Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức

Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức A MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Bất đẳng thức (BĐT) kì thi chọn HSG Tỉnh, HSG Quốc gia, HSG khu vực Quốc tế coi “điểm nóng”, thường trở thành đề tài giành nhiều lời giải thảo luận nhiều diễn đàn tạp chí Toán học Cùng với BĐT AM-GM, BĐT Cauchy-Schwarz, BĐT Chebyshes, BĐT Jensen đạo hàm phần kiến thức quan trọng thiếu nhiều toán đại số BĐT Nó thực công cụ hiệu có ứng dụng rộng rãi giải toán, phương pháp chuẩn mực ta gặp phải BĐT thông thường Các tài liệu viết BĐT nhiều, nhiên số chuyên đề viết riêng việc vận dụng đạo hàm vào chứng minh BĐT giải toán tìm giá trị lớn (GTLN) giá trị nhỏ (GTNN) có tính hệ thống tính phân loại tinh sát thực phù hợp cho việc giảng dạy, bồi dưỡng HSG ôn luyện cho học sinh thi Đại học cao đẳng cần thiết Do chọn chuyên đề nhằm phần đáp ứng yêu cầu góp phần nâng cao chất lượng bồi dưỡng HSG tỉnh nhà Các nhiệm vụ đề tài Chuyên đề nghiên cứu trình bày nội dung sau: Phần I: Các kiến thức cần thiết Phần II: Sử dụng đạo hàm vào giải toán chứng minh bất đẳng thức tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ Bất đẳng thức biến số Dạng 1: Khảo sát trực tiếp cực trị hàm số để tìm tập giá trị hàm số Dạng 2: Sử dụng tính đơn điệu Dạng 3: Kết hợp với BĐT khác BĐT AM-GM, BĐT CauchySchwarz, Bất đẳng thức có hai hay nhiều biến số Dạng 1: Khảo sát hàm đặc trưng Dạng 2: Kết hợp với BĐT khác AM-GM, BĐT CauchySchwarz, BĐT Chebyshes,… Dạng 3: Khảo sát theo hàm số biến Mở rộng số toán thi vô địch Quốc tế Mục đích đề tài Chuyên đề hệ thống hóa, phân loại toán trình bày theo ý tưởng kỹ vận dụng đạo hàm vào việc giải lớp toán chứng minh BĐT, tìm GTLN GTNN loại Qua ví dụ cụ thể chuyên đề giúp cho người học nâng cao thêm “cái nhìn” định hướng phương pháp giải toán Đồng thời thông qua lời giải toán giúp học sinh thấy chất Toán học ẩn chứa Giúp cho học sinh hình thành phương pháp giải toán chứng minh BĐT, Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức tìm GTLN GTNN đạo hàm, học sinh có kỹ năng, kỹ xảo cần thiết để nâng cao lực giải toán Chuyên đề góp phần phát huy trí thông minh, tính sáng tạo, khả tư linh hoạt, có suy luận logic, xác, tinh thần vượt khó Phương pháp nghiên cứu - Nghiên cứu tài liệu sở lý luận có liên quan đến đề tài - Nghiên cứu dạng thức toán nhằm rút phương pháp giải - Tích lũy kinh nghiệm thường xuyên trình giảng dạy bồi dưỡng HSG trình tự học, tự bồi dưỡng nghiên cứu thân Đối tượng nghiên cứu - Các tài liệu: SGK, STK, đề thi ĐH HSG cấp,… - Học sinh trường THPT Chuyên Hưng Yên học sinh đội tuyển HSG tỉnh, đội tuyển HSG Quốc gia Những đóng góp đề tài - Về mặt lý luận, đề tài xây dựng hệ thống lý thuyết cần thiết tư phương pháp việc bồi dưỡng học sinh giỏi toán Đồng thời, thông qua