h 0 1 và max h u h .
4 25
1
Vậy min g x 1 , đạt được chẳng hạn khi x = 0 và max g x , đạt
25
được chẳng hạn khi x
Bài luyện tập
4
.
Bài 1: Chứng minh rằng 4
sin x
2
tan x
2
3 x2
2
, x 0; .
2
2. Bất đẳng thức có hai hay nhiều biến số
Để chứng minh BĐT có chứa nhiều biến số bằng phương pháp đạo hàm
thì điều quan trọng nhất là chúng ta đưa được về một biến và khảo sát
hàm số theo biến đó.
2.1 Dạng 1: Khảo sát hàm đặc trưng
Bài toán 12: Chứng minh rằng
x 1
a)
2, x
2
x x 1
b)
= 3.
x 2 x 1 y 2 y 1 z 2 z 1 3, x, y, z thỏa mãn x + y + z
Giải: a) Xét hàm số
f x
f x
x 1
, x R . Ta có
x x 1
31 x
2
2 x 2 x 1 x 2 x 1
và
13
Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức
f x 0 x 1;
Ta có bảng biến thiên
x
f’(x)
f(x)
lim f x 1,
x
lim f x 1
x
1
+
0
2
-
-1
1
Từ bảng biến thiên suy ra f x f 1 2, x .
b) Áp dụng câu a ta có
x 1
1
2, x x 2 x 1 x 1 (1)
2
x2 x 1
Tương tự ta có
1
y 2 y 1 y 1 2
2
1
z 2 z 1 z 1 3
2
Cộng từng vế các BĐT (1), (2) và (3) ta có
1
x 2 x 1 y 2 y 1 z 2 z 1 3 x y z 3 (đpcm).
2
Trong một số bài toán ta có thể nhìn thấy ngay hàm đặc trưng, tuy nhiên
một số bài ta cần phải biến đổi mới nhìn thấy hàm đặc trưng. Xét bài toán sau
Bài toán 13: Cho A, B, C là ba góc của một tam giác nhọn. Chứng minh rằng
tan A tan B tan C 6 sin A sin B sin C 12 3 .
Giải: Xét hàm số
f x tan x 6sin x 7 x với 0; .
2
Ta có
1
cos x 1 3cos x 1 2cos x 1 .
f x
6cos
x
7
cos2 x
cos 2 x
Vì x 0; nên
2
f x 0 2cos x 1 0 x
14
3
.
Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức
Lập bảng biến thiên của f(x) trên 0; ta được
2
7
.
min f x f 4 3
3
3
0;
2
Áp dụng vào bài toán ta được
7
f A f B f C 3 4 3
3
tan A tan B tan C 6 sin A sin B sin C 12 3.
Nhận xét: Trong BĐT trên A, B, C bình đẳng nên ta dễ dàng kiểm tra được
dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi A B C
số có dạng
3
. Vì vậy ta cần chọn một hàm
f x tan x 6sin x kx
sao cho f 0 . Do đó k = -7 và ta tìm được hàm đặc trưng cần xét.
3
Bài toán 14: (ĐH Quốc gia Hà Nội, 2000)
Cho a + b + c = 0. Chứng minh rằng
8a 8b 8c 2a 2b 2c .
Giải: Xét hàm số f x 2 x 2 x 2 x ln 2 trên R. Ta có
3
f x 3. 2 x .ln 2 2 x.ln 2 2ln 2 2 x 13.2 x 2 ln 2
2
và
f x 0 2x 1 x 0 .
Ta có bảng biến thiên
x
f’(x)
f(x)
0
-
0
+
0
Suy ra f x 0, x R f a f b f c 0
8a 8b 8c (2a 2b 2c ) 2 a b c ln 2 0
8a 8b 8c 2a 2b 2c
15
Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức
Nhận xét: Các bạn thử nghĩ xem tại sao không xét hàm số
f x 2x 2x ?
3
Trong một số bài toán BĐT hai biến ta phải biến đổi cô lập mỗi biến về
một vế, khi đó xuất hiện hàm đặc trưng cần khảo sát.
Bài toán 15: (Đại học khối D, 2006)
Chứng minh rằng
b
a
a 1 b 1
2 a 2 b , a b 0 .
