Ứng dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức

ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM
KHOA TỐN

KHĨA LUẬN TỐT NGHIỆP
Đề tài:

ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG

Sinh viên thực hiện: Khổng Hoàng Khương
Lớp: 09 ST
Giáo viên hướng dẫn: TS. Trương Công Quỳnh

Đà Nẵng, tháng 5/2013

1


MỤC LỤC
LỜI MỞ ĐẦU ................................................................................................................. 3
Chương 1: Cơ sở lý luận ................................................................................................ 5
I. Tóm tắt lý thuyết ....................................................................................................... 5
II. Một số định lý ......................................................................................................... 8
Chương II: Ứng dụng đạo hám chứng minh các bất đẳng thức cơ bản ................... 9
I. Bất đẳng thức mở đầu.............................................................................................. 9
II. Bất đẳng thức Cauchy ............................................................................................ 9
III. Bất đẳng thức Cauchy mở rộng ......................................................................... 11
IV. Bất đẳng thức Isena ............................................................................................ 12
V. Bất đẳng thức Holder ........................................................................................... 13
VI. Bất đẳng thức Bernoulli...................................................................................... 14
Chương III: Sử dụng tính đơn điệu của hàm số chứng minh bất đẳng thức. ........ 17

I. Bất đẳng thức một biến .......................................................................................... 17
1. Hàm số f(x) cho dưới dạng tường minh ............................................................. 17
2. Hàm số f(x) không cho dưới dạng tường minh .................................................. 19
II. Bất đẳng thức nhiều biến ..................................................................................... 23
1. Phương pháp đưa về một biến trong các bài toán hai biến ................................. 23
2. Phương pháp khảo sát lần lượt từng biến trong bài toán ba biến ....................... 30
3. Biến đổi về bất đẳng thức có chứa các biểu thức “đồng dạng” .......................... 37
4. Một số phương pháp khác .................................................................................. 39
Chương VI: Dùng các phương pháp khác để chứng minh bất đẳng thức ............. 45
I. Ứng dụng định lý Lagrange trong chứng minh bất đẳng thức ........................... 45
II. Phương pháp tiếp tuyến chứng minh bất đẳng thức .......................................... 46
KẾT LUẬN ................................................................................................................... 52
TÀI LIỆU THAM KHẢO ........................................................................................... 53

2


LỜI MỞ ĐẦU
I. Lý do chọn đề tài
Bất đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất ln là bài tốn có mặt ở hầu
hết trong các kỳ thi học sinh giỏi và tuyển sinh đại học. Khơng những thế nó cịn là bài
tốn hay và khó nhất trong các đề thi.
Trong chương trình giảng dạy và học tập bất đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất, giá
trị nhỏ nhất luôn là chủ đề hấp dẫn đối với người dạy lẫn người học. Việc giảng dạy để
làm sao học sinh học tốt chủ đề này luôn là một vấn đề khó. Chủ đề này thường dành
cho học sinh giỏi nên các bài toán đưa ra thường hay và khó.
Để chứng minh Bất đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất có nhiều
phương pháp, và khơng có phương pháp nào là vạn năng để giải được mọi bài tốn mà
chỉ có những phương pháp giải được một nhóm các bài tốn mà thơi. Một trong những
phương pháp khá hiệu quả là ứng dụng các tính chất của đạo hàm. Khơng có một thuật

giải chi tiết nào cho phương pháp này mà chỉ thông qua ví dụ để học sinh rèn luyện để
tự mình tìm ra cách giải quyết như thế nào trong từng bài tốn cụ thể và từ đó tìm thấy
sơ đồ giải riêng cho mình.
Vì những lí do trên tơi chọn đề tài: “Ứng dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng
thức” nhằm giúp học sinh có cái nhìn rộng hơn về phương pháp sử dụng đạo hàm
trong các bài toán chứng minh bất đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất.
II. Mục đách nghiên cứu
Với những lý do như ở trên em chọn đề tài này nhằm mục đích sau:
-

Làm sáng tỏ cơ sở khoa học của phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất
đẳng thức.

-

Trang bị đầy đủ hơn cho phương pháp giải quyết một số bài tốn chứng minh
bất đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biếu thức.

3


III. Đối tượng, phạm vi nghiên cứu
-

Đối tượng: Hướng dẫn học sinh lớp 12 giải một số bài toán chứng minh bất
đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biếu thức.

-

Phạm vi: Đề tài được áp dụng trong chương trình tốn lớp 12, ơn thi Đại học,

Cao đẳng và bồi dưỡng học sinh giỏi toán.