chuyên đề hình thành kỹ năng, kỹ xảo cho học sinh Địa bàn Tại trường THPT Chuyên Hưng Yên Lịch sử nghiên cứu Bắt đầu từ năm 2005 thông qua việc giảng dạy bồi dưỡng HSG trường, tỉnh luyện thi Đại học Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức B NỘI DUNG I CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN CẦN THIẾT Định lý 1: Cho hàm số y = f(x) xác định liên tục [a; b] *) Nếu f ( x)  0, x  a; b f(x) đồng biến [a; b] ta có f ( x)  f (a); max f ( x)  f (b) x a ;b x a ;b *) Nếu f ( x)  0, x  a; b f(x) nghịch biến [a; b] ta có f ( x)  f (b); max f ( x)  f (a) x a ;b x a ;b Định lý 2: ( Định lý Fermart) Giả sử hàm số y = f(x) xác định lân cận đủ bé x0   a; b có đạo hàm điểm x0 Khi hàm số y = f(x) đạt cực trị x0 f ( x0 )  Định lý 3: (Điều kiện đủ để hàm số có cực trị) Cho hàm số y = f(x) xác định [a; b] x0 Trong lân cận đủ bé  x0 , f ( x0 ) thay đổi dấu x qua x0 (có thể không tồn f ( x0 ) ) f(x) đạt cực trị x0 *) Nếu f ( x)  0, x   x0   ; x0  f ( x)  0, x   x0 ; x0    x0 điểm cực tiểu *) Nếu f ( x)  0, x   x0   ; x0  f ( x)  0, x   x0 ; x0    x0 điểm cực đại Định lý 4: Giả sử y = f(x) xác định [a; b] x0   a; b Trong lân cận đủ bé  x0 , hàm số y = f(x) có đạo hàm cấp hai liên tục, đồng thời f ( x0 )  f ( x)  x0 điểm cực trị hàm số *) Nếu f ( x0 )  f ( x)  x0 điểm cực tiểu hàm số *) Nếu f ( x0 )  f ( x)  x0 điểm cực đại hàm số Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức II ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM ĐỂ CHỨNG MINH CÁC BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC VÀ GIẢI CÁC BÀI TOÁN TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ Bất đẳng thức biến số 1.1 Dạng 1: Khảo sát trực tiếp cực trị hàm số để tìm tập giá trị hàm số Bài toán 1: ( ĐHBK Hà Nội, 1997) Cho tam giác ABC có ba góc thỏa mãn A > B > C Tìm GTNN hàm số x  sin A x  sin B  1 x  sin C x  sin C Giải: Ta có A  B  C  a  b  c  sin A  sin B  sin C (1) f ( x)  Hàm số xác định  x  sin A  x  sin C   x  sin C   (*)  x  sin B x  sin A   0  x  sin C Ta có f ( x)  sin A  sin C x  sin C sin B  sin C x  sin C  2( x  sin C )2 x  sin A 2( x  sin C )2 x  sin B Do (1) nên f ( x)  0, x thỏa mãn (*) Ta có bảng biến thiên x f’(x) f(x)   sinC sinA  1 Vậy f ( x)  f (sin A)  f(sinA) sin A  sin B  sin A  sin C Chú ý: Từ kết ta suy phương trình x  sin A  x  sin B  x  sin C có nghiệm sin A;   Hàm số f(x) đồng biến có f(sinA) < ( < sinA – sinB < sinA – sinC) Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức Bài toán 2: ( Thi HSG Quốc gia, 1992) Chứng minh với số tự nhiên n > ta có n 1 n n n n n  1  n n n n   0;1 , n  N * BĐT cần chứng minh trở thành n n  x  n  x  2, x   0;1 Xét hàm số f ( x)  n  x  n  x liên tục x  0;1 có Giải: Đặt x    1   0, x   0;1 f '( x)     n  n (1  x)n1 n (1  x)n1    Vậy f(x) nghịch biến [0; 1) nên f(x) < f(0) = 2, x   0;1 (đpcm) Bài toán 3: (ĐH An ninh, 1997) Cho n số lẻ lớn Chứng minh với x  ta có  x2 xn  x2 x3 xn  1  x  1  x          2! n!  2! 