Đề tài Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp hàm số

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Nghiên cứu và trao đổi. néi san t & T sè 10. *********************************************************************. Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp hàm số. Báo cáo khoa học - trần cường k50clc. đặt vấn đề. Chứng minh bất đẳng thức là một dạng toán phổ biến và quan trọng trong chương trình toán phổ thông, rất thường gặp trong các đề thi tuyển sinh vào Đại họcCao 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 tư duy cho häc sinh. Có nhiều phương 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 thường gặp rất nhiÒu khã kh¨n khi gÆp d¹ng bµi nµy. 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 phương pháp hàm số. Nếu bất đẳng thức chỉ liên quan tới hàm 1 biến thì vấn đề đã rõ, ví dụ: Chøng minh r»ng x  sinx  x  0 song đối với bất đẳng thức nhiều biến số, ví dụ: BT0 (§Ò 150II2): Cho a,b,c  [0,1]. Chøng minh r»ng: a b c    (1  a)(1  b)(1  c)  1 bc1 ca1 a b1 thì sử dụng phương pháp hàm số như thế nào? Theo chúng tôi, đây là vấn đề khá mới mẻ. Néi dung b¸o c¸o gåm 3 phÇn: Phần 1: Khái quát về các phương pháp chứng minh bất đẳng thức. Phần 2: Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp hàm số. PhÇn 3: Nh÷ng kÕt luËn s­ ph¹m. Phần 1: khái quát về các phương 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 lượt là D1, D2. Quan hệ f  (  ) g cho ta một bất đẳng thức đại số. Nếu với mọi giá trị của biến trong tập D = D1 ∩ D2 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 to¸n häc (trong hÖ thèng nµy, ngoµi ra lµ c¸c bµi to¸n t×m tßi). II. Các phương pháp giải Để chứng minh bất đẳng thức đại số, các phương pháp phổ biến là: PP1: Dùng biến đổi tương đương PP2: Phương pháp phản chứng PP3: Dùng các tính chất cơ bản của bất đẳng thức PP4: Dùng bất đẳng thức tam giác 26 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Nghiên cứu và trao đổi. néi san t & T sè 10. ********************************************************************* PP5: Lµm tréi PP6: Quy n¹p PP7: Dùng bất đẳng thức Cauchy 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: Dïng tam thøc bËc hai PP13: Phương pháp lượng giác PP14: Dùng bất đẳng thức Jensen PP15: Dùng bất đẳng thức Tsebyshev PP16: Dùng đạo hàm PP17: Phương pháp hình học. Phần 2: chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp hàm số. Trước 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 (§Ò 150II2): Cho a,b,c  [0,1]. Chøng minh r»ng: a b c    (1  a)(1  b)(1  c)  1 bc1 ca1 a b1 x b c    (1  x)(1  b)(1  c) trªn [0,1]. Gi¶i: XÐt hµm f(x)  bc1 cx1 x b1 b c Nó có đạo hàm f'(x)     D , víi D lµ mét h»ng sè. 2 (x  c  1) (x  c  1) 2 Rõ ràng f’ đồng biến. # NÕu f’(x)  0  x  [0,1] th× 1 b c 1 b c maxf(x)  f(1)       1 bc1 c11 b11 bc1 bc1 bc1 x  [0,1] # NÕu f’(x)  0  x  [0,1] th× b c b  c  b 2 c2  1 maxf(x)  f(0)    (1  b)(1  c)  1 c1 b1 b  c  bc  1 x  [0,1] # NÕu f’(x) nhËn 2 dÊu trªn [0,1] th× b¶ng biÕn thiªn cña f ph¶i cã d¹ng: X f'(x) f(x). 