skkn khai thác một số hướng sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức

S GIO DC V O TO HNG YấN TRNG THPT CHUYấN SNG KIN KINH NGHIM KHAI THC MT S HNG S DNG O HM CHNG MINH BT NG THC Lnh vc/Mụn: Toỏn Tờn tỏc gi: Nguyn Thanh Giang Giỏo viờn mụn toỏn NM HC 2013-2014 PHN 1: PHN L LCH H v tờn tỏc gi: Nguyn Thanh Giang Chc v: Phú hiu trng n v cụng tỏc: Trng THPT chuyờn Hng Yờn Tờn ti SKKN: Khai thỏc mt s hng s dng o hm chng minh bt ng thc PHN 2: PHN NI DUNG M U 1-t : Thc trng ca : Trong chng trỡnh toỏn Trung hc hc sinh c lm quen vi bi toỏn chng minh bt ng thc t lp Bi toỏn chng minh bt ng thc thng xuyờn xut hin k thi i hc, k thi hc sinh gii tnh, hc sinh gii Quc gia, hc sinh gii Quc t Khi xut hin cỏc k thi bi toỏn chng minh bt ng thc thng l mt nhng bi toỏn khú Sáng kiến kinh nghiệm giúp học sinh, đặc biệt học sinh chuyên toán, học sinh đội tuyển học sinh giỏi, hc sinh chun b thi i hc mt s hng chứng minh bất đẳng thức s dng o hm, giỳp hc sinh mt hng tip cn vi bi toỏn chng minh bt ng thc í ngha v tỏc dng ca ti: i mi phng phỏp ging dy mụn toỏn giai on hin nh th no? Cõu hi c t cho nhng ngi lm cụng tỏc ging dy toỏn trng ph thụng Sỏng kin kinh nghim ny ngoi vic cung cp kin thc cho hc sinh cũn cp n vic i mi phng phỏp dy hc dy cỏc chuyờn vi mc tiờu nõng cao nng lc t duy, phỏn oỏn, bit a ng hp lý cho li gii; phỏt huy vai trũ ch ng, sỏng to, tớnh tớch cc ca hc sinh hc toỏn; hc sinh cú th gii mt s bi toỏn khỏc s dng bt ng thc, hc sinh t tỡm tũi, sỏng to nhng bi toỏn mi Việc giảng dạy nội dung sáng kiến kinh nghiệm khích lệ học sinh tìm tòi, sáng tạo học toán giải toán nh- nghiên cứu toán học ngồi ghế nhà tr-ờng Phm vi nghiờn cu ca ti: Trong chng trỡnh THPT o hm cú nhiu ng dng gii cỏc dng toỏn khỏc nhau: ng dng o hm gii phng trỡnh; h phng trỡnh; chng minh bt ng thc; tỡm giỏ tr ln nht, giỏ tr nh nht, tớnh gii hn, Cú nhiu phng phỏp khỏc chng minh bt ng thc, phạm vi sáng kiến kinh nghiệm cp n chứng minh bất đẳng thức cú ứng dụng o hm v khai thỏc cỏc bt ng thc vic gii quyt cỏc bi toỏn khỏc Đây mt phn nội dung chuyên đề bất ng thức mà tác giả giảng dạy lớp chuyên toán nh- đ-ợc phân công ging dy tất đội tuyển quốc gia tỉnh H-ng Yên nhiu nm qua 2- Phng phỏp tin hnh Giỏo viờn v hc sinh phõn tớch, tng hp, h thng kin thc tng kt c qua cỏc bc thc hin trờn mi lp chuyờn, i tuyn sau õy: - Trang b kin thc c bn v o hm - Cung cp trc mt h thng bi hc sinh t tỡm tũi cỏch gii nh - S dng h thng bi ó cho hc sinh lm, cựng hc sinh tng kt cỏc hng chng minh bt ng thc bng cỏch s dng o hm - Liờn h bt ng