IV. Nhiệm vụ nghiên cứu
-

Nhắc lại các kiến thức về đạo hàm.

-

Xây dựng quy trình giải tốn bằng phương pháp sử dụng đạo hàm.

-

Thực hành.

V. Phương pháp nghiên cứu
-

Nghiên cứu lý luận.

-

Tổng kết kinh nghiệm.

-

Thực nghiệm.

VI. Kết cấu của bài:
Ngoài phần mở đầu thì bài viết gồm có 3 chương:

-

Chương I:

Cơ sở lý luận.

-

Chương II:

Ứng dụng đạo hàm chứng minh các bất đẳng thức thường gặp

-

Chương III: Sử dụng tính đơn điệu của hàm số chứng minh bất đẳng thức.

-

Chương IV: Dùng các phương pháp khác để chứng minh bất đẳng thức.

Bài viết này được hoàn thành nhờ sự chỉ bảo và hướng dẫn tận tình của cơ Phan Thị
Quản. Em xin bày tỏ lịng kính trọng và biết ơn chân thành đến cơ. Do kinh nghiệm,
kiến thức, thời gian cịn hạn chế nên bài viết sẽ khó tránh khỏi những sai sót. Em rất
mong nhận được ý kiến tham gia đóng góp của các thầy (cô) giáo và các bạn để bài
viết được hoàn thiện hơn.

4


CHƯƠNG I: CƠ SỞ LÝ LUẬN

I. TÓM TẮT LÝ THUYẾT
1. Định nghĩa đạo hàm tại một điểm:
Cho hàm số y = f(x) xác định trên khoảng (a;b) và x0  (a; b) . Nếu tồn tại giới hạn
(hữu hạn) lim

x x0

f ( x )  f ( x0 )
y
 lim
thì giới hạn đó được gọi là đạo hàm của hàm số
x0 x
x  x0

y = f(x) tại x0
Kí hiệu: f ' ( x0 )
2. Định nghĩa đạo hàm một bên:
Đạo hàm bên trái của hàm số y = f(x) tại điểm x0 , kí hiệu là f ' ( x0 ) được định
nghĩa:

f ' ( x0 )  lim 
x0

y
x

Đạo hàm bên phải của hàm số y = f(x) tại điểm x0 , kí hiệu là f ' ( x0 ) được định
nghĩa:

f ' ( x0 )  lim 

x0

y
x

3. Định nghĩa đạo hàm trên một khoảng, một đoạn:
Hàm số y = f(x) có đạo hàm trên khoảng (a;b), nếu nó có đạo hàm tại mọi điểm trên
khoảng đó.
Hàm số y = f(x) có đạo hàm trên đoạn [a;b], nếu nó có đạo hàm trên khoảng (a;b)
và có đạo hàm bên phải tại a và đạo hàm bên trái tại b.
Khi đó, hàm số có đạo hàm tại mọi điểm x tuỳ ý thuộc khoảng (a;b), kí hiệu f’(x)
hay y’.
4. Ý nghĩa đạo hàm:

5


Nếu hàm số y = f(x) có đạo hàm tại điểm x0 thì tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại
điểm M(x0;y0) có phương trình là: y = f’(x0)(x - x0) + f(x0).
5. Các quy tắc tính đạo hàm:
a) Đạo hàm của tổng hay hiệu hai hàm số:
Nếu hai hàm số u=u(x) và v=v(x) có đạo hàm trên J thì hàm số y=u(x)+v(x) và
y=u(x)-v(x) cũng có đạo hàm trên J và:
[u(x)+v(x)]’=u’(x)+v’(x).
[u(x)-v(x)]’=u’(x)-v’(x).
b) Đạo hàm của tích hai hàm số:
Nếu hai hàm số u=u(x) và v=v(x) có đạo hàm trên J thì hàm số y=u(x).v(x) cũng có
đạo hàm trên J và:
[u(x)v(x)]’=u’(x).v(x)+u(x).v’(x).
Đặc biệt, nếu k là hằng số thì [k.u(x)]’=k.u’(x).

c) Đạo hàm của thương hai hàm số:
Nếu hai hàm số u=u(x) và v=v(x) có đạo hàm trên J và v( x)  0 với mọi x  J thì
hàm số y 

u ( x)
cũng có đạo hàm trên J và:
v( x)