0 -. x0 0. f(0). 1 + f(1). f(x0)  max f(x) = max{f(0), f(1)}  1 x  [0,1] Bµi to¸n ®­îc chøng minh hoµn toµn. 27 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Nghiên cứu và trao đổi. néi san t & T sè 10. ********************************************************************* a b   (1  a)(1  b)  1 BT1 (Tương tự) Cho a,b  [0,1]. Chứng minh rằng: b1 a1 a x   (1  a)(1  x) trªn [0,1]. Gi¶i: XÐt hµm f(x)  x1 a1 1 a Nó có đạo hàm f'(x)    1  a Rõ ràng f’ đồng biến. 1  a (1  x) 2 # NÕu f’(x)  0  x  [0,1] th× Max f(x) = f(1) x Є [0,1] # NÕu f’(x)  0  x  [0,1] th× Max f(x) = f(0) x  [0,1] # NÕu f’(x) nhËn 2 dÊu trªn [0,1] th× b¶ng biÕn thiªn cña f ph¶i cã d¹ng: X f'(x) f(x). 0. x0 0. -. 1 +. f(0). f(1) f(x0).  max f(x) = max{f(0), f(1)} x  [0,1] Tãm l¹i lu«n cã max f(x) = max{f(0), f(1)} x  [0,1] 1 2. Ta cã f(1) = a . 1  1 , f(0) = 1 a1.  max f(x)  1 x  [0,1] Bµi to¸n ®­îc chøng minh hoµn toµn. BT2(Më réng) Cho a1, a2, …, an  [0,1]. Chøng minh r»ng: n n n aj ( )   (1  a j )  1 , ë ®©y s   a j j1 s  a j  1 j1 j1 Gi¶i: Ta chøng minh bµi to¸n b»ng quy n¹p theo n  2: # n = 2 lµ néi dung BT2 # Giả sử bài toán đúng đến n, ta phải chỉ ra nó đúng đến n + 1. Víi n + 1, ta xÐt hµm sè víi biÕn an+1: n 1 n 1 n 1 aj f(a n  1 )  (  )   (1  a j ) , ë ®©y s   a j j1 s  a j  1 j1 j1 n. aj. j1. (s  a j  1) 2. §¹o hµm f'(a n 1 )  ( . )  D (D = const). Rõ ràng f’ đồng biến. Xét. hoàn toàn tương tự BT1 với chú ý: 28 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Nghiên cứu và trao đổi. néi san t & T sè 10. ********************************************************************* n n n aj f(0)  (  )   (1  a j )  1 theo gi¶ thiÕt quy n¹p, (ë ®©y s'   a j ). j  1 s'a j  1 j1 j1 n 1. f(1)  . aj.  1 (lµm t¨ng tö, gi¶m mÉu). s  max f(an+1) = max{f(0), f(1)}  1  (®pcm). an+1  [0, 1] j1. BT3(§Ò 148II1) Chøng minh r»ng nÕu 0 < x  y  z th×: 1 1 1 1 1 y(  )  (x  z)  (x  z)(  ) x z y x z Gi¶i: Để giống các trường hợp quen thuộc, ta coi y = b, z = c, ở đây b  c. 1 1 1 1 1 XÐt hµm f(x)  (  )(x  c)  (x  c)  b(  ) trªn (0,b]. x c b x c 1 1 §¹o hµm f'(x)  (b  c)(  2 )  0x  (0.b], b  c , chøng tá f nghÞch biÕn. bc x VËy min f(x) = f(b) = 0  (®pcm). x  (0,b] BT4(§Ò 148II2) Chøng minh r»ng  a, b  0 ta cã: 3a3+7b3  9ab2 Gi¶i: Xét hàm f(x) = 3x3- 9b2x + 7b3, đạo hàm