thc c chng minh bi cụng c o hm cỏc bi toỏn khỏc - Sỏng to cỏc bi toỏn t bt ng thc c bn c chng minh bi o hm Ni dung SKKN ny s dng ging dy cho cỏc lp chuyờn toỏn, cỏc hc sinh gii toỏn, cỏc i tuyn hc sinh gii thi hc sinh gii tnh v hc sinh gii Quc gia v cú th ging dy mt phn cỏc lp ụn thi i hc NI DUNG A- Mc tiờu: ti SKKN m bo cỏc ni dung sau Cỏc nh lý v cỏc bt ng thc c bn Phn ny h thng li cỏc kin thc c bn, cỏc bt ng thc c bn c chng minh bng cụng c o hm s c s dng phn sau Chng minh bt ng thc bng cỏch s dng o hm Phn ny h thng li cỏc hng chớnh chng minh bt ng thc s dng cụng c o hm S dng cỏc bt ng thc c chng minh bi cụng c o hm gii cỏc bi toỏn khỏc v sỏng to nhng bi toỏn mi t cỏc bt ng thc c chng minh bi cụng c o hm Phn ny a mt s bi toỏn khỏc gii c trờn c s cỏc bt ng thc v to cỏc bi toỏn mi t cỏc bt ng thc c bn chng minh bi cụng c o hm qua ú khớch l hc sinh t sỏng tỏc nhng bi toỏn mi Mt s bi luyn Phn ny dựng cho hc sinh cng c v rốn luyn k nng chng minh bt ng thc s dng cụng c o hm B- Gii phỏp ca ti I- CC NH Lí V BT NG THC C BN C CHNG MINH BNG O HM 1.1 Cỏc nh lý: 1.1.1 nh lý Lagrange Hm s y f (x) liờn tc trờn a; b , cú o hm trờn khong (a; b) thỡ c a; b cho f / (c) f (b) f ( a ) ba 1.1.2 nh lớ Rolle Hm s y f (x) liờn tc trờn a; b , cú o hm trờn khong (a; b) v f (a ) f (b) thỡ c a; b cho f / (c) 1.1.3 iu kin hm s li, lừm v bt ng thc Jensen(*) nh ngha hm s lừm, hm s li Hm s y f (x) cú o hm cp trờn D v f // ( x) x D ( f // ( x) trt tiờu ti hu hn im) thỡ hm s lừm trờn D Hm s y f (x) cú o hm cp trờn D v f // ( x) x D ( f // ( x) trt tiờu ti hu hn im) thỡ hm s li trờn D Bt ng thc Jensen Hm s y f (x) lừm trờn D , x1 , x2 , x3 , , xn D; i 0; i 1n thỡ n i xi n i f i 1n i i i n f (x ) i i i Hm s y f (x) li trờn D , x1 , x2 , x3 , , xn D; i 0; i 1n thỡ n i xi n i f i 1n i i i n f (x ) i i i 1.1.4 nh lý ( "Bt ng thc tip tuyn") Hm s y f (x) liờn tc, cú o hm n cp trờn a; b a)Nu f // ( x) x a; b thỡ f ( x) f / ( x)( x x0 ) f ( x0 ) x0 a; b b) Nu f // ( x) x a; b thỡ f ( x) f / ( x)( x x0 ) f ( x0 ) x0 a; b ng thc xy v ch x x0 Ta cú th chng minh a) nh sau: Xột hm s g ( x) f ( x) f / ( x)( x x0 ) f ( x0 ) trờn a; b Ta cú g / ( x) f / ( x) f / ( x0 ) g // ( x) f // ( x) x a; b Do ú g / ( x) x x v g / ( x) i du t - sang + qua x g ( x) g ( x0 ) x a; b Chng minh tng t b) 1.2 Cỏc bt ng thc c bn chng minh bng o hm 1.2.1 Bt ng thc liờn quan ti sinx sin x x x sin x x x3 x5 3! 5! sin x x x3 3! x (0; ) 2x sin x x x (0; ) 1.2.2 Bt ng thc liờn quan ti cosx cos x x2 x4 2! 