'

 u( x)  u '( x)v( x)  u( x)v '( x)
 v( x)  
v2 ( x)



d) Đạo hàm của hàm số hợp:
- Nếu hàm số u=u(x) có đạo hàm tại điểm x0 và hàm số y=f(u) có đạo hàm tại điểm
u0=u(x0) thì hàm số hợp g(x)=f[u(x)] có đạo hàm tại điểm x0, và:
g’(x0)=f’(u0).u’(x0).
- Nếu giả thiết trên được thỏa mãn đối với mọi điểm x thuộc J thì hàm số hợp
y=g(x) có đạo hàm trên J, và:
g’(x)=f’(u).u’(x).
6. Bảng đạo hàm của các hàm số sơ cấp: ( u = u(x))

6


c '  0 (c  const )
( x n ) '  n.x n1

1
( x)' 
2 x
'

(u n ) '  n.u '.u n1
u'
( u)' 
2 u
'

1
1
 x    x2
 
(a x ) '  a x .ln a

u'
1
 u    u2
 
(au ) '  u '.au .ln a

(e x ) '  e x
1
(ln x) ' 
x
(sin x) '  cos x
(cos x) '   sin x

(eu ) '  u '.eu
u'
(ln u) ' 
u
(sin u) '  u '.cos u
(cos u ) '  u 'sin u

7. Đạo hàm cấp cao:
Giả sử y = f(x) có đạo hàm y’ =f’(x). Nếu hàm số f’(x) lại có đạo hàm, thì gọi đạo
hàm của nó là đạo hàm cấp hai và kí hiệu y” hay f”(x)
Định nghĩa tương tự cho đạo hàm cấp 3,4..
Một cách tổng quát đạo hàm cấp n ( n>1, n  N ) của hàm số y=f(x), kí hiệu y(n) hay
f(n)(x), được định nghĩa: f(n)(x) = [f(n-1)(x)]’.
8. Tính đơn điệu và dấu của đạo hàm:
Định nghĩa:
Cho hàm số y=f(x) xác định trên J. Với mọi x1 < x2 thuộc J:
- Nếu f(x1) < f(x2) thì hàm số f(x) đồng biến trên J.
- Nếu f(x1) > f(x2) thì hàm số f(x) nghịch biến trên J.
Định lí:
Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm trên J.
- Nếu f’(x) > 0 với mọi x trên J thì hàm số f(x) đồng biến trên J.
- Nếu f’(x) < 0 với mọi x trên J thì hàm số f(x) nghịch biến trên J.
Chú ý:

7


1.Giả sử f(x) có đạo hàm trên J. Nếu f’(x) ≥0 (f’(x) ≤ 0) và f’(x) = 0 chỉ tại một số
điểm hữu hạn thì hàm số đồng biến (nghịch biến) trên J.
2.Trong một số trường hợp khi không biết dấu của đạo hàm cấp 1, ta xét dấu đạo

hàm cấp 2, từ đó suy ra dấu đạo hàm cấp 1.
II. MỘT SỐ ĐỊNH LÝ:
1. Định lý Weierstrass:
Nếu hàm số f(x) liên tục trên [a; b] thì đạt giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất và mọi
giá trị trung gian giữa giá trị lớn nhất và giá trị lớn nhất trên [a; b].
2. Định lý Fermat
Nếu hàm số f(x) có đạo hàm tại x0 thì đạt cực trị tại điểm đó.
3. Định lý Rolle
Giả sử hàm số f(x) liên tục trên [a; b] và có đạo hàm trên (a; b). Nếu f(a) =
f(b) thì tồn tại ít nhất một điểm c  (a; b) sao cho f ' (c)  0 .
4. Định lý Lagrange:
Nếu hàm số y = f(x) liên tục trên đoạn [a,b] và có đạo hàm trên khoảng (a,b) thì

c  a, b  sao cho f ' (c) 

f (b)  f (a)
.
ba

8


CHƯƠNG II: ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM CHỨNG MINH CÁC
BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN
I. Bất đẳng thức mở đầu
Bài toán: Chứng minh rằng

e x1  x, x  R 1 ,
dấu đẳng thức trong (1) xảy ra khi và chỉ khi x = 1.
Chứng minh

Ta xét hàm số f ( x)  ex1  x trên tập hợp số thực R. Ta có

f '  x   ex1  1

x  R 

f '  x   0  ex1  1  0  x  1
Từ tính chất của hàm số mũ suy ra f’(x) > 0 khi x > 1, f’(x) < 0 khi x < 1.
Bảng biến thiên
x
f’


+

1
0

-

+
+

+

f
f(1)=0
Từ bảng biến thiên ta thấy f(x) ≥ 0, x  R . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = 1.
Vậy ex1  x, x  R .
II. Bất đẳng thức Cauchy

Bài toán
Cho n số thực không âm xk (k = 1, 2,…, n). Khi đó trung bình cộng của các số xk

 k  1,2,..., n khơng nhỏ hơn số trung bình nhân của chúng, nghĩa là
x1  x2  ...  xn n
 x1x2 ...xn ,  2
n
dấu đẳng thức trong (2) xảy ra khi và chỉ khi x1  x2  ...  xn .

