Sáng kiến kinh nghiệm SKKN phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

ĐỀ TÀI:
“PHƢƠNG PHÁP SỬ DỤNG ĐẠO HÀM CHỨNG MINH BẤT
ĐẲNG THỨC”


A.
1.

MỞ ĐẦU

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 Cauchy-Schwarz,...
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 Cauchy-Schwarz, 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, 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.

Phƣơng 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 tƣợng 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.


NỘI DUNG

B.

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); m ax 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); m ax 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.

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
f ( x) 

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) .
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




sinC

f’(x)


f(x)
1

1
f(sinA)
sin A  sin B
1 .
Vậy min f ( x)  f (sin A) 
sin A  sin C

sinA


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).
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

Giải: Đặt x 

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



1
1
1
  0, x   0;1
f '( x)  

n  n (1  x)n1 n (1  x)n1 




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!


x 2 x3
xn
v
(
x
)

1

x



...


2! 3!
n!


Ta cần chứng minh


f ( x)  u( x).v( x)  1.

Ta có

x2
xn1
xn
u ( x)  1  x 
 ... 
 u ( x) 
2!
(n 1)!
n!



x2 x3
xn1
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 n1 
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




y’

0
+

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
xn . 1  x 

1
1
 x 2 n (1  x) 
(*)
2ne
2n.e

Xét hàm số f ( x)  x 2n (1  x) với x   0;1 . Ta có
f ( x)  x 2 n 1  2n  (2n  1) x 

Nên ta có bảng biến thiên

x

2n
2n  1

0
1

f’(x)

+

0

-

f(x)

(2n) 2 n
Vậy max g ( x) 
.
(0;1)
(2n  1) 2 n1

Ta chứng minh
(2n) 2 n
1

(2n  1) 2 n1 2ne
 2n  1 



 2n 

2 n 1

 2n 
 

 2n  1 

2 n 1



1
e

 e  (2n  1)  ln(2n  1)  ln(2n)   1


 ln(2n  1)  ln(2n) 

1
(2)
2n  1

Áp dụng định lý Lagrange cho hàm số f ( x)  ln x trên [2n; 2n+1] suy ra tồn tại
c  2n;2n  1 thuộc sao cho f ( x) 

f (2n  1)  f (2n)
. Suy ra
2n  1  2n

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
ex  1  x 

x 2 x3
xn
  ...  .
2! 3!
n!

Bài 3 (Toán học và tuổi trẻ)

n

1
 2ln 2 .
k 1 k (2 k  1)

Cho số nguyên dương n. Chứng minh rằng 
HD: Xét hàm số

x 2 x3
x 2 n1 x 2 n 
f ( x)  ln(1  x)   x    ... 


2
3
2
n

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)
Chứng minh rằng 3x  x3 

2
 
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

x3
 sinx  x .
6

0;  . Ta có

x2
f ( x)   1  cos x
2
f ( x)  x  sinx
f ( x)  1  cos 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

(1)

Lưu ý f ( x)  f (0)  0 với x > 0 ta có sinx  x

(2)

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  x  1  x  x  1 trên R. Ta có
2

2


1
1
1
1
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

x

với mọi x, trong đó g (t ) 

t
3
t2 
4

, t  R. Vì hàm g đồng biến trên R nên

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
-

0




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

+


a x


b x

b x

a
 
b

b

a x
Giải: Xét hàm số f ( x)  

b x

b x

,

a x
x  0. Khi đó ln f ( x)   b  x  ln 
.
b x

Suy ra
a  x
ln f ( x)  (b  x)ln
b  x 





f ( x)
ax
b  x  a  x 
a x ba

 ln
 (b  x)
.

  ln
f ( x)
bx
ax bx
bx ax
 a x ba
 f ( x)  f ( x)  ln


 bx ax
a x


b x

trong đó g ( x)  ln
g ( x) 

b x

 a x ba a x

 ln


b


x
a

x

 bx

b x

.g ( x)

a x ba
. Ta có

b x ax

b x ba
a b
(a  b) 2
.


 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 ba
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
x

1

2
e

Bài 1: Chứng minh rằng x1 x  x1 x  , x   0;1 .
x

1

x

x

x

HD: Xét hàm số f ( x)  x1 x  x1 x  x1 x  x.x1 x  (1  x) x1 x , x   0;1 .


Bài 2: Chứng minh rằng với mọi x > 0 ta có

x

x3
x3 x5
 sinx  x   .
3!
3! 5!

Bài 3: Chứng minh rằng với mọi x ta có
17  cos 2 x  4cos x  6  cos 2 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 Cauchy-Schwarz,
BĐT Chebyshes,…

Bài toán 8: Chứng minh rằng nếu 0  x  thì
2

2s inx  2 t anx  2 x1 .

