chuyen de bat dang thuc

Chứng minh bất đẳng thức bằng phơng pháp hàm
số
đặt vấn đề
Chứng minh bất đẳng thức là một dạng toán phổ biến và quan trọng trong chơng
trình toán phổ thông, rất thờng gặp trong các đề thi tuyển sinh vào Đại học- Cao đẳng
và còn là một chuyên đề lớn trong các đề thi học sinh giỏi ở phổ thông.
Các bài toán chứng minh bất đẳng thức rất đa dạng và phong phú. Cả lý luận và
thực tiễn dạy học đều chứng tỏ chúng rất có hiệu quả trong việc phát triển t duy cho
học sinh.
Có nhiều phơng pháp chứng minh bất đẳng thức, việc vận dụng nhìn chung phụ
thuộc rất nhiều vào đặc thù bài toán, do đó học sinh phổ thông thờng gặp rất nhiều khó
khăn khi gặp dạng bài này.
Các tài liệu, sách tham khảo đã trình bày khá đầy đủ về vấn đề này, trong báo
cáo này chúng tôi tập trung vào phơng pháp hàm số.
Nếu bất đẳng thức chỉ liên quan tới hàm 1 biến thì vấn đề đã rõ, ví dụ:
Chứng minh rằng x

sinx

x

0
song đối với bất đẳng thức nhiều biến số, ví dụ:
BT0 (Đề 150II2): Cho a,b,c [0,1]. Chứng minh rằng:
1c)b)(1a)(1(1
1ba
c
1ac
b
1cb
a

+
++
+
++
+
++
thì sử dụng phơng pháp hàm số nh thế nào?
Theo chúng tôi, đây là vấn đề khá mới mẻ.
Nội dung báo cáo gồm 3 phần:
Phần 1: Khái quát về các phơng pháp chứng minh bất đẳng thức.
Phần 2: Chứng minh bất đẳng thức bằng phơng pháp hàm số.
Phần 3: Những kết luận s phạm.

Phần 1: khái quát về các phơng pháp chứng minh
bất đẳng thức
I. Bài toán chứng minh bất đẳng thức đại số
Khái niệm: Cho hai biểu thức đại số f, g có tập xác định lần lợt là D
1
, D
2
. Quan
hệ f

(

) g cho ta một bất đẳng thức đại số. Nếu với mọi giá trị của biến trong tập D
= D
1
D
2

làm cho f

(

) g ta có một bất đẳng thức đúng.
Bài toán chứng minh bất đẳng thức đại số yêu cầu ta chỉ ra tính đúng (hoặc sai)
của một bất đẳng thức nào đó. Để tiện về ngôn ngữ, nói chung từ nay ta chỉ cần xem
xét những bất đẳng thức dạng f

g

f g

0.
Theo phân loại của Polya thì bài toán bất đẳng thức thuộc dạng bài toán chứng
minh toán học (trong hệ thống này, ngoài ra là các bài toán tìm tòi).
II. Các ph ơng pháp giải
Để chứng minh bất đẳng thức đại số, các phơng pháp phổ biến là:
PP1: Dùng biến đổi tơng đơng
PP2: Phơng pháp phản chứng
PP3: Dùng các tính chất cơ bản của bất đẳng thức
PP4: Dùng bất đẳng thức tam giác
PP5: Làm trội
PP6: Quy nạp
PP7: Dùng bất đẳng thức Cauchy
26
PP8: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski
PP9: Biến dạng của bất đẳng thức Bunhiacopski
PP10: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski mở rộng
PP11: Dùng bất đẳng thức Bernoulli

PP12: Dùng tam thức bậc hai
PP13: Phơng pháp lợng giác
PP14: Dùng bất đẳng thức Jensen
PP15: Dùng bất đẳng thức Tsebyshev
PP16: Dùng đạo hàm
PP17: Phơng pháp hình học.

Phần 2: chứng minh bất đẳng thức bằng phơng pháp hàm
số.
Trớc tiên ta xét ví dụ đã nêu trong phần đặt vấn đề, đây là một bài toán khó
trong bộ đề tuyển sinh, cũng là một bài thi Olympic (Vô địch Mỹ năm 1980)
BT0 (Đề 150II2): Cho a,b,c [0,1]. Chứng minh rằng:
1c)b)(1a)(1(1
1ba
c
1ac
b
1cb
a
+
++
+
++
+
++
Giải: Xét hàm
c)b)(1x)(1(1
1bx
c
1xc

b
1cb
x
f(x)
+
++
+
++
+
++
=
trên [0,1]. Nó có
đạo hàm
D
1)c(x
c
1)c(x
b
(x)f'
22
+
++

