Cơ sở lý luận

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 x 0 (a;b) Nếu tồn tại giới hạn

0 thì giới hạn đó được gọi là đạo hàm của hàm số y = f(x) tại x 0

2 Định nghĩa đạo hàm một bên: Đạo hàm bên trái của hàm số y = f(x) tại điểm x 0 , kí hiệu là f ' (x 0  ) được định nghĩa: x x y f x 

'( ) lim Đạo hàm bên phải của hàm số y = f(x) tại điểm x 0 , kí hiệu là f ' (x 0  ) được định nghĩa: x x y f 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’

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) 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 ( )

 v x cũng có đạo hàm trên J và:

  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))

Giả sử y = f(x) có đạo hàm y’ = f’(x) Nếu hàm f’(x) cũng có đạo hàm, thì đạo hàm của nó được gọi là đạo hàm cấp hai, ký hiệu là y” hoặc f”(x) Tương tự, chúng ta có thể định nghĩa các đạo hàm cấp cao hơn như đạo hàm cấp ba, bốn, và các cấp tiếp theo.

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

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.

Một số định lý

Nếu hàm số f(x) liên tục trên đoạn [a; b], thì nó sẽ đạt được giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất trong khoảng này, đồng thời cũng có tất cả các giá trị trung gian giữa hai giá trị đó.

Nếu hàm số f(x) có đạo hàm tại x0 thì đạt cực trị tại điểm đó

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

Nếu hàm số y = f(x) liên tục trên đoạn [a,b] và có đạo hàm trên khoảng (a,b) thì

Ứng dụng đạo hám chứng minh các bất đẳng thức cơ bản

Bất đẳng thức mở đầu

Bài toán: Chứng minh rằng

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

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

Từ tính chất của hàm số mũ suy ra f’(x) > 0 khi x > 1, f’(x) < 0 khi x < 1

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

Bất đẳng thức Cauchy

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

 k  1,2, , n  không nhỏ hơn số trung bình nhân của chúng, nghĩa là

    dấu đẳng thức trong (2) xảy ra khi và chỉ khi x 1 x 2   x n

Nếu x 1 x 2   x n 0, thì hiển nhiên bất đẳng thức (2) được chứng minh

Giả sử có ít nhất một x k 0 1   k n  Khi đó 1 2 n 0 x x x

   dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x i 1  i 1, 2, , n 

   , nên nhân từng vế n BĐT (3) với nhau ta được

Theo cách đặt A ta có: 1 2 n 0 x x x

     Kết hợp với(4), suy ra

Trong trường hợp xảy ra dấu đẳng thức, nếu x1 = x2 = = xn, thì dấu đẳng thức trong (2) sẽ được thỏa mãn Giả sử rằng dấu đẳng thức xảy ra trong (2), nhưng tồn tại một j0 nào đó sao cho

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

  Điều này mâu thuẫn với giả thiết Từ đó suy ra

BĐT Cauchy hoàn toàn được chứng minh.

Bất đẳng thức Cauchy mở rộng

Bài toán: Cho 2n số dương x p k k , k  1,2, , ; n nN *  Khi đó

     dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 = … = xn

Vì cả hai vế của (9) đều dương nên

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

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

1 2 n x x  x , 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k 0 n  sao cho

Nhân từng vế các bất đẳng thức (11) và (12) với nhau, ta được

      điều này mâu thuẫn với giả thiết Từ đó suy ra

Bất đẳng thức Isena

Bài toán: Cho 2n số dương x p k k , k  1,2, , ; n nN *  và

Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức (8) bằng cách thay xk bởi x k p k , pk bởi 1 p k , ta được

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 1 1 p q 1, ta có

Bất đẳng thức Holder

Bài toán: Cho các số dương x y k k , k  1,2, , ; n nN * , p, q sao cho 1 1 p  q 1 Khi đó

   và áp dụng bất đẳng thức Isena cho hai số x k ,y k

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

* 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):

Bất đẳng thức Bernoulli

Bài toán: Với mọi số thực x 1 và n  R \ 0,1   Khi đó:

 1  x  n   1 nx dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x0

 1  x  n   1 nx dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x0

Xét hàm số f x ( )    1 x  n   1 nx với     1 x

(Vì n  1 1 nên  1  x  n  1 nghịch biến trong khoảng    1;  )

Khi đó ta có bảng biến thiên x 1 0  f’(x) - 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

Khi đó ta có bảng biến thiên x 1 0  f’(x) - 0 + f(x)

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

+ Với 0 < n < 1 thì n – 1 < 0 nên  1  x  n  1 nghịch biến trong khoảng    1;  Khi đó ta có:

Bảng biến thiên x 1 0  f’(x) - 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.