f’(x) = 9(x - b)(x + b). B¶ng biÕn thiªn: x 0 b + f'(x) 0 + 3 f(x) 7b + b3. Râ rµng b3  0  (®pcm).. BT5(§Ò 106II2) a, b, c lµ c¸c sè thuéc [0, 1]. Chøng minh r»ng; a2 + b2 + c2  1 + a2b + b2c + c2a. Gi¶i: Coi c lµ biÕn x, xÐt hµm f(x) = x2(1 - a) – b2x + a2 + b2- 1 – a2b trªn [0, 1]. Đạo hàm f’(x) = 2(1 - a)x – b2  f’ đồng biến # NÕu f’(x)  0  x  [0,1] th× max f(x) = f(1) trªn [0, 1]. # NÕu f’(x)  0  x  [0,1] th× max f(x) = f(0) trªn [0, 1]. # NÕu f’(x) nhËn 2 dÊu trªn [0,1] th× b¶ng biÕn thiªn cña f ph¶i cã d¹ng:. x f'(x). 0 -. x0 0 29 Lop12.net. 1 +.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Nghiên cứu và trao đổi. néi san t & T sè 10. ********************************************************************* f(x) f(0) f(1) f(x0). VËy ph¶i cã max f(x) = max{f(0), f(1)} = max{(1 - b)(a2 – b -1), a2 – a –a2b}  0  (®pcm). x [0, 1] BT6(§Ò 112II2) Chøng minh r»ng víi 0< a < b < c th×: a3(b2 – c2) + b3(c2 – a2) + c3(a2 – b2) < 0. Gi¶i: Coi c lµ biÕn x, xÐt hµm f(x) = (a2 – b2)x3- (a3 – b3)x2 + a3b2 – a2b3 trªn (b, +  ). Ta ph¶i chøng minh f(x) < 0  x  (b, +  ) §¹o hµm f’(x) = 3(a2 – b2)x2 – 2(a3 – b3)x = (a - b)x[3(a+b)x – 2(a2 + ab + b2)] DÔ chøng minh f’(x) < 0 khi a < b < x  f nghÞch biÕn.  f(x) < f(b) = 0  (®pcm). BT7(§Ò 57II2) Cho a  b  c lµ 3 c¹nh tam gi¸c. Chøng minh r»ng (a +b + c)2< 9bc. Gi¶i: Coi c lµ biÕn x, xÐt hµm f(x) = (a + b + x)2 – 9bx trªn [b, a+b). Ta ph¶i chøng minh f(x) < 0 trên đó. §¹o hµm f’(x) = 2(a + b + x) – 9b < 0 (dÔ thÊy)  f nghÞch biÕn.  f(x) < f(b) = (a + b + x)2 – 9b2 < 0  (®pcm). BT8(§Ò 128I2) Cho a, b, c  [0, 2] tháa m·n: a + b + c = 3. Chøng minh r»ng a2 + b2 + c2  5. Gi¶i: Kh«ng mÊt tÝnh tæng qu¸t gi¶ sö a  b  c  a  1. # Coi c lµ biÕn x, xÐt hµm f(x) = x2 + a2 + (3 – x – a)2 trªn [0, 2]. f'(x) = 4x + 6 – 2a  0  f đồng biến. Max f(x) = f(2) = 2a2 – 2a + 5 xЄ[0, 2] # Coi a lµ biÕn t, xÐt hµm g(t) = 2t2 – 2t + 5 trªn [0, 1]. Dễ thấy g(t)  5, đẳng thức có  t {0, 1}. Tãm l¹i a2 + b2 + c2  5 (®pcm) BT9(§Ò 110III). 1 1 2   . 2 2 1a 1 b 1  ab 1 1 1 3    b. Cho a, b, c  1. chøng minh r»ng: . 1  a 3 1  b 3 1  c 3 1  abc Gi¶i: a. Kh«ng mÊt tÝnh tæng qu¸t gi¶ sö 1  b  a. 1 1 2   Coi b lµ biÕn x, xÐt hµm f(x)  trªn [1, a]. 2 2 1x 1a 1  ax. a. Cho a, b  1. chøng minh r»ng:. 30 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Nghiên cứu và trao đổi. néi san t & T sè 10. ********************************************************************* 2(a  x)(1  ax 3 )  2x 2a §¹o hµm f'(x)     0 chøng tá f nghÞch biÕn (1  x 2 ) 2 (1  ax) 2 (1  x 2 ) 2 (1  ax) 2  min f(x) = f(a) = 0  (®pcm) x [1, a] b. Kh«ng mÊt tÝnh tæng qu¸t gi¶ sö 1  a  c  b. Coi c lµ biÕn x, xÐt hµm: 1 1 1 3 f(x)     trªn [a, b]. 