++
=
, với D là một hằng số.
Rõ ràng f đồng biến.
# Nếu f(x)

0

x [0,1] thì
[0,1]x
1
1cb
c
1cb
b
1cb
1
11b
c
11c
b
1cb
1
f(1)maxf(x)

=
++
+
++
+
++

++
+
++
+
++

==
# Nếu f(x)

0

x [0,1] thì
[0,1]x
1
1bccb
1cbcb
c)b)(1(1
1b
c
1c
b
f(0)maxf(x)
22


+++
+++
=+
+
+
+
==
# Nếu f(x) nhận 2 dấu trên [0,1] thì bảng biến thiên của f phải có dạng:
X 0 x
0
1

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

f(x
0
)

max f(x) = max{f(0), f(1)}

1
x [0,1]
Bài toán đợc chứng minh hoàn toàn.
BT1 (Tơng tự) Cho a,b [0,1]. Chứng minh rằng:
1b)a)(1(1
1a
b
1b
a
+
+
+
+
Giải: Xét hàm
x)a)(1(1
1a
x
1x
a
f(x)
+

+
+
+
=
trên [0,1].
27
Nó có đạo hàm
a1
x)(1
a
a1
1
(x)f'
2
+
+

+
=
Rõ ràng f đồng biến.
# Nếu f(x)

0

x [0,1] thì
Max f(x) = f(1)
x [0,1]
# Nếu f(x)

0

x [0,1] thì
Max f(x) = f(0)
x [0,1]
# Nếu f(x) nhận 2 dấu trên [0,1] thì bảng biến thiên của f phải có dạng:
X 0 x
0
1
f'(x) - 0 +
f(x) f(0) f(1)

f(x
0
)

max f(x) = max{f(0), f(1)}
x [0,1]
Tóm lại luôn có
max f(x) = max{f(0), f(1)}
x [0,1]
Ta có f(1) =
1
1a
1
a
2
1

+
+

, f(0) = 1

max f(x)

1
x [0,1]
Bài toán đợc chứng minh hoàn toàn.
BT2(Mở rộng) Cho a
1
, a
2
, , a
n
[0,1]. Chứng minh rằng:
1)a(1)
1as
a
(
n
1j
n
1j
j
j
j
+
+


=

=
, ở đây

=
=
n
1j
j
as
Giải:
Ta chứng minh bài toán bằng quy nạp theo n

2:
# n = 2 là nội dung BT2
# Giả sử bài toán đúng đến n, ta phải chỉ ra nó đúng đến n + 1.
Với n + 1, ta xét hàm số với biến a
n+1
:


+
=
+
=
+
+
+
=
1n
1j

j
1n
1j
j
j
1n
)a(1)
1as
a
()f(a
, ở đây

+
=
=
1n
1j
j
as
Đạo hàm

=
+
+
+
=
n
1j
2
j

j
1n
D)
1)a(s
a
()(af'
(D = const). Rõ ràng f đồng biến. Xét
hoàn toàn tơng tự BT1 với chú ý:
1)a(1)
1as'
a
(f(0)
n
1j
j
n
1j
j
j
+
+
=


=
=
theo giả thiết quy nạp, (ở đây

=
=

n
1j
j
as'
).
1
s
a
f(1)
1n
1j
j
=

+
=
(làm tăng tử, giảm mẫu).

max f(a
n+1
) = max{f(0), f(1)}

1

(đpcm).
a
n+1
[0, 1]
BT3(Đề 148II1) Chứng minh rằng nếu 0 < x

y

z thì:
28
)
z
1
x
1
z)((xz)(x
y
1
)
z
1
x
1
y(
+++++
Giải:
Để giống các trờng hợp quen thuộc, ta coi y = b, z = c, ở đây b

c.
Xét hàm
)
c
1
x
1
b(c)(x

b
1
c))(x
c
1
x
1
(f(x)
++++=
trên (0,b].
Đạo hàm
cb(0.b],x0)
x
1
bc
1
c)((b(x)f'
2
+=
, chứng tỏ f nghịch biến.
Vậy min f(x) = f(b) = 0

(đpcm).
x (0,b]
BT4(Đề 148II2) Chứng minh rằng

a, b

0 ta có: 3a
3

+7b
3

9ab
2

Giải:
Xét hàm f(x) = 3x
3
- 9b
2
x + 7b
3
, đạo hàm f(x) = 9(x - b)(x + b).
Bảng biến thiên:
x 0 b +


f'(x) - 0 +
f(x) 7b
3
+

b
3
Rõ ràng b
3

0

(đpcm).
BT5(Đề 106II2) a, b, c là các số thuộc [0, 1]. Chứng minh rằng;
a
2
+ b
2
+ c
2