2
2
Giải: Ta có
b
1 4 a 1 4b
a 1 b 1
2 a 2 b a b
2
2
2 2
b
a
a
1 4a 1 4b ln 1 4a ln 1 4b
b
ln 1 4a
Xét hàm số f x
a
a
ln 1 4 x
x
f x
b
a
ln 1 4b
b
với x > 0. Ta có
4 x ln 4 x 1 4 x ln 1 4 x
x 2 1 4 x
0,
nên f là hàm nghịch biến trên 0; . Do đó f a f b (đpcm).
Nhận xét: Trong bài toán trên ta đã sử dụng kêt quả:
Cho hàm số f(x) đồng biến trên (a; b). Khi đó với , a; b ta có
f f .
Bài toán 16: Chứng minh rằng với mọi x, y 0;1 , x y ta có
1
y
x
ln
ln
4
y x 1 y
1 x
1 .
Giải:
Nếu y > x thì
y
x
y
x
ln
4 y x ln
4 y ln
4x .
1 ln
1 y
1 x
1 y
1 x
Nếu y < x thì
y
x
y
x
ln
4 y x ln
4 y ln
4x .
1 ln
1 y
1 x
1 y
1 x
t
Xét f t ln
4t với t 0;1 . Ta có
1 t
16
Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức
1 t t
(2t 1) 2
f t
0, t 0;1 .
4
t 1 t
t 1 t
Suy ra f(t) tăng trên (0;1). Suy ra f(y) > f(x) nếu y > x và f(y) < f(x) nếu y
y
x
ln
ln
4, x, y 0;1 , x y .
y x 1 y
1 x
Bài toán 17: Cho x > 0, y > 0 và x + y = 1. Chứng minh rằng
x
y
2.
1 x
1 y
Giải: Ta có y = 1 – x nên BĐT cần chứng minh là
x
1 x
2, x 0;1 .
1 x
x
x
1 x
Xét f x
, x 0;1 . Ta có
1 x
x
1
2 x
x 1 1 1 (1 x)
1 x
f x
2 1 x 1 x x x 2 1 x 1 x x x
1
h 1 x h x
2
1 t2 1 1
trong đó h t 3 3 nghịch biến trên 0; , nên
t
t t
1
f x 0 h 1 x h x 1 x x x
2
Và
1
f x 0 h 1 x h x 1 x x x ;1
2
1
f x 0 x 0;
2
1
Vậy min f x f 2 . Suy ra f x 2, x 0;1 .
0;1
2
Bài toán 18: (Đại học khối A, 2004)
Cho tam giác ABC không tù, thỏa mãn điều kiện
cos2 A 2 2 cos B 2 2 cos C 3 1 .
Tính các góc của tam giác ABC.
A 1
Giải: Từ giả thiết 0 A
suy ra 0 sin
. Ta có
2
2
2
17
Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức
1 1 2sin 2 A 2
2 cos B cos C 3
A
B C
sin 2 A 2 2 sin .cos
1
2
2
A
B C
A
Lại có 2 2 sin .cos
2 2 sin
3
2
2
2
A
Từ (2) và (3) ta có sin 2 A 2 2 sin 1 0 .
2
A
Đặt t sin thì
2
4t 2 1 t 2 2 2t 1 0 4
2
Xét hàm f t 4t 4 4t 2 2 2t 1 . Ta phải có f t 0 với 0 t
1
5
(5).
Tính
f t 16t 3 8t 2 2; f t 48t 2 8 f t 0 t
1
6
Ta có
1
1
1
; f t 0
t
6
6
2
1
1
Suy ra f t f
. Do đó
0 nên f(t) đồng biến trên 0;
2
6
1
f t f
0
2
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1
A 1
t
sin
A
2
2
2
2
B C
1 B C .
Thay vào ta được cos
2
4
Bài toán 19:
Cho hai số x, y khác 0 thay đổi thỏa mãn x y xy x 2 y 2 xy *
1 1
Chứng minh rằng 3 3 16 .