3 3 3 1x 1a 1 b 1  abx 3(ab  x 2 )(1  abx 4 ) §¹o hµm f'(x)  từ đó có bảng biến thiên: [(1  abx)(1  x 3 )]2 X a b ab 0 + f’(x) f(x) f(a) f(b) f( ab ).  min f(x) = f( ab ) =. 1 1 2    0 theo c©u 1. 2 2 1  (a a ) 1  (b b ) 1  a a .b b.  (®pcm). BT10(Tæng qu¸t hãa) Chøng minh r»ng víi a1, a2, …, an  1 th×: 1 1 1 n   ...   n n n 1  a1 1  a2 1  a n 1  a 1 a 2 ...a n Gi¶i: Ta chøng minh b»ng quy n¹p theo n  2: # n = 2: đã cm. # Giả sử BĐT đúng đến n, ta phải chỉ ra nó đúng đến n + 1 số. Trong trường hợp n + 1 số, không mất tính tổng quát giả sử a1  a2  …  an , cßn an+1  [a1, an]. Coi an+1 lµ biÕn x, xÐt hµm: 1 1 1 1 n1 f(x)     ...   n 1 n 1 n 1 n 1 1x 1  a1 1  a2 1  an 1  a 1 a 2 ...a n x (a a ...a  x n )(1  a 1 a 2 ...a n x n  2 ) §¹o hµm f'(x)  1 2 nn  1 2 từ đó có bảng biến thiên: (1  x ) (1  a 1 a 2 ...a n x) 2 x n a a ...a a1 an 1. f’(x) f(x). -. 2. n. 0. f(a1). + f(an). f( n a 1 a 2 ...a n ).  min f(x) = f( n a 1 a 2 ...a n ) x [a1, an] 31 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Nghiên cứu và trao đổi. néi san t & T sè 10. ********************************************************************* Chó ý r»ng 1 1 1 n f( n a 1 a 2 ...a n )    ...   0 n  1 n n  1 n n  1 n n  1 1  (n a1 ) 1  (n a2 ) 1  ( n a n ) 1  ( n a 1 )( n a 2n 1 )...( n a nn 1 ) (theo giả thiết quy nạp)  BĐT đúng với n+1 số  (đpcm). BT11(B§T Cauchy) Chøng minh r»ng víi a1, a2, …, an  0 th×: a 1  a 2  ...  a n  n n a 1 a 2 ...a n Gi¶i: Ta chøng minh bµi to¸n b»ng quy n¹p theo n  2. # Với n = 2: Dễ thấy BĐT đúng # Giả sử BĐT đúng với n số, ta chỉ ra BĐT đúng với n + 1 số. Trong trường hợp n + 1 số, không mất tính tổng quát giả sử a1  a2  …  an , còn an+1  x  a 1  a 2  ...  a n n  1  [a1, an]. Coi an+1 lµ biÕn x, xÐt hµm f(x)   a 1 a 2 ...a n x n1 §¹o hµm f' (x)  x f’(x) f(x). 1 [1  n1. a 1 a 2 ...a n. (a 1 a 2 ...a n x). a1. n. -. n n 1. ] từ đó có bảng biến thiên:. a 1 a 2 ...a n 0. f(a1). an + f(an). f( n a 1 a 2 ...a n ).  min f(x) = f( n a 1 a 2 ...a n ) x [a1, an]. a 1  a 2  ...  a n  n n a 1 a 2 ...a n  0 theo gi¶ thiÕt n1 quy nạp  BĐT đúng với n+1 số  (đpcm) Chó ý r»ng f( n a 1 a 2 ...a n ) . BT12(B§T Nesbit) Cho a, b, c > 0, chøng minh r»ng Gi¶i:. a b c 3    bc ca a b 2. Kh«ng mÊt tÝnh tæng qu¸t gi¶ sö a  b  c. x a b   Coi c lµ biÕn x, xÐt hµm f(x)  trªn [b, +  ). ab xb xa 1 a b §¹o hµm f'(x)  . Dễ thấy f’ đồng biến. Ngoài ra   2 a  b (b  x) (a  x) 2 1 1 f'(b)  a[  2 ]  0  f’  0 trên [b, +  )  f đồng biến trên đó. 2 (a  b) 4b 2b a 2x a   . L¹i coi b nh­ biÕn t, xÐt hµm g(t)   min f(x) = f(b) = a  b 2b a  t 2t 32 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Nghiên cứu và trao đổi. néi san t & T sè 10. ********************************************************************* 1 1 trªn [a, +  ). Ta cã g' (t)  2a[  2 ] 0. 