4! x (0; ) x2 cos x 2! x (0; ) 1.2.3 Bt ng thc liờn quan ti tanx tan x x x (0; ) 1.2.4 Bt ng thc liờn quan ti e x e x x x e x ln( x) x x x2 xn e 1! 2! n! x x (n Z ) 1.2.5 Bt ng thc liờn quan ti lnx x ln( x) x ln( x) x ln x x x2 2! x x 1.2.6 Bt ng thc Becnuli(*) Nu 1, x thỡ x x ; Du bng v ch x Nu hoc , x thỡ x x ; Du bng v ch x Cỏc bt ng thc trờn u chng minh c bng cụng c o hm, vic chng minh dnh cho hc sinh t lm nh bi nh chun b cho phn sau (*) Hc sinh thi hc sinh gii Quc gia c s dng bt Jensen; Trờbsep v Becnuli II - NG DNG O HM CHNG MINH BT NG THC Một số h-ớng sử dụng đạo hàm toán chứng minh bất đẳng thức (bt) Để chứng minh bđt f ( x ) g ( x ) với x D ; dạng ( f( x) ; g( x) hàm số), ta xét hàm số h( x ) f ( x ) g ( x ) D Từ biến thiên hàm số h( x ) D ta chứng minh từ suy điều phải chứng minh h( x ) (đpcm) Ví dụ Cmr : Sinx x x3 3! (1) với x (0; ) Lời giải: Xét f ( x ) sin x x x (0; ) : x 0; x3 với 3! f ( /x ) cos x x2 g( x ) ; g (/x ) x sin x ( x ) ; (/x ) cos x ( x ) ( ) g ( x ) đồng biến ( x ) đồng biến (0; ) (0; ) g ( x ) g ( ) f ( x ) đồng biến (0; ) f ( x ) f (0) đpcm Ví dụ Cmr: Cho x, y 0; x y x y x y ln x ln y (2) Lời giải: Giả sử x y ( y x chứng minh t-ơng tự) x x x y y (2) ln 2 x y x y y ln t x t 1) y ( đặt t t f ( t ) ln t t t Với t ta có: f (t/ ) (t 1) t (t 1) f (t ) đồng biến (1;) f (t ) f (1) đpcm f ( x , y ) ta biến đổi dạng g ( x ) g ( y ) Để chứng minh Bằng cách xét hàm số g (t ) đó: Nếu x y ta chứng minh g (t ) đồng biến Nếu x y ta chứng minh g (t ) nghịch biến Ví dụ Cmr: ( x y )2 ( x y ) ln x y (3) với x>y>0 Lời giải: Ta có: (3) x y x y ln x x ln( x) x y ln( y ) y y Xét f(t ) 2t ln(1 t ) t 0; t : f / (t ) 2t f (t ) nghịch biến (1 t ) 0; f ( t ) f ( ) đpcm Ví dụ 1) So sánh: log 2013 2014 2) Cmr: a) 20142015 20152014 b) log 2014 2015 4tg50 tg90 3tg 60 tg100 Lời giải: 1) a) Phân tích: Giả sử 20142015 > 20152014 2015ln 2014 2014ln 2015 ln 2014 ln 2015 (4a) 2014 2015 Từ ta có cách giải sau: f (t ) Xét ln t t t (2014;2015) : f ( t/ ) 2014;2015 ln t t2 ( t 2014 e ln t 1) (2014;2015) f ( 2014) f ( 2015) f (t ) nghịch biến 20142015 > 20152014 b) Phân tích: Ta thấy 2014 2013 ; 2015 2014 Giả sử log 2014 2015 > log 2013 2014 (4b) (4b) có dạng: log x ( x 1) log y ( y 1) Do ta có cách giải sau: Xét f ( t ) log t (t 1) t (2013;2014) : ( Vì f ( t/ ) ln(t 1) ln t 2013;2014 t ln t (t 1)ln(t 1) t (t 1)ln t t t 1; ln t ln( t 1) ) f (t ) nghịch biến (2013;2014) f ( 2013) f ( 2014) log 2013 2014 > log 2014 2015 2) Phân tích: 4tg50 tg90 3tg60 tg100 10 tg tg tg 180 180 180 180 10 x x 180 180 180 180 tg Do ta có cách