x
y
x y u
Giải: Nhận thấy x, y đối xứng nên đặt :
thì (*) trở thành
x. y v
u2
(do u 3 )
u.v u 3v v
u 3
Ta có
f t 0 0 t
2
18
Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức
1 1 x3 y 3 u 3 3uv u (u 2 3v) u 2 u 3
x3 y 3 xy 3
u3
v3
v u
3
u 1
4u 2
4
u 1
Vì u 4v u
1
0
u3
u3
u3
u 3
u3
u3
Vì từ (*) suy ra
0 nên ta chỉ cần chứng minh:
4 với u 1
u
u
hoặc u 3 .
u3
3
Xét hàm số f(u) =
f’(u) = 2 0 suy ra f(x)
u
u
Trên mỗi khoảng ( ; 3 ) và 1; ) do đó f(u) f(1); u 1.
Còn 0 < f(-3) < f(u) <1, u > -3, từ đó ta có đpcm.
2
2
Bài toán 20: (VMO, 2004)
3
Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x y z 32 xyz . Tìm
GTLN và GTNN của biểu thức
x4 y 4 z 4
.
P
4
x y z
Giải: Không mất tính chất tổng quát ta có thể giả sử x y z 4 , khi đó
1
xyz 2 . Ta phải tìm GTLN và GTNN của P 4 x 4 y 4 z 4 . Ta có
4
x4 x2
2
2 x 2 y 2 16 2 xy 2 xy 4 xyz x
2
2
2a 2 64a 288 2(a 16) 2 244
trong đó a = xy + z + zx. Do y + z = 4 – x và yz
2
nên ta phải có
x
8
, tức là 3 5 x 2 .
x
Tương tự x, y, z 3 5;2 . Suy ra x 2 y 2 z 2 0 và
4 x
2
x 3 5 y 3 5 z 3 5 0 .
Nhân các BĐT trên ta được 5 a
5 5 1
. Từ
3
x 4 y 4 z 4 a 16 112
suy ra
44
128
9
383 165 5
min P
và max P
128
256
2
19
Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức
1 5 1 5
Đạt được khi (x, y, z) là các hoán vị của (2, 1, 1) và 3 5,
,
.
2
2
Bài luyện tập
Bài 1: Cho a, b, c là ba số dương thỏa mãn a 2 b2 c2 1 . Chứng minh
rằng
a
b
c
3 3
.
2
2
2
1 a 1 b 1 c
2
Bài 2: Chứng minh rằng
1
1
1
1
1 1
12
2 2 2 2 2 3 2 , x, y, z 0; .
2
sin x sin y sin z x
y
z
2
Bài 3: Chứng minh rằng
2
x
3y 2 y 3x , x y 0 .
y
x
Tổng quát: Với a, b > 0 và x > y > 0 ta có
a
x
b y a y bx .
y
x
Bài 4: Cho x, y 0; x3 y 3 1 . Tìm GTLN của A x 2 y .
Bài 5: Tìm ba góc của tam giác ABC biết
5
cos A 3 cos B cos C .
2
Bài 6: Cho các số không âm x, y, z thỏa mãn điều kiện : xy + yz + xyz = 4
(*)
CMR : x y z xy yz zx . (1) Hỏi đẳng thức xảy ra khi nào .
2.2 Dạng 2: Kết hợp với các BĐT khác như BĐT AM-GM, BĐT CauchySchwarz, BĐT Chebyshes,…
Đối với các bài toán phức tạp, ta cần phối hợp với phương pháp
chặn khoảng các biến và các BĐT phụ khác như BĐT AM-GM, BĐT
Cauchy-Schwarz, BĐT Chebyshes,… hoặc các đánh giá khác , hoặc phối
hợp với các phương pháp khác như phương pháp tọa độ, ....
Ta thường ước lượng T(x, y, z,...) bởi một hàm số chỉ phụ thuộc
vào một biến số, từ đó khảo sát hàm số này để đạt được mục đích.
Bài toán 21: Cho các số x, y, z 0;1 thỏa mãn xyz 1 x 1 y 1 z .
Chứng minh rằng
3
x2 y 2 z 2 .