2 (a  t) 4x 3  min g(t) = g(a) = trªn [a, +  )  (®pcm). 2 BT13(Tương tự) Chứng minh rằng với a, b, c  0 thì: a2 b2 c2 abc    bc ca a b 2 Gi¶i: Kh«ng mÊt tÝnh tæng qu¸t gi¶ sö a  b  c. x2 a2 b2 xab    # Coi c lµ biÕn x, xÐt hµm f(x)  trªn [b, +  ). ab xb xa 2 2x a2 b2 1 §¹o hµm f'(x)  =    a  b (a  b) 2 (a  b) 2 2 x 1 1 1 1 1 =(  )  a2[  ]  b2[  ]  0  f đồng biến 2 2 2 ab 2 (a  b) (x  b) (a  b) (x  a) 2 2b 2 a 2 a  b . a  b 2b 2 2t 2 a 2 a   t  trªn [a, +  ). # Coi b lµ biÕn t, xÐt hµm g(t)  a  t 2t 2 2 2 4at  2t 2a §¹o hµm g' (t)   2  1  0  g đồng biến 2 (a  t) 4t  g(x)  g(a) = 0  (®pcm)..  f(x)  f(b) . BT14(Tæng qu¸t hãa) Chøng minh r»ng víi a, b, c  0 th×: a n 1 b n 1 c n 1 a n  b n  c n    bc ca a b 2 Gi¶i: Kh«ng mÊt tÝnh tæng qu¸t gi¶ sö a  b  c. x n 1 a n 1 b n 1 x n  a n  b n    # Coi c lµ biÕn x, xÐt hµm f(x)  trªn [b, +  ). ab xb xa 2 n1 n a n 1 b n 1 n §¹o hµm f'(x)  ( )x    x n 1 = 2 2 ab (b  x) (a  x) 2. n 2x n xn an xn bn n 1  x )  a[  ]  b[  ]  0  f đồng biến = ( 2 ab (a  b) 2 (x  b) 2 (a  b) 2 (x  a) 2 2b n  1 a n  1 an   bn  . ab 2b 2 2t n  1 a n  1 an  tn  # Coi b lµ biÕn t, xÐt hµm g(t)  trªn [a, +  ). at 2t 2.  f(x)  f(b) . 33 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> Nghiên cứu và trao đổi. néi san t & T sè 10. ********************************************************************* 2nt n  1  (2n  2)at n 2a n  1 §¹o hµm g' (t)    nt n 1  0  g đồng biến 2 2 (a  t) 4t  g(x)  g(a) = 0  (®pcm). BT15(Tương tự) Chứng minh rằng với a, b, c, d > 0 thì: a b c d 4     bcd cda a bd a bc 3 Gi¶i: Kh«ng mÊt tÝnh tæng qu¸t gi¶ sö a  b  c  d. # Coi d lµ biÕn x, xÐt hµm x a b c f(x)     trªn [c, +  ). a bc bcx cax a bx 1 a b c §¹o hµm f'(x)  [   ]= 2 2 2 (a  b  c) (b  c  x) (c  a  x) (a  b  x) 2 1 1 1 1 1 1  a[  ]  b[  ]  c[  ] 2 2 2 2 2 (a  b  c) (b  c  x) (a  b  c) (a  c  x) (a  b  c) (a  b  x) 2  f đồng biến. 2c a b   .  f(x)  f(c)  a  b  c b  2c a  2c 2t a b   # Coi c lµ biÕn t, xÐt hµm g(t)  , trªn [b, +  ) a  b  t b  2t a  2t 2(a  b) 2a 2b §¹o hµm g' (t)  =   2 2 (a  b  t) (b  2t) (a  2t) 2 1 1 1 1 = 2a[  ]  2b[  ]  0  g đồng biến 2 2 2 (a  b  t) (b  2t) (a  b  t) (a  2t) 2 3b a  .  g(t)  g(b)  a  2b 3b 3u a  # Coi b lµ biÕn u, xÐt hµm h(u)  trªn [a, +  ). a  2u 3u 1 1 §¹o hµm h'(u)  3a[  2 ]  0  h đồng biến 2 (a  2u) 9u 4  h(u)  h(a) =  (®pcm) 3 BT16(Tæng qu¸t hãa cña BT15) n. Chøng minh r»ng víi a1, a2, …, an> 0, s   a j th×: j1. n. aj. sa j1.  j. n n1. HD: Chứng minh hoàn toàn tương tự BT10. BT17 Chøng minh r»ng víi a, b  0 th×: 34. an  bn ab n ( ) . 