9


Chứng minh
Nếu x1  x2  ...  xn  0 , thì hiển nhiên bất đẳng thức (2) được chứng minh.
Giả sử có ít nhất một xk  0 1  k  n  . Khi đó A 

e

xi
1
A



dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

xi
, i  1, 2,..., n
A

x1  x2  ...  xn
 0 . Theo (1):
n

 3

xi
 1 i  1, 2,..., n  .
A

x

i
1
xi
A
 0, e
 0 , nên nhân từng vế n BĐT (3) với nhau ta được
Vì
A

e
Theo cách đặt A ta có:

x1  x2 ... xn
n
A

x1x2 ...xn
 4

An



x1  x2  ...  xn
 n  0 . Kết hợp với(4), suy ra
A

x1x2 ...xn
 An  x1x2 ...xn
n
A
x  x  ...  xn n
 1 2
 x1x2 ...xn  5
n

e0 

Ta chứng minh trường hợp xảy ra dấu đẳng thức. Hiển nhiên, nếu x1  x2  ...  xn , thì
trong (2) xảy ra dấu đẳng thức. Bây giờ ta giả sử trong (2) xảy ra dấu đẳng thức, nhưng
có một j0 sao cho
x jo

e
Mặt khác,

e

k  jo

xk
1
A


k  jo

A

1



x jo
A

(6)

xk
7
An1

Nhân từng vế các BĐT (6) và (7) với nhau ta được

10


x jo
xk


1 
1

x  xj
  e A  .e A    nk1  . o
 k  jo A  A
 k  jo


e



x1  x2 ... xn
n
A



x1 x2 ...xn
An

x1  x2  ...  xn n
 x1x2 ...xn
n

Điều này mâu thuẫn với giả thiết. Từ đó suy ra

e

xk
1
A



xk
x
 k  1,2,..., n   k  1 k  1,2,..., n 
A
A

hay x1 = x2 = … = xn.
BĐT Cauchy hoàn toàn được chứng minh.
III. Bất đẳng thức Cauchy mở rộng
Bài toán: Cho 2n số dương xk , pk  k  1,2,..., n; n  N * . Khi đó
p1
1

p2
2

pn
n

x .x ...x

 p x  p2 x2  ...  pn xn 
 1 1


p1  p2 ...  pn



p1  p2 ... pn

dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 = … = xn.
Chứng minh
Vì xk pk  0  k  1,2,..., n  nên

S

Theo (1): e

xk
1
S

p1 x1  p2 x2  ...  pn xn
0
p1  p2  ...  pn
x

k 1
xk
S
  k  1,2,..., n   Se
 xk  k  1,2,..., n   9 
S

Vì cả hai vế của (9) đều dương nên

9  S pk .e

pk xk
 pk
S

 xkpk  k  1,2,..., n

10

Nhân từng vế n BĐT (10) với nhau, ta được

11

 8


S

p1  p2 ... pn

.e

p1x1  p2 x2 ... pn xn
 p1  p2 ... pn 
S

 p x  p2 x2  ...  pn xn 
 1 1

p1  p2 ...  pn



 x1p1 .x2p2 ...xnpn

p1  p2 ... pn

 x1p1 .x2p2 ...xnpn

Bây giờ ta chứng minh trường hợp xảy ra dấu đẳng thức. Hiển nhiên, nếu

x1  x2  ...  xn , thì dấu đẳng thức trong (8) xảy ra. Ngược lại, giả sử trong (8) xảy ra
dấu đẳng thức, nhưng có một k0 nào đó 1  k0  n  sao cho
xko

e

S

1



Mặt khác,

xko

S

S

S

pk

.e

pko

pko xko

.e

pk xk
 pk
S

k ko

S

 pko

 xkoko 11
p

  xkpk 12 .