4
Giải: Ta có
20
Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức
xyz 1 x y z xy yz zx xyz
xy yz zx 2 xyz 1 x y z
Mà
x y z
2
x 2 y 2 z 2 2 xy yz zx
x 2 y 2 z 2 2 2 x y z x y z 4 xyz
2
x yz
Áp dụng BĐT AM-GM ta có xyz
, suy ra
3
3
x y z 2 2 x y z x y z
2
2
2
x yz
4
.
3
3
2
Đặt t = x + y + z (0 < t < 3), ta có
4t 3
.
x y z 2 2t t
27
3
4t 3
2
Khảo sát hàm số f t 2 2t t
ta được min f t khi
4
27
1
x yz .
2
.
2
2
2
2
Bài toán 22: ( Tuyển sinh Đại học Vinh, 2001)
Chứng minh rằng nếu a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi
bằng 3 thì
3a 2 3b2 3c 2 4abc 13 1 .
Giải: Đặt T 3a2 3b2 3c2 4abc . Do vai trò của a, b, c bình đẳng nên
không giảm tổng quát ta có thể giả sử 0 a b c .
3
Từ a + b + c = 3 và a + b > c suy ra 1 c (2).
2
Ta biến đổi
2
T 3(a 2 b 2 ) 3c 2 4abc 3 a b 2ab 3c 2 4abc
3 3 c 3c 2 2ab 3 2c
2
ab
Do 2 – 3c > 0 và ab
3 , suy ra
2
2
21
Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức
1
2
a b 3 2c
2
1
2
3 c 2 6c 9 3c 2 3 c 3 2c
2
3
27
c3 c 2
f c
2
2
3
Ta có f c 3c 2 3c , nên f(c) đồng biến trên 1; . Vì vậy
2
T f c f 1 13 .
Đồng thời T 13 c 1. Với giả thiết 0 a b c và a + b + c = 3 và (3)
suy ra a = b = 1, tức là tam giác ABC đều.
T 3 3 c 3c 2
2
Bài toán 23: (Tuyển sinh Đại học khối B, 2006)
Cho x, y là các số thực dương thay đổi. Tìm GTNN của biểu thức
B x 1 y 2 x 1 y 2 y 2 .
Giải: Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, xét các điểm M(1-x; y) và N(1+x; y).
Ta có OM + ON MN, suy ra
2
x 1
2
y2
2
x 1
2
y2 4 4 y2 .
Đẳng thức xảy ra khi x = 0, ta được A 2 1 y 2 y 2 .
Xét hàm số f y 2 1 y 2 y 2 .
*) Với y 2 thì f y 2 1 y 2 y 2 là hàm đồng biến.
2y
*) Với y < 2 thì f y 2 1 y 2 2 y có f y
1.
2
1 y
1
Khi đó f y y
. Lập bảng biến thiên của hàm số f(y) ta được
3
1
min B 2 3 x; y 0;
.
3
Bài toán 24: (Tuyển sinh Đại học khối A, 2011)
Cho x, y, z là các số thực thuộc đoạn [1; 4] và x y, x z . Tìm GTNN
của biểu thức
x
y
z
P
.
2x 3y y z z x
Giải: Trước hết ta chứng minh với mọi a, b dương, ab 1 thì
1
1
2
(*)
1 a 1 b 1 ab
Thật vậy, ta có (*) ( ab 1)( a b )2 0 luôn đúng do a, b dương và
ab 1 .
22
Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b hoặc ab = 1.
Áp dụng (*) với x, y thuộc đoạn [1; 4] và x y, x z ta có
x
1
1
1
1
.
P
2x 3y 1 x 1 x 2 3y
x
1
y
z
x
y
z x
x
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi hoặc 1 (1)
y z
y
Đặt
t2
2
x
.
t , t 1;2 , khi đó P 2
2t 3 1 t
y
Xét hàm f (t )
t2
2
, t 1;2 có
2t 2 3 1 t
2 t 3 4 3 3t 2t 1 9
f '(t )
0.
2
2
2
2
t
3
1
t
Suy ra
f (t ) f (2)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi t 2
Do đó P
=1,
34
.
33
x
4 x 4; y 1 (2)
y
34
. Từ (1) và (2) suy ra dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = 9, y
33
z = 2.
Bài toán 25: Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn a 2 b2 c2 1 . Tìm
GTLN của biểu thức
S 3 a b c 22abc .