1 + a
2
b + b
2
c + c
2
a.
Giải:
Coi c là biến x, xét hàm f(x) = x
2
(1 - a) b
2
x + a
2
+ b
2
- 1 a
2
b trên [0, 1].
Đạo hàm f(x) = 2(1 - a)x b

2

f đồng biến
# Nếu f(x)

0

x [0,1] thì max f(x) = f(1) trên [0, 1].
# Nếu f(x)

0

x [0,1] thì max f(x) = f(0) trên [0, 1].
# Nếu f(x) nhận 2 dấu trên [0,1] thì bảng biến thiên của f phải có dạng:
x 0 x
0
1
f'(x) - 0 +
f(x) f(0) f(1)

f(x
0
)
Vậy phải có
max f(x) = max{f(0), f(1)} = max{(1 - b)(a
2
b -1), a
2
a a
2

b}

0

(đpcm).
x [0, 1]
BT6(Đề 112II2) Chứng minh rằng với 0< a
<
b
<
c thì:
a
3
(b
2
c
2
) + b
3
(c
2
a
2
) + c
3
(a
2
b
2
) < 0.

Giải:
Coi c là biến x, xét hàm f(x) = (a
2
b
2
)x
3
- (a
3
b
3
)x
2
+ a
3
b
2
a
2
b
3
trên (b, +

).
Ta phải chứng minh f(x) < 0

x (b, +

)
Đạo hàm f(x) = 3(a

2
b
2
)x
2
2(a
3
b
3
)x = (a - b)x[3(a+b)x 2(a
2
+ ab + b
2
)]
Dễ chứng minh f(x) < 0 khi a < b < x

f nghịch biến.
29

f(x) < f(b) = 0

(đpcm).
BT7(Đề 57II
2
) Cho a

b

c là 3 cạnh tam giác. Chứng minh rằng (a +b + c)
2

< 9bc.
Giải:
Coi c là biến x, xét hàm f(x) = (a + b + x)
2
9bx trên [b, a+b). Ta phải chứng
minh f(x) < 0 trên đó.
Đạo hàm f(x) = 2(a + b + x) 9b < 0 (dễ thấy)

f nghịch biến.

f(x) < f(b) = (a + b + x)
2
9b
2
< 0

(đpcm).
BT8(Đề 128I
2
) Cho a, b, c [0, 2] thỏa mãn: a + b + c = 3.
Chứng minh rằng a
2
+ b
2
+ c
2


5.
Giải:

Không mất tính tổng quát giả sử a

b

c

a

1.
# Coi c là biến x, xét hàm f(x) = x
2
+ a
2
+ (3 x a)
2
trên [0, 2].
f'(x) = 4x + 6 2a

0

f đồng biến.
Max f(x) = f(2) = 2a
2
2a + 5
x[0, 2]
# Coi a là biến t, xét hàm g(t) = 2t
2
2t + 5 trên [0, 1].
Dễ thấy g(t)

5, đẳng thức có

t {0, 1}.
Tóm lại a
2
+ b
2
+ c
2


5 (đpcm)
BT9(Đề 110III)
a. Cho a, b

1. chứng minh rằng:
ab1
2
b1
1
a1
1
22
+

+
+
+
.
b. Cho a, b, c

1. chứng minh rằng:
abc1
3
c1
1
b1
1
a1
1
333
+

+
+
+
+
+
.
Giải:
a. Không mất tính tổng quát giả sử 1

b


a.
Coi b là biến x, xét hàm
ax1
2
a1

1
x1
1
f(x)
22
+

+
+
+
=
trên [1, a].
Đạo hàm
0
ax)(1)x(1
)axx)(12(a
ax)(1
2a
)x(1
2x
(x)f'
222
3
222

++

=
+
+

+

=
chứng tỏ f nghịch biến

min
f(x) = f(a) = 0

(đpcm)
x [1, a]
b. Không mất tính tổng quát giả sử 1

a

c

b.
Coi c là biến x, xét hàm:
abx1
3
b1
1
a1
1
x1
1
f(x)
333
+

+
+
+
+
+
=
trên [a, b].
Đạo hàm
23
42
)]xabx)(1[(1
)abx)(1x3(ab
(x)f'
++

=
từ đó có bảng biến thiên:
X a
ab
b
f(x)
- 0 +
f(x) f(a) f(b)
f(
ab
)

min f(x) = f(
ab
) =

0
b.baa1
2
)b(b1
1
)a(a1
1
22

+

+
+
+
theo câu 1.

(đpcm).
30