3! n!     Giải: Đặt  x2 xn u ( x)   x     2! n!   x x xn    v ( x )   x  2! 3! n!  Ta cần chứng minh Ta có f ( x)  u( x).v( x)   x2 xn1 xn u ( x)   x     u ( x)  2! (n 1)! n!    x2 x3 xn1 xn v ( x )    x       v ( x )   2! 3! (n 1)! n!  Vậy f ( x)  u ( x).v( x)  u( x)v( x)  u ( x).v( x)   xn  xn  xn  u ( x)   v( x)  u ( x)  v( x)     u ( x)  v( x)  n!  n!  n!    xn  x2 x4 x n1  1      n !  2! 4! (n  1)!   Vì n số lẻ lớn nên f ( x) dấu với (-2x) Do ta có bảng biến thiên x  Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức  y’ Y + - Từ bảng biến thiên ta có f ( x)  f (0)  1, x  (đpcm) Bài toán 4: (Bộ đề tuyển sinh Đại học) Cho số nguyên dương n Chứng minh xn  x  với x  0;1 2n.e Giải: Ta có 1  x n (1  x)  (*) 2ne 2n.e Xét hàm số f ( x)  x2n (1  x) với x  0;1 Ta có f ( x)  x2n1  2n  (2n  1) x xn  x  Nên ta có bảng biến thiên x 2n 2n  1 f’(x) f(x) + (2n)2 n Vậy max g ( x)  (0;1) (2n  1) n1 Ta chứng minh (2n)2 n  n 1 (2n  1) 2ne  2n      2n  n 1  2n      2n   - n 1  e  e  (2n  1) ln(2n  1)  ln(2n)   ln(2n  1)  ln(2n)  (2) 2n  Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức Áp dụng định lý Lagrange cho hàm số f ( x)  ln x [2n; 2n+1] suy tồn f (2n  1)  f (2n) c   2n;2n  1 thuộc cho f ( x)  Suy 2n   n 1 ln(2n  1)  ln(2n)   (3) e 2n  Từ (1), (2) (3) suy đpcm Bài luyện tập 4   Bài 1: Chứng minh với x  0;  ta có sinx  x  x    2 Bài 2: Chứng minh x > số nguyên dương n ta có x x3 xn x e   x     2! 3! n! Bài (Toán học tuổi trẻ) n  2ln Cho số nguyên dương n Chứng minh  k 1 k (2k  1) HD: Xét hàm số  x x3 x n1 x n  f ( x)  ln(1  x)   x       2n  2n   0;  Hàm số đồng biến 0;  suy f ( x)  f (0) , đpcm x x 1  1  1 Bài 4: Cho x > Chứng minh 1    e  1    x  x Bài 5: (ĐH Bách khoa, 1980)   Chứng minh 3x  x3  với x   0;  sin x  2 Bài 6: Tìm GTLN hàm số f ( x)  x   x  x   x với x  0;1 1.2 Dạng 2: Sử dụng tính đơn điệu Trong số toán phải đạo hàm nhiều lần liên tiếp chí phải khảo sát thêm hàm số phụ Ta thường sử dụng  f(x) đồng biến [a; b] f(x) > f(a) với x > a  f(x) nghịch biến [a; b] f(x) > f(b) với x < b Bài toán 5: Chứng minh với x  ta có x  Giải: Xét hàm số f ( x)   x  x3  sinx x3  sinx  x 0;  Ta có Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức x2   cos x f ( x)  x  sinx f ( x)   cos x f ( x)  Ta có f ( x)   cos x  0, x  0;    f ( x)  f (0)  , nên f’(x) đồng biến 0;  Suy f ( x)  f (0)   f ( x) đồng biến 0;  Do f ( x)  f (0)  0, x  f ( x)  f (0)  0, x  Tức x3 x3  x  sinx>0  x   sinx với x > 6 Lưu ý f ( x)  f (0)  với x > ta có sinx  x (2) (1) Từ (1) (2) ta có đpcm Bài toán 6: Tìm GTNN hàm số f ( x)  x  x   x  x  Giải: TXĐ: R Xét hàm số f ( x)  x  x   x  x  R Ta có 1 1 x x x x 2 2 f ( x)     2 2 1 1 1    1  x   x   x     x  