Giải: Áp dụng BĐT AM-GM ta có 2s inx  2t anx  2. 2s inx.2t anx . Ta chứng minh
2 2s inx.2t anx  2 x1  2s inx  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
f ( x)  cos x 

1
1
 
 2  cos 2 x 
 2  0, x  0;  .
2
2
cos x
cos x
 2

1
 
(vì với x  0;  thì cos x  cos2 x và theo BĐT AM-GM ta có cos 2 x 
 2)
cos 2 x
 2

 
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; 
 2

Bài toán 9: (Olympic 30 - 4 - 1999)
Chứng minh rằng

(đpcm).

 sinx 
 

  cos x, x   0;  .
 x 
 2
3

Giải: Ta biến đổi
3

sin x
 sinx 
2
3

  cos x  3  cos x  sin x.tan x- x  0 (1) .
x
 x 
3


Xét hàm số f ( x)  sin 2 x.tan x- x3 với x  0;  . Ta có
 2
f   x   2sin 2 x  tan 2 x  3x 2 .

Áp dụng BĐT 3(a 2  b 2  c 2 )   a  b  c  ta có
2

f   x   sin 2 x  sin 2 x  tan 2 x  3x 2 

1
2
 2sin x  tan x   3x 2 .
3

 
Đặt g ( x)  2sin x  tan x  3x, x  0;  , thì
 2
g   x   2cos x 

1
1
1
 3  cos x  cos x 
 3  3 3 cos 2 x. 2  3  0
2
2
cos x
cos x
cos x

 
với mọi x  0;  , nên g(x) đồng biến trên
 2

 
0; 2  . Suy ra

 
g  x   g  0   0, x  0;  .
 2

Do đó f   x  

1
2
 3x   3x 2  0 nên f(x) đồng biến trên
3

 
0; 2  . Suy ra

 
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


1




1



 

6
2 12 216
2 24
 x  
3

 2

Ta chứng minh được
x2 x4
cos x  1  

2 24

 2

Từ (1) và (2) ta có đpcm.
Bài toán 10: Cho a, b0;1 . Chứng minh rằng
x
b
a


 1  x 1  a 1  b   1, x   0;1 .
a  b 1 x  a 1 x  b 1

f  x 

Giải: Ta có
f  x  
f   x  

1
b
a


 1  a 1  b 
2
a  b  1  x  a  1  x  b  12
2b

 x  a  1

3



2a

 x  b  1

3

 0,   0;1

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

b
a
a 2b 2  a  b  1 ab  a  b  1

 1  a 1  b  

1

Ta có f  0  
a 1 b 1
 a  1 b  1  a  1 b  1

f 1 

1
a
b
1
a
b





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  
, t  R .
t2 1

Dẫn tới
g  x   f  sin 2 x  . f  cos 2 x  

sin 4 2 x  32sin 2 2 x  32
, 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 (1) ta được
4
 4

min g ( x)  min h(u ) và max g ( x)  max h(u )
xR

 1
0; 4 

trong đó h  u  
h  u  

xR

u 2  8u  2
. Ta có
u 2  2u  2

2  5u 2  4u  6 

u

2

 2u  2 

2

.

 1
0; 4 


1
1
Dễ dàng chứng minh được h  u   0, u  0;  . Suy ra hàm h(u) đồng biến trên 0;  .
 4
 4
1
Vì vậy trên 0;  ta có
 4
1 1
min h  u   h  0   1 và max h  u   h    .
 4  25

Vậy min g  x   1 , đạt được chẳng hạn khi x = 0 và max g  x  
khi x 


.
4

1
, đạt được chẳng hạn
25

Bài luyện tập
Bài 1: Chứng minh rằng 4

2.

sin x

2

tan x

2

3 x2
2

 
, x  0;  .
 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

a)
b)

x 1
x2  x  1

 2, x

x 2  x  1  y 2  y  1  z 2  z  1  3, x, y, z thỏa mãn x + y + z = 3.

Giải: a) Xét hàm số
f  x  

và

f  x 

31  x 

2  x 2  x  1 x 2  x  1

x 1
x2  x  1

, x  R . Ta có


f   x   0  x  1;

lim f  x   1,

x

lim f  x   1

x

Ta có bảng biến thiên
x




1

f’(x)

+

f(x)

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
x2  x  1

 2, x  x 2  x  1 

1
 x  1 (1)
2

Tương tự ta có
1
 y  1
2
1
z 2  z  1   z  1
2
y2  y  1 

 2
 3

Cộng từng vế các BĐT (1), (2) và (3) ta có
x2  x  1  y 2  y  1  z 2  z  1 

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
f  x  

1
 cos x  1 3cos x  1 2cos x  1 .