Sử dụng tính đơn điệu của hàm số chứng minh bất đẳng thức

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

*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:

- Bước 1: Khảo sát hàm số y=f(x) trên tập J

- 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

Từ bảng biếng thiên suy ra

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

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

Suy ra f(x) nghịch biến trên nửa khoảng [0; +)

Vậy ln 1      x  x , x 0 b Xét hàm số

2 f x  x x  trên nửa khoảng [0;) Ta có

Ta thấy, f ''   x  0 với 2 k    x 2( k  1)  và f ''(2 k  )  0  k  N  Do đó trên mỗi nửa khoảng [2 k  ;2( k  1) )   k  N  ta đều có:

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

2 f x  x x  Theo kết quả của câu b, f x'( )  0, x 0

Suy ra f(x) đồng biến trên khoảng [0;)

2 Hàm số f(x) không cho dưới dạng tường minh:

Giải: Áp dụng bất đẳng thức cauchy, ta có: sinx+ t anx+1 1

Ta sẽ đi chứng minh:

- Bước 1 Biến đổi bất đẳng thức đưa về dạng f(t)>c (hoặc f(t)≥c, f(t)c (hoặc f(t)≥c, f(t) 0, với 0 < C < 90 0 ) Đặt t = cosC

Bài 3: (ĐH An Ninh, 2000) Chứng minh rằng

Lấy ln hai vế ta được:  1 ln  ln  1  ln ln( 1)

Suy ra f(t) nghịch biến trên [3; +∞)  f(n + 1) 0 và với mọi nN* ta đều có

Với n = 1 bất đẳng thức cần chứng minh có dạng e x > 1 + x với x > 0 (1)

Ta xét hàm số f(x) = e x – x – 1 với x ≥ 0 Ta có f’(x) = e x – 1 với mọi x ≥ 0

Vì e x > 1 với mọi x > 0 và e 0 = 1, nên f’(x) = e x – 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 e x > 1 + x với mọi x > 0

Giả sử bất đẳng thức cần chứng minh đúng với n = k ≥ 1, nghĩa là

Ta cần chứng minh bất đẳng thức

Theo giả thiết quy nạp f’(x) > 0 với mọi x > 0, còn 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

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

Bất đẳng thức nhiều biến

Khi chứng minh bất đẳng thức với nhiều biến, cần áp dụng giả thiết, các phép biến đổi đại số, đặt ẩn phụ, hoặc sử dụng bất đẳng thức Cauchy để giảm thiểu số biến Mục tiêu là đưa bài toán về một biến hoặc tìm kiếm các biểu thức đồng dạng trong bất đẳng thức cần chứng minh.

1 Phương pháp đưa về một biến trong các bài toán hai biến:

- 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

Để chứng minh một bất đẳng thức, bước đầu tiên là biến đổi giả thiết và bất đẳng thức cần chứng minh nhằm tìm ra mối liên hệ giữa chúng Sau đó, cần xác định một ẩn phụ hợp lý để chuyển đổi bất đẳng thức đã cho thành một bất đẳng thức chỉ với một biến.

- Bước 2 Chứng minh bất đẳng thức một biến vừa tìm được bằng các phương pháp ở mục I

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

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: a = 1

Bài 2: (CĐ khối A, 2008) Cho x y, là số thực thỏa mãn x 2 y 2 2 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

- Từ giả thiết x 2 y 2 2 Có thể đưa bài toán về một ẩn không?