Giải: Không mất tính tổng quát, giả sử a= min {a,b,c}. Xét các trường hợp
sau
Nếu a = -1 thì b = c = 0 và S = -3
Nếu -1 < a < 0 thì sử dụng BĐT CBS ta có
S 3 a b c 11(a)(2bc) 3 a 2 b 2 c 2 11a b 2 c 2
11a3 8a 3 2 1 a 2 f a
Ta có
f a 33a 2 8
3a 2
1 a
2
;
f a 66a
23
3 2
1 a
2
1 a
2
.
Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức
2
1;0 . Mà
11
2
2
. Suy ra
f
0 nên f(a) đạt GTLN tại a
11
11
2
2
.
max S max f a f
15
1;0
11
11
Do đó f’(a) = 0 có nghiệm duy nhất a
Nếu 0 a 1 thì S 3 a b c . Sử dụng BĐT CBS ta có
3 a b c 3 3(a 2 b2 c 2 ) 3 3 .
Suy ra S 3 3 15
2
.
11
Tổng hợp các kết quả trên ta có maxS=15
2
, đạt được khi (a, b, c) là
11
2 3
3
;
;
một hoán vị của
.
11
22
22
Bài toán 26: ( Đề thi chọn HSG QG THPT bảng B, 1999)
Xét phương trình ax3 x2 bx 1 0 với a, b là các số thực, a 0 , a b
sao cho các nghiệm đều là số thực dương. Tìm GTNN của
5a 2 3ab 2
.
P
a2 b a
Giải: Gọi u, v, s là ba nghiệm thực dương của đa thức ax3 x2 bx 1 .
Theo định lý Viete ta có
1
b
1
u v s ; uv vs su ; uvs
1 .
a
a
a
Từ đó suy ra a > 0, b > 0.
1
Đặt c . Áp dụng BĐT Cauchy cho ba số dương ta có
a
c uvs u v s 3 3 uvs 3 3 c c3 27c c 3 3 2 .
Mặt khác
1
2
2
2
2
u v s 3 uv vs su u v v s s u 0 .
2
2
2
Do đó c u v s 3 uv vs su 3bc 3
Từ (1), (2) và (3) ta có
24
Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức
b
1
5 3 2 3 c 5 3bc 2c 2
5a 3ab 2 1
a
a
P
.
2
b
a b a
a
bc 1
1
a
c 5 c 2 2c 2 5c c 2 5
4
c2
c2 3
1
3
5c c 2 5
Xét hàm số f c
với c 3 3 .
c2 3
Ta được f c 12 3 . Dấu bằng xảy ra khi c 3 3 . Suy ra P 12 3 .
1
Đẳng thức xảy ra khi u v s 3 , tức là a
,b 3 .
3 3
Vậy min P 12 3 .
2
Bài luyện tập
Bài 1: Cho các số dương a, b, c với a b c 1.Chứng minh rằng
1 1 1
3 a b c 2 21 .
a b c
Bài 2: Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a 2 b2 c2 1 . Chứng minh rằng
1 1 1
a b c 2 3
a b c
Bài 3: (Đại học xây dựng Hà Nội, 2001)
Cho các số x, y, z thay đổi trên đoạn [0; 1] và thỏa mãn x y z
Tìm GTLN và GTNN của A cos x 2 y 2 z 2 .
3
.
2
Bài 4: (IMO, 1984)
Cho x, y , z > 0 thỏa mãn x + y + z = 1. Chứng minh rằng
7
.
0 xy yz zx 2 xyz
27
Bài 5: Cho x, y , z > 0 thỏa mãn x + y + z = 1. Tìm GTNN của
A x 2 y 2 z 2 4 xyz .
2.3 Dạng 3: Khảo sát hàm số theo từng biến
Đối với các BĐT nhiều biến, ta có thể chọn một biến là biến số biến thiên
và cố định các biến còn lại, bài toán lúc này trở thành BĐT một biến.
Bài toán 27: Cho 0 a, b 1. Chứng minh rằng
tan a.tan b tan ab .
Giải: Giả sử a b . Đặt f x tan b.tan x tan bx với b x 1 . Ta có
25