k ko

Nhân từng vế các bất đẳng thức (11) và (12) với nhau, ta được
pko xko
pk xk

 pk  p
 pko

 p
pk
k
   xkpk  xkoko
  S .e S
 S o .e S
 k ko

 k ko


S

p1  p2 ... pn

.e

p1x1  p2 x2 ... pn xn
 p1  p2 ... pn 
S

 p x  p2 x2  ...  pn xn 
 1 1

 p1  p2  ...  pn 

 x1p1 .x2p2 ...xnpn

p1  p2 ... pn

 x1p1 .x2p2 ...xnpn ,

điều này mâu thuẫn với giả thiết. Từ đó suy ra
xk

eS

1



xk
x
 k  1,2,..., n   k  1 k  1,2,..., n  hay x1  x2  ...  xn .
S
S

IV. Bất đẳng thức Isena
Bài toán: Cho 2n số dương xk , pk  k  1,2,..., n; n  N * và

xnpn

x1p1 x2p2
x1x2 ...xn 

 ... 
p1 p2
pn

13

12

n

1

p
k 1

k

 1 . Khi đó


Chứng minh
Áp dụng bất đẳng thức (8) bằng cách thay xk bởi xkpk , pk bởi

p1 .

x1

1
p1

p2 .

.x2

1
p2

pn .

...xn

1
pn

 p1 1
pn 1
p2 1
x
.

x
.

...

x
.

1
2
n

p1
p2
pn

1 1
1

  ... 

p1 p2
pn









1
, ta được
pk

1 1
1

 ...
p1 p2
pn

xnpn
x1p1 x2p2
.
 x1x2 ...xn 

 ... 
p1 p2
pn
BĐT hoàn toàn được chứng minh
* Chú ý: Dạng thường sử dụng của bất đẳng thức Isena là n = 2. Cho 4 số dương x, y,
p, q sao cho

xy 

1 1
  1, ta có
p q

x p yq

p q

14

V. Bất đẳng thức Holder
Bài toán: Cho các số dương xk , yk  k  1,2,..., n; n  N * , p, q sao cho

1 1
  1. Khi
p q

đó


 k 1

n

n

1
p

 
  k 1
n




 xk yk    xkp    ykq 
k 1

1
q

15

Chứng minh
1
p

1
q

x y




Đặt A    xkp  , B    ykq  và áp dụng bất đẳng thức Isena cho hai số k , k , ta
A B
 k 1 
 k 1 
n

p

n

q

x y x  1 y  1
có k . k   k  .   k  .  k  1,2,..., n 
A B  A p  B  q

13

16


Cộng từng vế các bất đẳng thức (16) ta được
p

q

xk yk 1 n  xk  1 n  yk 
1 1
 A . B  p . A   q . B   p  q  1
k 1
k 1
k 1
n

1

1

 n
p  n
q
  xk yk    xkp    ykq  (đccm)
k 1
 k 1   k 1 
n

* Chú ý: Trong trường hợp các số p = 2 và q = 2 thì bất đẳng thức Holder trở thành bất
đẳng thức Bunhiacôpski (cho 2n số thực dương):
n


 k 1
n

1
2

 
  k 1
n




 xk yk    xk2    yk2 
k 1

1
2

17

VI. Bất đẳng thức Bernoulli
Bài toán: Với mọi số thực x  1 và n  R \ 0,1 . Khi đó:
+ Nếu n < 0 hoặc n > 1 thì

1  x n  1  nx
dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  0 .
+ Nếu 0 < n < 1 thì

1  x n  1  nx
dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  0 .
Chứng minh
Xét hàm số f ( x)  1  x   1  nx với 1  x   .
n

Ta có f '  x   n 1  x 


n1

 1


1  x n1  1  0 n1  1 khi  1  x  0
+ Với n < 0 thì 
n 1
n 1
1  x   1  0   1 khi x  0
(Vì n  1  1 nên 1  x 

n 1

nghịch biến trong khoảng  1;  )

14

n 1  x n1  1  0 khi  1  x  0
 


n1
n 1  x   1  0 khi x  0

 
Khi đó ta có bảng biến thiên

1

x
f’(x)

-

0
0


+


f(x)
f(0) = 0
Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy f  x   0, x   1;  .
Suy ra (1  x)n  1  nx, x   1;   và dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 0.