giải sau: Xét f( x) tgx với x x 0; 10 f (b) f / (1)(b 1) f (1) f (c) f / (1)(c 1) f (1) f (a) f (b) f (c) f / (1)( a b c 3) f (1) (*) Li cú: (a b c)2 3(a b2 c ) (a b c) a b c f / (1) 27 Do ú t (*) f (a) f (b) f (c) f (1) (pcm) Vớ d 20 Cho cỏc s thc dng a, b, c tha a b c Chng minh rng P = (a a )b (b b )c (c c )a (1 ) Li gii: Ta cú: lnP = bl (a a ) c ln( b b2 ) a ln( c c ) Xột hm s f ( x) ln( x x ) vi x (0;1) ; f (1) ln( ) f / ( x) x ; f // ( x) x (1 x )3 Suy ra: f (a) f / (1)(a 1) f (1) bf (a) f / (1)ab f (1) f / (1)b Tng t cf (b) f / (1)cb f (1) f / (1)c af (a) f / (1)ac f (1) f / (1) a lnP f / (1)ab bc ca (a b c) f (1)( a b c) ln( ) ( Vỡ ab bc ca (a b c) ; f / (1) 0) lnP ln( ) P (1 )3 III - MT S BI TON GII C KHI S DNG BT NG THC V SNG TO NHNG BI TON MI T CC BT NG THC C CHNG MINH BI CễNG C O HM Mt s bi toỏn khỏc gii c liờn h vi bt c chng minh bi cụng c o hm 20 Bài Tìm với Un = limun n Nhận xét: Để tính giới hạn 2 n n limun tr-ớc n n cần tính n lim ln u n ; mà lnUn=ln n +ln + +ln n n n dạng A Từ nghĩ đến việc tìm bất đẳng thức lnUn B LimA = = a Sử dụng nguyên lý kẹp giới LimB hạn ta có kết toán Bất đẳng thức có liên quan đến lnx x đ-ợc nghĩ đến là: x - < Lnx < x với x Giải : lnUn=ln Ta có: i Sử dụng (*) với x= có: + i n 2n i < n n 2 < ln (1+2+ +n) + n i n < 2n n +ln n + +ln ( i=1,2, n) n n Ta i n (12+22+ +n2) < ln Un (1+2+ +n) S1= Mà n(n 1) 1 n ( n 1)( n 1) n(n 1) =S2 < ln Un < 24 n 2n n lim S = lim S lim LnU n = limU n = e Với suy nghĩ t-ơng tự h-ớng học sinh đ-a cách giải cho toán sau: 21 Bi Cho f( n x với x >0 x f(x) = ) + + f ( f( n )+ n n ) + f ( 2) n lim S n Tính : Sn = n Bất đẳng thức đ-ợc sử dụng : x x x = f(x) < x x x < Li gii : Ta chứng minh f(x) < x x > 0 < x : x x x x > x x ph-ơng pháp dùng đạo hàm 2) Ta có : n > , n > , , n n > Do áp dụng câu (1) ta có : - - - < f( < f( < f( n 2n n 2n n 2n ) < ) < n n n ) < n 2 n n - n n 2n n n < f( n n ) < n n (1+2+ +n) - T1= n n(n 1) 2 2n 2n (12+22+ +n2) < Sn < n(n 1)( 2n 1) < Sn < n (1+2+ +n) n ( n 1) = T2 n 22 Mà Lim T1=LimT2 Lim Sn = Bi Tìm n n n n 2 lim n + + + n n n Bất đẳng thức đ-ợc sử dụng là: k n < k n kn k < n ; bất đẳng thức chứng minh đ-ợc nhờ bất đẳng thức : n ln n > + n N* Li gii : Ta chứng minh : 2x > 1+xln2 x y=f(x) =2x - xln2 -1 Xét hàm số với x 0, f(x) = 2x.ln2 - ln2 = (2x-1) ln2 x>0 y=f(x) đồng biến x>0 f(x) > f(0) =0 Tn = n n n n Với x= n1 Ta cm : + n 2 k n ln (*) n > + + + < 0, 2 n n n n k n 1 kn (Đpcm) n = n k k n ln n 1 kn > k n k ln 1 > > n 2n kn ( Vì ln2 > ln > 1+ n kn ( k ) + k ) Xét f(x)=2x k