2 2. Lop12.net. 0.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> Nghiên cứu và trao đổi. néi san t & T sè 10. ********************************************************************* Gi¶i: Kh«ng mÊt tÝnh tæng qu¸t gi¶ sö a  b. an  xn ax n ( ) trªn [a, +  ). Coi b lµ biÕn x, xÐt hµm f(x)  2 2 n x  a n 1 ) ]  0  f đồng biến  f(x)  f(a) = 0  (đpcm). §¹o hµm f'(x)  [x n 1  ( 2 2 a n  b n  cn ab c n ( ) BT18(Tương tự) Chứng minh rằng với a, b, c  0 thì: 3 3 Gi¶i: Kh«ng mÊt tÝnh tæng qu¸t gi¶ sö a  b  c. an  bn  xn abx n ( ) trªn [b, +  ). # Coi c lµ biÕn x, xÐt hµm f(x)  3 3 n a  b  x n 1 ) ]  0  f đồng biến §¹o hµm f'(x)  [x n 1  ( 3 3 a n  2b n a  2b n ( ) .  f(x)  f(b)  3 3 a n  2t n a  2t n ( ) trªn [a, +  ). # Coi b lµ biÕn t, xÐt hµm g(t)  3 3 2n n 1 a  2t n 1 [t  ( ) ]  0  g đồng biến §¹o hµm g' (t)  3 3  g(x)  g(a) = 0  (®pcm).. BT19(Tæng qu¸t hãa) a 1n  a 2n  ...  a mn a  a 2  ...  a m n ( 1 ) m m HD: Chứng minh hoàn toàn tương tự BT17, 18.. Chøng minh r»ng víi a1, a2, …, am> 0, th×. BT20 Cho a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng: 4(a3 + b3 +c3 + 6abc)  (a + b + c)3 Gi¶i: Kh«ng mÊt tÝnh tæng qu¸t gi¶ sö a  b  c. Coi c lµ biÕn x, xÐt hµm f(x) = 4(a3 + b3 + x3 + 6abx) - (a + b + x)3 trªn [b, +  ). §¹o hµm f’(x) = 3[3x2 – 2(a + b)x + 6ab –a2 – b2] Phương trình f’ = 0 có ∆’ = 4(a2 + b2 – 4ab) # NÕu a  b  a(2 + 3 ) th× ∆’  0  f’(x)  0  x  [b, +  ).  min f(x) = f(b) x  [b, +  ) a  b  Δ' # NÕu a  a(2 + 3 )  b (  c) th× ∆’  0, f’ cã hai nghiÖm x1,2= 3 DÔ thÊy x2  b. B¶ng biÕn thiªn cña f cã d¹ng: 35 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> Nghiên cứu và trao đổi. néi san t & T sè 10. ********************************************************************* x - f’(x) f(x). +. x1 0 f(x1). -. x2 0. b +. + +. f(b) - f(x2) 2 2 VËy lu«n cã f(x)  f(b) = 3a(a – 2ab + 4b )  0  (®pcm) PhÇn 3: nh÷ng kÕt luËn s­ ph¹m Trước hết ta xem xét bài toán xuất phát và phương pháp giải bằng hàm số. Nhiều tài liệu đã giải bằng nhiều phương pháp nhưng các lời giải đều khá dài dòng và phức tạp, lời giải trên đây có lẽ hay và độc đáo nhất. Cách nhìn nhận vấn đề hoàn toàn mới lạ: từ chỗ chứng minh (bất đẳng thức) chuyển sang tìm (giá trị lớn nhất), từ bài toán bất đẳng thức sang bài khảo sát hàm số. Về mặt kỹ thuật, việc coi c như biến để khảo sát hoàn toàn chấp nhận được do vai trò của a, b, c như nhau, nhưng đây là một bước “nhảy vọt” táo bạo: từ chỗ 3 đại lượng biến đổi chỉ còn 1, hay nói cách khác ta coi 2 đại lượng kia là các tham số. Hàm số với biến c đạt được cực đại ở đâu đó- một giá trị tất nhiên phụ thuộc vào tham số a, b. Công việc còn