+ Với n > 1 thì n – 1 > 0 nên 1  x 

n 1

đồng biến trong khoảng  1;  . Suy ra

1  x n1  1  0 n1  1 khi  1  x  0

n 1
n 1
1  x   1  0   1 khi x  0

n 1  x n1  1  0 khi  1  x  0
 


n1
n 1  x   1  0 khi x  0

 
Khi đó ta có bảng biến thiên

1

x
f’(x)

-

0

0


+



f(x)
f(0) = 0
Vậy nếu n < 0 hoặc n > 1 thì 1  x   1  nx , dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
n

x  0.
+ Với 0 < n < 1 thì n – 1 < 0 nên 1  x 

n 1

nghịch biến trong khoảng  1;  . Khi đó

ta có:

15


1  x n1  1  0 n1  1 khi  1  x  0

n 1
n 1
1  x   1  0   1 khi x  0

n 1  x n1  1  0 khi  1  x  0
 


n1
n 1  x   1  0 khi x  0

 
Bảng biến thiên
x
f’(x)

1

0
0
f(0) = 0


+

f(x)
Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy f  x   0, x   1;  .
Suy ra (1  x)n  1  nx, x   1;   và dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 0.

16


CHƯƠNG III: SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ
CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC.

* Cho tập J là các đoạn, khoảng hoặc nửa khoảng (a, b);[a, b); (a, b];[a, b]
I. Bất đẳng thức một biến:
1. Hàm số f(x) cho dưới dạng tường minh:
a) Bài toán: Chứng minh bất đẳng thức f(x) > c (hoặc f(x)  c, f(x) < c, f(x) ≤ c), xJ
và c R .
Phương pháp:
- Bước 1: Khảo sát hàm số y=f(x) trên tập J.
 Tính f’(x).
 Lập bảng biên thiên.
- Bước 2: Dựa vào bảng biến thiên, suy ra:
f(x) > c (hoặc f(x)  c, f(x) < c, f(x) ≤ c), xJ và c R .
*Lưu ý: Trong một số trường hợp ta phải dùng đạo hàm cấp n (n  2) để xét dấu đạo
hàm cấp n-1.
b) Bài tập mẫu:
Bài 1: Chứng minh rằng:

2 x2  2 x  3
 4, x  R
x2  x  1

Giải:
Xét hàm số: f ( x) 
Ta có: f '( x)  

2 x2  2 x  3
trên R.
x2  x  1

2x  1
( x  x  1)2

2

f '( x)  0  x 

1
1 10
 f( )
2
2
3

Bảng biến thiên:

17


X
f’(x)

-∞
+

0
0
10/3

+∞
-

f(x)

2
Từ bảng biếng thiên suy ra
f ( x) 

2

10
2 x2  2 x  3
4 2
4
3
x  x 1

Bài 2: Với mọi x > 0. Chứng minh các bất đẳng thức sau:
a. ln 1  x   x;
b. cos x  1 

x2
2

c. sinx  x 

x3
6

Giải:
a. Xét hàm số f ( x)  ln(1  x)  x, x  0 , ta có:
f '( x) 

1

x
1  
 0, x  0 .
1 x
1 x

Suy ra f(x) nghịch biến trên nửa khoảng [0; +).
Nên f(x) < f(0) = 0, x > 0  ln(1  x)  x  0, x  0 .
Vậy ln 1  x   x, x  0

x2
b. Xét hàm số f ( x)  cos x   1 trên nửa khoảng [0; ) . Ta có
2
f '( x)  x  sinx và f ''  x   1  cos x .
Ta thấy, f ''  x   0 với 2k  x  2(k  1) và f ''(2k )  0  k  N  . Do đó trên mỗi
nửa khoảng [2k ;2(k  1) )  k  N  ta đều có:

f '( x)  f '(2k ) hay x  sinx  2k .

18


Từ đó suy ra f '( x)  0, x  0 và f '(0)  0 . Suy ra f(x) đồng biến trên khoảng

 0; nên f(x) > f(0) = 0, x > 0  cos x 
Vậy cos x  1 

x2
 1  0, x  0 .
2

x2
, x  0 .
2

c. Xét hàm số f ( x)  sinx  x 
Ta có f '( x)  cos x 

x3
trên nửa khoảng [0; ) .
6

x2
 1 . Theo kết quả của câu b, f '( x)  0, x  0 .
2

Suy ra f(x) đồng biến trên khoảng [0; )
Nên f(x) > f(0) = 0  sinx  x 
Vậy sinx  x 

x3
 0, x  0 .
6

x3
, x  0
6

2. Hàm số f(x) không cho dưới dạng tường minh:
Phương pháp:

- Bước 1. Biến đổi bất đẳng thức đưa về dạng f(t)>c (hoặc f(t)≥c, f(t)f(t)≤c) với t=u(x) trên tập J.
- Bước 2. Khảo sát hàm số f(t) trên tập J.
- Bước 3. Dựa vào bảng biến thiên, suy ra f(t)>c (hoặc f(t)≥c, f(t)xJ.
* Bài tập mẫu:
2sin x