2 2 2    2  1  1   g x    g  x 2  2  t với x, g (t )  , t  R Vì hàm g đồng biến R nên t   f ( x)   x  1  1  f ( x)   g  x    g   x   x  2  2  Ta có bảng biến thiên x   f’(x) f(x)   - + Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức Từ bảng biến thiên suy f ( x)   x  Bài toán 7: Cho a, b, x > a  b Chứng minh b x b a x a     b x b a x Giải: Xét hàm số f ( x)    b x a x ln f ( x)   b  x  ln   b x Suy b x , x  Khi a  x    ln f ( x)  (b  x)ln b  x   f ( x) ax b  x  a  x  a x ba   ln  (b  x)     ln f ( x) b x ax bx bx ax  a x ba  f ( x)  f ( x)  ln    bx ax b x b x a x  a x ba  a x     ln   g ( x) b x  b x ax bx a x ba g ( x)  ln Ta có  b x a x b x ba a b ( a  b) g ( x)     a  x (b  x)2 (a  x)2 (a  x)2 (b  x) Do g(x) nghịch biến  0;  Suy  a x ba g ( x)  lim g ( x)  lim  ln  0 x  x   b x a x Vậy f ( x)  0, x  , nên f(x) đồng biến  0;  Suy f(x) > f(0) (đpcm) Bài luyện tập Bài 1: Chứng minh x HD: Xét hàm số f ( x)  x x 1 x x 1 x x x 1 x 1 x  , x   0;1 e x x 1 x  x.x x 1 x  (1  x) x x 1 x , x   0;1 Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức Bài 2: Chứng minh với x > ta có x3 x3 x5 x   sinx  x   3! 3! 5! Bài 3: Chứng minh với x ta có 17  cos2 x  4cos x   cos2 x  2cos x    11 Bài 4: Tìm tập giá trị hàm số f ( x)  x  x   x  x  1.3 Dạng 3: Kết hợp với BĐT khác BĐT AM-GM, BĐT CauchySchwarz, BĐT Chebyshes,… Bài toán 8: Chứng minh  x   2sinx  2t anx  2x1 Giải: Áp dụng BĐT AM-GM ta có 2sinx  2t anx  2sinx.2t anx Ta chứng minh 2sinx.2t anx  x1  2sinx  t anx  22 x  sinx  t anx  x   Xét hàm số f ( x)  sinx  t anx  x liên tục 0;  , có  2 1   f ( x)  cos x    cos x    0,  x  0;  cos2 x cos x   (vì với x  0;  cos x  cos2 x theo BĐT AM-GM ta có  2 cos x   2) cos x   Do f(x) đồng biến 0;  Suy f ( x)  f (0)  , hay  2   sinx  t anx  2x với x  0;  (đpcm)  2 Bài toán 9: (Olympic 30 - - 1999) Chứng minh  sinx       cos x, x   0;   x   2 Giải: Ta biến đổi sin x  sinx     cos x   cos x  sin x.tan x- x  (1) x  x    Xét hàm số f ( x)  sin x.tan x- x3 với x  0;  Ta có  2 10 Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức   1;0  Mà 11  2 Suy f      nên f(a) đạt GTLN a   11 11    2 max S  max f  a   f    15   1;0  11 11   Do f’(a) = có nghiệm a    Nếu  a  S  3 a  b  c  Sử dụng BĐT CBS ta có 3 a  b  c   3(a  b2  c )  3 Suy S  3  15 11 Tổng hợp kết ta có maxS=15 , đạt (a, b, c) 11  3  ; ; hoán vị    11 22 22   Bài toán 26: ( Đề thi chọn HSG QG THPT bảng B, 1999) Xét phương trình ax3  x2  bx   với a, b số thực, a  , a  b cho nghiệm số thực dương Tìm GTNN 5a  3ab  P a2 b  a  Giải: Gọi u, v, s ba nghiệm thực dương đa thức ax3  x2  bx  Theo định lý Viete ta có b u  v  s  ; uv  vs  su  ; uvs  1 a a a Từ suy a > 0, b > Đặt c  Áp dụng BĐT Cauchy cho ba số dương ta có a c  uvs  u  v  s  3 uvs  3 c  c3  27c  c  3   Mặt khác 2 2  u  v  s   3 uv  vs  su   u  v    v  