6cos
x

7

cos 2 x
cos 2 x

 
Vì x   0;  nên
2




f   x   0  2cos x  1  0  x 


3

.

 
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  . Vì vậy ta cần chọn một hàm số có dạng
3

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    2x   2x  2 x ln 2 trên R. Ta có
3

f   x   3. 2 x  .ln 2  2 x.ln 2  2ln 2   2 x  13.2 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

Nhận xét: Các bạn thử nghĩ xem tại sao không xét hàm số f  x    2 x   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 
a

a



a

ln 1  4b 
b

Xét hàm số f  x  
f  x  

b

ln 1  4 x 
x

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:


1  ln



Nếu y > x thì
y
x
y
x
 ln
 4  y  x   ln
 4 y  ln
 4x .
1 y
1 x
1 y
1 x

Nếu y < x thì


1  ln

y
x
y
x
 ln
 4  y  x   ln
 4 y  ln
 4x .
1 y

1 x
1 y
1 x

Xét f  t   ln

t
 4t với t   0;1 . Ta có
1 t

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 < x


1 
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

, x   0;1 . Ta có
1 x
x

Xét f  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
f  x   0  h

Và



  x 

1 x  h

1 x  x  x 

1
2


f  x   0  h



  x 

1 x  h

1 
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.
Giải: Từ giả thiết 0  A 

1  1  2sin 2 A  2


2

suy ra 0  sin

2  cos B  cos C   3

A
BC
  sin 2 A  2 2 sin .cos
1
2
2
A
2

Lại có 2 2 sin .cos

 2

B C
A

 2 2 sin
2
2

Từ (2) và (3) ta có  sin 2 A  2 2 sin
Đặt t  sin

A 1
. Ta có

2
2

 3

A
1  0 .
2

A
thì
2

4t 2 1  t 2   2 2t  1  0

 4

Xét hàm f  t   4t 4  4t 2  2 2t  1 . Ta phải có f  t   0 với 0  t 
Tính
f   t   16t 3  8t  2 2; f   t   48t 2  8  f   t   0  t 

Ta có

1
6

1
5

(5).


1
1
1
; f   t   0 
t 
6
6
2

f   t   0  0  t 

 1 
  0 nên f(t) đồng biến trên
 6

Suy ra f   t   f  

 1 

. Do đó
 0;
2 


 1 
f t   f 
0
 2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
t

1
A 1

 sin 
 A
2
2
2
2

Thay vào ta được cos

BC

1 B  C  .
2
4

Bài toán 19:
Cho hai số x, y khác 0 thay đổi thỏa mãn  x  y  xy  x 2  y 2  xy *
Chứng minh rằng

1 1
  16 .
x3 y 3

x  y  u
thì (*) trở thành
x
.
y

v


Giải: Nhận thấy x, y đối xứng nên đặt : 
u2
u.v  u  3v  v 
(do u  3 )
u3
2

Ta có
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
u3
u3
u3
u  3
2

2

Vì từ (*) suy ra
u  3 .

u3
u3

 0 nên ta chỉ cần chứng minh:
 4 với u  1
u
u

Xét hàm số f(u) =

u3
3
 f’(u) = 2  0 suy ra f(x)
u
u

hoặc


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.
Bài toán 20: (VMO, 2004)
Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn  x  y  z   32 xyz . Tìm GTLN và GTNN của
biểu thức
3

P

x4  y 4  z 4

 x  y  z

4

.

Giải: Không mất tính chất tổng quát ta có thể giả sử x  y  z  4 , khi đó xyz  2 . Ta phải
tìm GTLN và GTNN của P 

 x4    x2 

2

1 4
x  y 4  z 4  . Ta có
4 
4

 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
8
2
nên ta phải có  4  x   , tức là
x
x

3  5  x  2.

Tương tự x, y, z  3  5;2 . Suy ra  x  2 y  2 z  2  0 và

 x  3  5  y  3  5  z  3  5   0 .
x 4  y 4  z 4  a  16   112
5 5 1
Nhân các BĐT trên ta được 5  a 
. Từ
suy ra

44
128
3
2

min P 

9
383  165 5
và max P 
128
256



Đạt được khi (x, y, z) là các hoán vị của (2, 1, 1) và  3  5,


1 5 1 5 
,
.
2
2 

Bài luyện tập
Bài 1: Cho a, b, c là ba số dương thỏa mãn a 2  b2  c 2  1 . Chứng minh rằng