- Ta nghĩ tới hằng đẳng thức x 2 y 2  (x y) 2 2 ; xy x 3 y 3  (x y x)( 2  xy y 2 )

- Khai triển biểu thức P cố gắng làm xuất hiện x 2 y 2 để sử dụng giả thiết

- Biến đổi biểu thức P và thế vào x 2 y 2 2 ta có :

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

Cần chặn biến t bằng cách sử dụng bất đẳng thức: 2 2 ( ) 2

2 x y xy   , vì thế sau khi đặt t  x y thì:

Ta có bảng biến thiên như sau t -2 1 2

Bài 3: (ĐH Khối B – 2009) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

Với x y, là các số thỏa mãn điều kiện : (xy) 3 4xy2

- Vì giả thiết là biểu thức khá phức tạp nên ta khai thác nó trước cho gọn để sử dụng dễ dàng hơn Chú ý hằng đẳng thức :

Và (xy) 2 4xy Khi đó điều kiện bài toán trở thành: x y 1

Ta biến đổi được A như sau :

- Vì vậy ta có thể nghĩ đến việc đưa A về hàm một biến bằng cách đặt t x 2 y 2

Tìm điều kiện của biến t ta sử dụng bất đẳng thức 2 2 ( ) 2

Từ bất đẳng thức (xy) 2 4xy ta có:

Bài toán được đưa về tìm max, min của:

Ta biến đổi biểu thức A như sau:

2 x y x y   ( do x y 1) nên 2 2 1 x y 2 Đặt tx 2 y 2 Ta có hàm số ( ) 9 2 2 1 f t 4t  t với 1 t2

Ta có bảng biến thiên như sau: t 1

A16 Mặt khác, ta dễ thấy 1 x y 2 thì 9

Bài 4: (ĐH khối B – 2011) Cho a, b là các số thực dương thỏa mãn

2(a b )ab (a b ab)( 2) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

Từ giả thiết ta có:

          Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta được:

Xét hàm số: f t( )4t 3 9t 2 12t18 trên nửa khoảng 5

Suy ra hàm số f(t) đồng biến trên nửa khoảng 5

P  4 đạt đươc khi và chỉ khi 5

Bài 5: (Khối B - 2010) Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn a b c  1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :

Giải : Áp dụng bất đẳng thức Bunhiakopskii, ta có

M ab bc ca ab bc ca a b c ab bc ca

M ab bc ca ab bc ca ab bc ca

           Đặt tab bc ca  , ta có :

        Dấu bằng chỉ xảy ra tại t=0 ; suy ra f’(t) nghịch biến

M  f t   t  3 M khi ab ab+bc+ca=0 và a+b+c=1

 là một trong các bộ số sau: (1;0;0), (0 ;1 ;0), (0 ;0 ;1)

Do đó giá trị nhỏ nhất của M là 2

Trong các bài toán có nhiều hơn hai biến, chúng ta có thể linh hoạt tìm ra mối liên hệ giữa các biến để đơn giản hóa vấn đề thành bài toán một biến.

2 Phương pháp khảo sát lần lượt từng biến trong bài toán ba biến:

 là một hàm theo a Khảo sát hàm số trên đoạn 

- Thực hiện tương tự ta được: f(a,b,c) g(b,c) h(c) 

Đối với bất đẳng thức nhiều biến, chúng ta có thể phân tích từng biến một cách riêng lẻ bằng cách chọn một biến làm tham số và giữ cố định các biến còn lại Qua đó, bài toán sẽ chuyển thành một bất đẳng thức với một biến duy nhất.

Giả sử chứng minh bất đẳng thức f(x,y,z) a (hoặc f(x,y,z)a)với điều kiện T nào đó

+Bước 1: Xem f(x,y,z) là hàm theo biến x còn y, z là hằng số Khảo sát hàm số này với điều kiện T ta được f(x,y,z)g(y,z) (hoặc f(x,y,z) g(y,z))

+Bước 2: Xem g(y,z) là hàm theo biến y còn z là hằng số Khảo sát hàm số này với điều kiện T ta được g(y,z)h(z) (hoặc g(y,z) h(z))

+Bước 3: Cuối cùng khảo sát hàm số h(z) với điều kiện T ta đi đến kết luận: f(x,y,z) g(y,z) h(z) a (hoặc f(x,y,z) g(y,z) h(z) a)

' c a b a bc a c b c a b a c b abc c a bc abc ba c a b a b a c c a b c a c b a a b f

Vì abc nên b – c 0; a 2 – bc0 suy ra f’(a) 0 Do đó f(a) tăng trên 

Bài 2: Cho ba số dương a b c, , thỏa mãn điều kiện 21ab2bc8ca12 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P 1 2 3 a b c

- Hãy suy nghĩ để chuyển bài toán về ẩn mới?