k , liên tục R f(x) liên tục n n k k , cho: ; Có (1) Ck n n = ( n 2C n = k k n k Tn 1 kn k k , + 2C + 2C + + 2C ) với Ck n n n k n Đặt Sn= n ( + C + 2C + + 2C n ) n 2 2x = dx = ln 1 Theo định nghĩa tích phân : Dễ thấy : lim Tn= lim Sn x lim Sn lim Tn= = ln ln 2 Sỏng to cỏc bi toỏn mi t cỏc bt ng thc c chng minh bi cụng c o hm Xut phỏt t bt cosx < cos Bi Cho tam giác ABC nhọn Chứng minh rằng: cos A + cosB + Ta chứng minh hay Xét cosx < f(x) = x vi x ( 0; ) ta cú bi toỏn sau: 2 cosC < cosx < cos2 cos2 x x - cos (*) cosx cos x A B + cos vi x ( 0; ) x ( 0; ) với ( 0; + cos C ) 24 f (x) Sin = sinx - f f cos x ( - sin x ) + sin x 2x (x) = cosx - cos 2x < Với < x < f = 2x cosx > cos x f (x) > đồng biến (x) (x)> f = f(x) > f(0) = (1) đ-ợc chứng (0) minh Vận dụng (*) ta có : cos B C ; cosC < cos 2 cos A < cos A ; cosB < từ suy điều phải chứng minh T-ơng tự nh- ta giải toán khó hơn: x Xut phỏt t bt cosx > - x ( 0; (*) với ), ta cú bi toỏn sau: Cho tam giác ABC Chứng minh rằng: Bi cos A A + cos B B + cos C C > 3 Sử dụng kết (*) ( Ta chứng minh đ-ợc điều ph-ơng pháp đạo hàm ) Vì A B C ; ; 2 cos cos A B C cos ( 0; > - ) ta có : 2 A B > - > 1 - C2 cos A > A cos B > B cos C C 2 > 1 A A 1 B B 1 C C 25 cos A A + cos B cos + B C > C ( 1 + A B + C ) - ( A+B+C ) Sử dng bất đẳng thức : ( + A ( Do : B cos A+B+C ) = A 18 A + - ) ( A+B+C ) C + ( A B C) ) C + 1 + A B cos B > 5,3 B + cos > 5,2 C C > 18 ( ( A B C) > 3 ( Đpcm ) Cũng nghĩ đến bất đẳng thức có mặt cosx ; Bất đẳng thức 2x tgx + sinx > 2x tgx( 1+cosx) > 2x x ( 0; với Do có ) cách giải th cho toán này: sử dụng bất đẳng thức (2) bất đẳng thức 1 cos x > (2) 2x tgx tg A B C tg tg 2 3 Ta có (2) tgx + sinx -2x >0 ( Có thể chứng minh bất đẳng thức ph-ơng pháp đạo hàm ) Sử dụng kết (2) với A B C ; ; 2 ( 0; ) bất đẳng thức Côsi ta có : 26 cos A A + cos B cos + B C 1 + + A B C tg tg tg 2 > C A B C tg tg tg 2 Lại có: tg A B C tg tg 2 cos Do : A A + cos B B 3 cos + A B C tg tg tg 2 C 3 C Xut phỏt t bt 2lnx -x2 +1 ( Đpcm) (3) với x > ta cú bi toỏn sau: Tam giỏc ABC tha Bi ln sin A + ln sin B sin C cos A cos B cos C Nhn dng tam giỏc Lời giải: cos2A +cos2B +cos2C = 1- Ta chứng minh đ-ợc: cosAcosBcosC Do đó: cos A cos B cos C [ (cos A cos B cos C )] = 4 ( cos A cos B cos C ) = (sin A sin B sin C ) 3 Lại có: ln sin A = ln + ln sin A sin B sin C + ln sin B = ln + ln sin A + ln sin B sin C sin C Do đó: 27 (1) ( ln sin A - sin B 4 2 sin C sin A ) +( ln - sin B )+( ln 3 3 sin C ) Ta chứng minh : 2lnx -x2 +1 (2) với x > Thật : Xét F(x) = 2lnx -x2 +1 miền