Bài 1: Chứng minh rằng: 2

2

t anx

2

3x
1
2

 
, x   0; 
 2

Giải:
2sin x

Áp dụng bất đẳng thức cauchy, ta có: 2

2

Ta sẽ đi chứng minh:

19

t anx

2 2

2sin xt anx

1
sinx+ t anx+1
2

2


1
sin x  tan x 1
2

2

2

3x
1
2

1
3
 
 sinx+ t anx+1> x  1, x   0; 
2
2
 2
1
3
 
 sinx+ t anx  x>0, x   0; 
2
2
 2

 
Xét hàm số f ( x)  2 sin x  tan x  3x, x   0, 
 2

1
3
cos 2 x
2 cos3 x  3 cos x  1

cos2 x

2 cos x  1cos x  12
 

 0, x   0, 

2
cos x
 2

f ' ( x)  2 cos x 

 
Suy ra: f(x) đồng biến trên  0; 
 2
1
3
 
 
Nên f(x)>f(0)=0, x  0;   sinx+ t anx  x>0, x   0;  .
2
2
 2
 2
1
 
2sin x
 2t anx  2 2 , x   0; 
Vậy 2
 2
3x

Bài 2: (ĐH mở, 2000) Cho tam giác ABC thỏa A  B  C  900 . Chứng minh
2cos3C  4cos 2C 1
2
cosC

Giải:
Ta có
BĐT 





 



2 4cos3C  3cos C  4 2cos2 C  1  1
cos C
8cos3 C  8cos2C  6cos C  5
2
cos C

20

2


 8cos3C  8cos2C  8cos C  5  0 (vì cosC > 0, với 0 < C < 900)
Đặt t = cosC.

1
Do A  B  C  900 nên 600  C  900 suy ra 0  t  cos600  .
2

Khi đó

1

BĐT  8t 3  8t 2  8t  5  0,  0  t  
2

1

Xét hàm số f (t )  8t 3  8t 2  8t  5  0,  0  t   . Ta có
2






f '(t )  24t 2 16t  8  8 3t 2  2t 1  8 3t  1t 1
Bảng biến thiên
t

1
2

0

f’(t)

5

f(t)

1
f  0
2

 1
Do đó: t   0;  : f t  
 2

1
f    0  BĐT được chứng minh.
 2

Bài 3: (ĐH An Ninh, 2000) Chứng minh rằng
nn1  (n 1)n , n  3

Giải:
Lấy ln hai vế ta được:  n 1 ln n  n ln  n 1 
Xét hàm số f (t ) 

ln t
, (t  3)
t

1
.t  ln t
1  ln t
t
Ta có f '(t ) 

 2  0, t  3
2
t
t

21

ln n ln(n 1)

n
n 1


Suy ra f(t) nghịch biến trên [3; +∞)  f(n + 1)
ln n ln(n 1)
, n3.

n
n 1

Vậy nn1  (n 1)n , n  3 (Đpcm)
Bài 4: Chứng minh rằng, với mọi x > 0 và với mọi n  N* ta đều có

x2
xn
e  1  x   ... 
2!
n!
x

Giải:
Với n = 1 bất đẳng thức cần chứng minh có dạng
ex > 1 + x với x > 0

(1)

Ta xét hàm số f(x) = ex – x – 1 với x ≥ 0. Ta có
f’(x) = ex – 1 với mọi x ≥ 0
Vì ex > 1 với mọi x > 0 và e0 = 1, nên f’(x) = ex – 1 > 0 với mọi x > 0 và f’(0) = 0. Từ
đó suy ra f(x) đồng biến với mọi x ≥ 0 và f(0) = 0.
Do đó f(x) > f(0) với mọi x > 0 hay ex > 1 + x với mọi x > 0.
Giả sử bất đẳng thức cần chứng minh đúng với n = k ≥ 1, nghĩa là

ex  1  x 

x2
xk
 ... 
với mọi x > 0.
2!
k!

Ta cần chứng minh bất đẳng thức

x2
xk
xk 1
với mọi x > 0.
e  1  x   ...  

2!
k !  k  1!
x

Ta xét hàm số g ( x)  e x  1  x 
Ta có g '( x)  e x  1  x  ... 

x2
xk
xk 1
với x ≥ 0.
 ...  
2!
k !  k  1!

xk
với x ≥ 0.
k!