- Có thể biểu diễn để biểu thức P và giả thiết đơn giản hơn hay không?

   bài toàn như thế nào?

- Có thể chuyển bài toán sao cho ít ẩn hơn được không?

- Khảo sát hàm số f x( ) xem y như tham số cố định Ta được:

- Tiếp tục khảo sát hàm một biến g(y)

Ta đi đến kết luận : ( ) ( ) 15

Ta có: 21ab2bc8ca12

Vì x y z, , 0 nên 12xy21 0 suy ra 7 x 4

Từ biểu thức P suy ra được: 2 2 8

( ) f x f x( ) 0 Khi đó từ bảng biến thiên , ta có:

Ta có g y '      0 t 3 50 t  112  0 Từ đó ta được bảng biến thiên: y 0 5

Từ bảng biến thiên suy ra : ( ) ( )5 g y g 4

Trong phương pháp khảo sát các biến trong bài toán ba biến, chúng ta có thể lựa chọn giữa hai cách tiếp cận Thứ nhất, có thể kết hợp khảo sát từng biến với việc biến đổi bài toán ba biến thành bài toán hai biến mà không cần thực hiện bước đầu tiên Thứ hai, ta cũng có thể thực hiện bước đầu tiên và sau đó áp dụng các phương pháp biến đổi để giảm bài toán xuống còn một biến, do đó có thể bỏ qua bước thứ hai.

Bài 3: (ĐH Khối A-2011) Cho ba số thực x y z , ,    1;4 và x  y x ,  z Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

- Khảo sát từng biến như thế nào ?

- Xem P là một hàm theo biến z, còn x, y là hằng số Khảo sát hàm số với điều kiện đã cho suy ra giá trị nhỏ nhất của P, tức là : P x y z( , , )P x y( , )

- Khảo sát hàm P x y( , ), ở đây có thể đưa P x y( , )về hàm số một biến không ?

- Bằng cách đặt ẩn phụ t x

 y để đưa P x y( , ) về hàm một biến Tìm GTLN của hàm số một biến này

Xem đây là hàm theo biến z ; còn x y, là hằng số

P 5 Trường hợp 2: x   y x y 0 suy ra P'  0 z xy (do x y z , ,    1;4 ) z xy '( )

Suy ra f t( ) nghịch biến trên   1; 2 , do đó ( ) ( ) (2) 34

PP xy  f t  f 33 Đẳng thức xảy ra : 4, 1, 2

3 Biến đổi về bất đẳng thức có chứa các biểu thức “đồng dạng”:

Bài 1: Cho ba số thực dương a, b, c thỏa a 2 + b 2 + c 2 = 1 Chứng minh rằng:

Nhận xét: Vai trò của a,b,c trong vế trái là như nhau, nên ta có thể biến đổi từng nhóm trong vế trái thành những biểu thức “đồng dạng”

Từ giả thiết suy ra: 0 < a < 1, 0 < b < 1, 0 < c < 1 Và

Xét hàm số: f(x) = x(1 - x 2 ) trên khoảng (0 ; 1)

- Bước 1 Biến đổi bất đẳng thức P(a,b,c,…) ≥ t về dạng t c f b f a f( ) ( ) ( ) 

- Bước 2 Xét hàm số g(x) có mối liên hệ với f(x) trên tập J thỏa mãn điều kiện của bài toán

 Lập bảng biên thiên và suy ra giá trị nhỏ nhất của hàm số

- Bước 3 Từ kết quả của bước 2 ta liên hệ với hàm số f(x) Thay x bởi a, b, c,… và suy ra điều cần chứng minh x 0 1

Từ bảng biến thiên suy ra:

Bài 2: (ĐH khối D – 2007) Cho a > b > 0 Chứng minh 1 1

Với a > b > 0, bất đẳng thức tương đương:

Lấy logarit tự nhiên hai vế ta được bất đẳng thức tương đương:

    ln 4 1 ln 4 1 ln 4 1 ln 4 1 ln 4 1 ln 4 1 b a a b a b a b b a a b

Suy ra f nghịch biến trên  0;  nên a    b 0 f a ( )  f b ( )

Đối với một số bài toán, việc tìm giá trị lớn nhất hay nhỏ nhất của hàm số không phải là điều cần thiết; thay vào đó, chúng ta chỉ cần xem xét tính đơn điệu của hàm số đó.