x > F/(x) = 3 ( TC THTT thỏng nm 2000) Gii h : log (1 cos x) log (sin y) log (1 sin y ) log (cos x) ( TC THTT thỏng nm 2003 ) Trong năm qua sử dụng nội dung giảng dạy cho học sinh đội tuyển quốc gia góp phần tạo nên kết đáng kích lệ: 30 Năm học 2002-2003 có 5/8 quốc gia đoạt giải học sinh đội tuyển HSG có giải ba, học sinh đ-ợc Bộ GD&ĐT triệu tập tham dự kỳ thi chọn đội tuyển Olympic toán quốc tế năm 2003 Cũng năm học có 12/12 học sinh dự thi HSG tỉnh có giải có giải Năm học 2005-2006 có 8/8 học sinh đội tuyển HSG quốc gia đoạt giải có giải nhì, giải ba giải khuyến khích, có học sinh đ-ợc Bộ GD&ĐT triệu tập tham dự kỳ thi chọn đội tuyển Olympic toán quốc tế năm 2006 Năm học 2007-2008 có 10/10 học sinh đội tuyển HSG tỉnh lớp 12 có giải, có giải giải nhì, giải ba Năm học 2008-2009 với đồng nghiệp tổ toán giảng dạy đội tuyển học sinh giỏi quốc gia có 3/6 học sinh đoạt giải Năm học 2010-2011 với đồng nghiệp tổ toán giảng dạy đội tuyển học sinh giỏi quốc gia có 5/6 học sinh đoạt giải Năm học 2011-2012 với đồng nghiệp tổ toán giảng dạy đội tuyển học sinh giỏi quốc gia có 6/6 học sinh đoạt giải Năm học 2012-2013 với đồng nghiệp tổ toán giảng dạy đội tuyển học sinh giỏi quốc gia có 8/8 học sinh đoạt giải Năm học 2013-2014 với đồng nghiệp tổ toán giảng dạy đội tuyển học sinh giỏi quốc gia có 5/8 học sinh đoạt giải KT LUN 31 Vic i mi phng phỏp ging dy mụn toỏn dy cỏc chuyờn vi mc tiờu nõng cao nng lc t duy, phỏn oỏn, phỏt huy vai trũ ch ng, sỏng to, tớnh tớch cc ca hc sinh hc toỏn qua vic khai thỏc kin thc, sỏng to cỏc bi toỏn mi cần thiết, hy vọng có dịp tiếp tục trình bầy sáng kiến kinh nghiệm nội dung nhng chuyờn khỏc, năm học Tụi xin cam oan õy l sỏng kin kinh nghim ca bn thõn tụi vit, khụng chộp ni dung ca ngi khỏc Hng Yờn, ngy 15 thỏng nm 2014 Tỏc gi Nguyn Thanh Giang 32 MC LC Phn 1: Phn lớ lch Phn 2: Phn ni dung M u t : Thc trng ca í ngha v tỏc dng ca ti Phm vi nghiờn cu ca ti Phng phỏp tin hnh Ni dung A Mc tiờu B Gii phỏp ca ti I- Cỏc nh lý v bt ng thc c bn c chng minh bng o hm II- ng dng o hm chng minh bt ng thc Chng minh bt dng f(x) > f(y) Chng minh f(x;y) > Chng minh bt cú dng n f (x ) i Trang 2 4 i S dng bt c bn c chng minh bng o hm chng minh bt Chng minh bt ng thc dng a < b [...]