22


Theo giả thiết quy nạp f’(x) > 0 với mọi x > 0, cịn f’(0) = 0. Do đó hàm số f(x) đồng
biến trên khoảng (0; +∞) và f(0) = 0. Vì vậy, f(x) > f(0) với mọi x .> 0 hay

ex  1  x 

x2
xk
xk 1

với mọi x > 0.
 ...  
2!
k !  k  1!

Theo nguyên lý quy nạp bấy đẳng thức cần chứng minh đúng với mọi x > 0. Vì vậy,

x2
xn
e  1  x   ... 
n  N , x  0
2!
n!
x

II. Bất đẳng thức nhiều biến:
*Lưu ý : Khi chứng minh bất đẳng thức có chứa nhiều biến, ta thường dùng giả thiết,
các phép biến đổi đại số, đặt ần phụ hay bất đẳng thức cauchy… để đưa về một biến
hoặc biến đổi trong bất đẳng thức cần chứng minh xuất hiện các biểu thức “đồng dạng”
(giống nhau về cấu trúc nhưng khác biến).
1. Phương pháp đưa về một biến trong các bài toán hai biến:
Phương pháp:
- Bước 1. Biến đổi giả thiết và bất đẳng thức cần chứng minh để tìm mối liên
hệ giữa chúng rồi tìm cách đặt ẩn phụ hợp lý để đưa bất đẳng thức đã cho về
bất đẳng thức một biến.
- Bước 2. Chứng minh bất đẳng thức một biến vừa tìm được bằng các phương
pháp ở mục I.
* Bài tập mẫu:
Bài 1: a, b  R : a  b  2. Chứng minh rằng: a 4  b4  2 .
Giải:

- Nhận xét: Từ giả thiết ta có thể tính a theo b và ngược lại và thế vào vế trái của bất
đẳng thức ta được hàm một biến.
Từ giả thiết suy ra: b = 2 - a.
Xét hàm số: f(a) = a4 +(2 - a)4 trên R.
Ta có: f’(a) = 4a3 - 4(2 - a)3
= 4[a - (2 - a)][a2 + a(2 - a) + (2 - a)2]

23


= 8(a - 1)(a2 - 2a + 4)
Do a2 - 2a + 4 > 0, a  R nên
f '(a)  0  a  1  0  a  1  f (1)  2

Bảng biến thiên
A
f’(a)

1
0

-∞
-

+∞
+

+∞

+∞

f(a)
2
Từ bảng biến thiên suy ra: f (a)  a  (2  a)4  2, a  R .
4

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: a = 1.
Vậy a, b  R : a  b  2 thì a 4  b4  2 .
Bài 2: (CĐ khối A, 2008) Cho x, y là số thực thỏa mãn x2  y2  2 . Tìm giá trị lớn
nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P  2( x3  y3 )  3xy

Phân tích:
-

Từ giả thiết x2  y2  2 . Có thể đưa bài tốn về một ẩn không?

-

Ta nghĩ tới hằng đẳng thức x2  y2  ( x  y)2  2xy; x3  y3  ( x  y)( x2  xy  y2 ) .

-

Khai triển biểu thức P cố gắng làm xuất hiện x2  y2 để sử dụng giả thiết.

-

Biến đổi biểu thức P và thế vào x2  y2  2 ta có :
P  2( x  y)( x 2  xy  y 2 )  3xy
= 2( x  y)(2  xy)  3xy

-

Từ giả thiết ( x  y)2  2xy  2  xy 

( x  y)2  2
.
2

Vậy đến đây ta có thể nghĩ đến việc có thể đưa P về hàm một biến số nếu ta đặt :
t  x y.

24


( x  y)2
Cần chặn biến t bằng cách sử dụng bất đẳng thức: x  y 
.
2
2

2

Giải:
Ta có :
P  2( x  y)( x 2  xy  y 2 )  3xy
= 2( x  y)(2  xy)  3xy

Ta có : xy 

( x  y)2  2
, vì thế sau khi đặt t  x  y thì:
2
P(t )  2t (2 

Ta có x2  y 2 

t2  2
t2  2
3
) 3
 t 3  t 2  6t  3
2
2
2

( x  y)2
 ( x  y)2  4  2  t  2 .
2

3
Xét hàm số P(t )  t 3  t 2  6t  3 với 2  t  2 .
2

Ta có P '(t )  3t 2  3t  6 .
t  1
P '(t )  0  
t  2

Ta có bảng biến thiên như sau

t

-2

P’(t)

1
+

0
13
2

2
-

P(t)
-7

1

Vậy
min P(t )  P(2)  7 khi x  y  1
2;2

25