4 Một số phương pháp khác: a Dạng 1:

Bài 1: Cho hai số thực không âm a, b Chứng minh rằng:

Nếu a và b đồng thời khác 0 thì,

 Trong đó vế trái của bất đẳng thức có tử thức và mẫu thức là biểu thức đẳng cấp bậc hai

*Trường hợp 1: ab = 0 thì bất đẳng thức luôn đúng

*Trường hợp 2: ab0, đặt b = ta (t > 0) Khi đó bất đẳng thức trở thành:

- Biểu thức f(x,y) được gọi là đẳng cấp bậc k nếu: f(mx,my) = m k f(x,y)

- Khi gặp bài toán chứng minh bất đẳng thức hai biến có dạng: a y x g y x f 

( , trong đó f(x,y) và g(x,y) là những biểu thức đẳng cấp bậc k hai biến, ta có thể giải bài toán như sau:

 Bước 1 Xét y = 0 khi đó bài toán trở thành chứng minh bất đẳng thức một biến ( ,0)

 Bước 2 Xét y0, đặt x = ty Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh trở thành ( )

( ) f t a g t  , đây là bất đẳng thức một biến

- Khi gặp biểu thức đẳng cấp ba biến a, b, c ta có thể đặt b = xa, c = ya và chuyển về bài toán hai biến

Dấu của f t '   là dấu của t1 vì 4t 2     t 1 0, t 0

Từ bảng biến thiên ta suy ra: f(t)f(1) = 0

Vậy a 4 b 4 a b 3 ab 3 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b

Bài 2: (ĐH khối B – 2008) Cho hai số thực x, y thỏa mãn x 2 y 2 1 Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức:  2 

* Nếu y0 thì đặt x = ty, khi đó

Dựa vào bảng biến thiên, ta được 3 6     3 3, f2   f t  f  t

Ngoài ra chúng ta có thể sử dụng các bất đẳng thức thường gặp như bất đẳng thức Cauchy, Bunhiakoskii… để đưa bài toán về bài toán một biến

Cho ba số thực không âm x, y, z thỏa x + y + z = 1 Chứng minh rằng:

3 thì x    y z 1, không thỏa mãn điều kiện bài toán Như vậy, trong 3 số x, y, z ≥ 0 phải có ít nhất một số không vượt quá 1

2 (1 2 ) ( ) 1 ( ) xy  yz zx xyzxy  z z x y 3xy z x y

2 (1 2 ) ( ) 1 ( ) 0 (1) xy  yz zx xyzxy  z z x y 3xy z x  y

4 xy yz zx xyz x y xy z z x y z z x y cauchy x y xy z z z z z z

Từ bảng biến thiên suy ra: ( ) 7 0;1

Hay xy + yz + zx – 2xyz ≤ 7

Dùng các phương pháp khác để chứng minh bất đẳng thức

Ứng dụng định lý Lagrange trong chứng minh bất đẳng thức

Nếu hàm số y = f(x) liên tục trên đoạn [a,b] và có đạo hàm trên khoảng (a,b) thì

Từ định lý Lagrange, nếu m f c'( )M thì:

Vậy, để áp dụng được kết quả trên vào việc chứng minh bất đẳng thức điều quan trọng nhất là nhận ra được hàm f(x)

2 Các bài tập mẫu minh họa:

Bài 1: Chứng minh rằng: 1 1 1 ln 1 0

Xét hàm số f(t) = lnt với t[x, x + 1] (x > 0)   c  x x ,  1  sao cho:

Bài 2: Chứng minh rằng: 2 1 2 1 2 1 arctan

Xét hàm f(x) = arctanx khả vi trên [n, n+1]    c  n n ,  1  sao cho:

2 2 tan arctan 1 tan arctan 1 1 tan arctan( 1) arctan