... ) 2 c(1 c ) 2 Bằng cách xét hàm số f(t ) t (1 t 2 ) với ph-ơng pháp đạo hàm ta chứng minh đ-ợc : hay g (t ) t (0;1) bằng 1 3 3 2 t (1 t ) 2 1 3 3 0 t (0;1) từ đó suy ra đpcm 2 t (1 t ) 2 ( Có thể sử dụng bất đẳng thức Cô si chứng minh : t (1 t 2 ) 2 3 3 ) 4 Sử dụng các bất đẳng thức cơ bản đ-ợc chứng minh bằng đạo hàm để chứng minh bất đẳng thức Các bất đẳng thức cơ bản có thể nói đến ... đến bất đẳng thức có mặt của 1 cosx ; Bất đẳng thức 2x tgx + sinx > 2x tgx( 1+cosx) > 2x x ( 0; với Do đó có thể có ) 2 cách giải th 2 cho bài toán này: sử dụng bất đẳng thức (2) và bất đẳng thức 1 1 cos x > (2) 2x tgx tg A B C tg tg 2 2 2 1 3 3 Ta có (2) tgx + sinx -2x >0 ( Có thể chứng minh bất đẳng thức này bằng ph-ơng pháp đạo hàm ) Sử dụng kết quả (2) với A B C ; ; 2 2 2 ( 0; ) và 2 bất. .. Mà Lim T1=LimT2 1 2 Lim Sn = 1 2 Bi 3 Tìm 1 n 2 n n n 2 2 2 lim n 1 + 1 + + 1 n n 2 n Bất đẳng thức đ-ợc sử dụng ở đây là: 2 k 1 n < 2 1 k n 1 kn k < 2 n ; bất đẳng thức này chứng minh đ-ợc nhờ bất đẳng thức : 2 1 n ln 2 n > 1 + n N* Li gii : Ta chứng minh : 2x > 1+xln2 x 0 y=f(x) =2x - xln2 -1 Xét hàm số với x 0, f(x) = 2x.ln2 - ln2 = (2x-1) ln2 x>0 y=f(x) đồng biến trên x>0 f(x) > f(0)... suy ra kt lun ca bi toỏn 6 Sử dụng các bất đẳng thức cơ bản đ-ợc chứng minh bằng đạo hàm v cỏc bt ng thc khỏc để chứng minh bất đẳng thức Ví dụ 12 Chng minh rng: 2 sin x 2 tan x 2 x1 x (0; ) 2 Li gii: S dng bt ng thc Cụsi ta cú: 2 sin x 2 tan x 2 S dng o hm ta chng minh c : sin x tan x 1 2 sin x tan x x hay sin x tan x 2x 2 Ví dụ 13 Tam giỏc ABC khụng tự Chng minh rng: 3(a b c) ( a b... x (0; ) 2! 4! 2 Do đó để chứng minh (8) ta chứng minh : (1 x2 2 4 x2 3 x2 x4 ) 1 x 2 9 ( bất đẳng thức đúng vì 3! 2! 4! 9) Ví dụ 9: Chng minh rng: sin x e dx 2 0 3 2 Li gii: Nhn xột: Trong bt cn chng minh cú mt e sin bt e 1 x x 0 Ta cú e x sin2 x 1 sin x m 2 2 x giỳp chỳng ta liờn h vi (1 sin 2 x)dx 0 3 t ú bi 2 toỏn c gii quyt 5 Để chứng minh bất đẳng thức dạng a x 1 x 0 bằng ph-ơng pháp dùng đạo hàm 2) 1 Ta có : n 2 > 0 , 2 n > 0 , , 2 n n 2 > 0 Do đó áp dụng câu (1) ta có : 1 - 1 2 - 4 2 - 9 4 < f( 4 < f( 4 < f(... f(0) = 0 (1) đ-ợc chứng (0) minh Vận dụng (*) ta có : cos B C ; cosC < cos 2 2 cos A < cos A ; cosB < 2 từ đó suy ra điều phải chứng minh T-ơng tự nh- vậy ta giải quyết bài toán khó hơn: 1 2 x 2 Xut phỏt t bt cosx > 1 - x ( 0; (*) với ), ta 2 cú bi toỏn sau: Cho tam giác ABC Chứng minh rằng: Bi 2 1 cos A 2 A + 1 cos B 2 B + 1 cos C 2 C > 3 3 Sử dụng kết quả (*) ( Ta có thể chứng minh đ-ợc điều này... phỏp ca ti I- Cỏc nh lý v bt ng thc c bn c chng minh bng o hm II- ng dng o hm chng minh bt ng thc 1 Chng minh bt dng f(x) > f(y) 2 Chng minh f(x;y) > 0 3 Chng minh bt cú dng n f (x ) 0 i 1 Trang 1 2 2 3 4 4 7 8 9 i 4 S dng bt c bn c chng minh bng o hm chng minh bt 5 Chng minh bt ng thc dng a < b