lại là chỉ ra giá trị cực đại đó phải bé thua 1. Ta cã thÓ h×nh dung qu¸ tr×nh t×m tßi ra c¸ch gi¶i trªn lµ mét qu¸ tr×nh s¸ng t¹o, nó hội đủ các thuộc tính mà Lecne đưa ra: - ChuyÓn tri thøc vÒ hµm sè, kü n¨ng kh¶o s¸t hµm sè sang mét t×nh huèng míi lµ mét hµm mét biÕn “gi¶” víi 2 tham sè. - Trong điều kiện quen biết, 3 đại lượng biến đổi a, b, c hoàn toàn bình đẳng về vai trò nhìn ra vấn đề mới (chuyển yêu cầu bài toán) khi thay đổi vai trò. - Gán được một chức năng mới cho các đại lượng a và b. - Phát biểu lại bài toán dưới một cấu trúc mới. - Xem xét các khía cạnh khác nhau của vấn đề: cách phát biểu bài toán, các dữ kiện đã biÕt, c¸c kh¶ n¨ng biÕn thiªn cña hµm sè phô thuéc vµo tham sè,... - Kết hợp những điều trên thành một phương thức mới giải quyết vấn đề. §iÓm mÊu chèt kh¸c biÖt ë c¸ch gi¶i trªn lµ so víi c¸c c¸ch gi¶i kh¸c lµ viÖc coi c là biến, a và b là các tham số. Đây là điều hoàn toàn mới. Ta đã biết phương pháp dùng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức (PP16), nhưng ở các bài toán quen biết hầu như biến số đã rõ ràng hoặc là bất đẳng thức đại số 1 biến. Tuy cũng dùng đạo hàm nhưng tuyệt đối không cần đến sự táo bạo thay đổi vai trò của đại lượng biến thiên. 1. Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp hàm số Cơ sở: bất đẳng thức đúng cho mọi giá trị của n đại lượng biến thiên, (có thể thỏa mãn một số ràng buộc nào đó). Vậy với giá trị xác định của n - 1 đại lượng và giá trị biến thiên của chỉ một đại lượng còn lại, bất đẳng thức vẫn phải đúng. Do đó, nếu ta coi đại lượng còn lại đó là biến thì hàm số với biến đó phải đạt được giá trị min không âm. Như vậy ta đưa bài toán chứng minh bất đẳng thức về bài toán khảo sát hàm số, tìm giá trị min. Công việc còn lại là chỉ ra giá trị min đó không âm, hay chứng minh một bất đẳng thức với ít hơn 1 biến so với bất đẳng thức ban đầu (giá trị min bây giờ 36 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> Nghiên cứu và trao đổi. néi san t & T sè 10. ********************************************************************* chỉ phụ thuộc vào n - 1 đại lượng biến thiên mà ta đã coi là tham số). Cũng với lý do là bất đẳng thức của đề ra đúng, ta còn có thể khẳng định chắc chắn hàm số đem khảo sát có min vì nó liên tục (phạm vi các bài toán ta đang xét) và bị chặn dưới. Víi c¬ së trªn vµ th«ng qua bµi to¸n xuÊt ph¸t (BT0) ta cã thÓ ®­a ra quy tr×nh sau để chứng minh bất đẳng thức nhiều biến (dạng f  g  f – g  0): Bước 1: Xác định vai trò các đại lượng biến thiên. Bước 2: Chọn một đại lượng làm biến, các đại lượng còn lại làm tham số; tìm tập xác định của biến. Hàm số sẽ khảo sát là biểu thức hiệu của 2 vế bất đẳng thức. Bước 3: Dùng đạo hàm khảo sát hàm số, tìm min. Bước 4: Chỉ ra giá trị min đó không âm. 2. Ph¹m vi sö dông, mét sè nhËn xÐt Về nguyên tắc thì phương pháp này chắc chắn đi tới kết quả cho mọi bài toán như ở phần cơ sở ta đã nêu. Tuy nhiên thông qua các ví dụ thực tế trên ta thấy thuận tiện nhất để áp dụng phương pháp này là các bài toán: - Các đại lượng biến thiên có vai trò bình đẳng hoặc vai trò, tập xác định đã cho trước. - Hàm số đưa ra là hàm sơ cấp không quá phức tạp (các ví dụ áp dụng của ta đều là các hàm hữu tỷ, liên tục), đạo hàm có thể xét dấu không quá khó khăn. - Nói chung với 2 đại lượng biến thiên thì đại lượng nào làm tham số cũng được. Chúng ta nên lưu ý những điểm sau khi áp dụng phương pháp này: - ở bước 1, khi chọn đại lượng làm biến phải chú ý đến vai trò của các đại lượng so với nhau để chọn được biến thuận lợi nhất. Lựa chọn này sẽ giúp rất nhiều cho các bước tiÕp theo. - ở bước 2, ta phải tìm TXĐ thật chính xác, đây chính là bước quan trọng nhất về mặt kỹ thuật, ảnh hưởng quyết định đến kết quả bài toán. - ở bước 3, khảo sát hàm số, nhiều khi không thể giải chính xác phương trình f’ = 0. Ta cã thÓ bá qua, miÔn lµ xÐt ®­îc dÊu cña f’ trong kho¶ng ®ang xÐt.. KÕt luËn: Thông qua việc tạm quy ước lại vai trò các đại lượng biến thiên, ta có thể chứng minh một bất đẳng thức đại số nhiều biến nhờ khảo sát hàm số một biến. Phương pháp nµy vÒ nguyªn t¾c lu«n cã hiÖu qu¶, cßn trong thùc tÕ ¸p dông ®­îc cho nhiÒu bµi to¸n, hơn nữa có khả năng mang lại những lời giải hay, độc đáo.. B¾t ®Çu 37 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> Nghiên cứu và trao đổi. néi san t & T sè 10. ********************************************************************* Xác định vai trò các đại lượng biÕn thiªn. Chọn một đại lượng làm biến, các đại lượng còn lại làm tham số, tìm tập xác định của biến Kh¶o s¸t hµm sè, t×m max (min) phô thuéc tham sè. sai Cã ngay max ≤ 0 (min≥ 0) đúng KÕt thóc. Sơ đồ khối: quy trình chứng minh bất đẳng thøc nhiÒu biÕn b»ng kh¶o s¸t hµm sè. Tµi liÖu tham kh¶o 1. Polya. S¸ng t¹o to¸n häc. NXB Gi¸o dôc, Hµ Néi, 1976 2. Bùi Văn Nghị. Sáng tạo (creativity)- Bài giảng chuyên đề. 3. Nguyễn Vũ Thanh. Bất đẳng thức. NXB tổng hợp Đồng Tháp, 1993. 4. Phan Huy Khải. 500 bài toán về bất đẳng thức. NXB Giáo dục, Hà Nội, 1993 5. T¹p chÝ To¸n häc vµ tuæi trÎ. 6. Bộ đề thi tuyển sinh vào các trường ĐH- CĐ. NXB Giáo dục, Hà Nội, 1993 7. X.V. Cônhiagin, G.A. Tônôian, I.F Surưgin. Các đề thi vô địch 19 nước. Sở GD&ĐT H¶i Phßng, 1993 8. §µm V¨n NhØ. §¹i sè s¬ cÊp. Gi¸o tr×nh d¹y líp K50CLC.. 38 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(14)</span>