s    s  u   2 Do c   u  v  s   3 uv  vs  su   3bc  3 Từ (1), (2) (3) ta có  24  Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức b   c   3bc  2c  5a  3ab  a a  P  b a b  a  a bc  1 a c   c  2c  5c  c      4 c2 c2  1 5c  c  5 Xét hàm số f  c   với c  3 c2  Ta f  c   12 Dấu xảy c  3 Suy P  12 Đẳng thức xảy u  v  s  , tức a  ,b  3 Vậy P  12 Bài luyện tập Bài 1: Cho số dương a, b, c với a  b  c  1.Chứng minh 1 1 3 a  b  c        21 a b c Bài 2: Cho a, b, c > thỏa mãn a  b2  c2  Chứng minh 1    a  b  c  a b c Bài 3: (Đại học xây dựng Hà Nội, 2001) Cho số x, y, z thay đổi đoạn [0; 1] thỏa mãn x  y  z  Tìm GTLN GTNN A  cos  x  y  z  Bài 4: (IMO, 1984) Cho x, y , z > thỏa mãn x + y + z = Chứng minh  xy  yz  zx  xyz  27 Bài 5: Cho x, y , z > thỏa mãn x + y + z = Tìm GTNN A  x  y  z  xyz 2.3 Dạng 3: Khảo sát hàm số theo biến Đối với BĐT nhiều biến, ta chọn biến biến số biến thiên cố định biến lại, toán lúc trở thành BĐT biến Bài toán 27: Cho  a, b  Chứng minh tan a.tan b  tan ab Giải: Giả sử a  b Đặt f  x   tan b.tan x  tan bx với b  x  Ta có 25 Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức tan b b  cos x cos 2bx 1 Do  a, b  nên tan b  b  suy f   x   , nên f  cos x cos 2bx đồng biến [b; 1] Vì với a  b ta có f  a   f  b  Suy f  x   tan a.tan b  tan ab  tan b  tan b2 1 Đặt g  x   tan x  tan x , có tan x 2x g x     0; x   0;1 cos x cos x Suy g  b   g     tan b  tan b2    Từ (1) (2) suy đpcm Bài toán 28: Chứng minh  x3  y3  z    x2 y  y z  z x   3, x, y, z  0;1 Giải: BĐT cho tương đương với f  x   x3  yx  z x   y  z   y z  Ta có      x  x1  y  y  z  f   x   x  yz  z f   x      x  x  y  y2  6z2  Vì x  nên x1   0;1 Xét hai trường hợp  Nếu x2   0;1  f   x   0, x 0;1 Suy f(x) giảm [0; 1] Do max f  x   max  f   , f 1 x0;1  Nếu x2   0;1 ta có bảng biến thiên x x2 f’ f + f  x2  Từ bảng biên thiên suy max f  x   max  f   , f 1 x0;1 Như hai trường hợp ta có max f  x   max  f   , f 1 x0;1 Mặt khác 26 Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức f     y3  z   y z   y  z   y z    y  z   f 1 Ta chứng minh f 1  Thật vậy, đặt f 1  g  y    y  z   y z    y  z       y  y  z  z 6 0  Ta có g   y   y  zy      y  y  z  z2    Nếu y2   0;1  g  y   0, y  0;1 Suy g(y) giảm [0; 1] Do max g  y   max g   , g 1 y0;1  Nếu y2   0;1 ta có bảng biến thiên y y2 g’ g + g  y2  Từ bảng biên thiên suy max g  y   max g   , g 1 y0;1 Như hai trường hợp ta có max g  y   max g   , g 1 y0;1 Ta có g  0  z   z  z   z  1  z   g 1  z  z  1 z  1   Với z  0;1 1  Bài toán 29: Cho a, b, c   ;3 Tìm GTLN biểu thức 3  a b c S   ab bc ca a b c Giải: Đặt f  a   Xét hai trường hợp sau:   ab bc ca  TH1: a  b  c Ta có  b  c   a  bc  b c f  a     0 2 2  a  b a  c a  b a  c Suy b c f  a   f  3     g c 3b b  c c 3 27 Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức Mặt khác  b  3  3b  c  g c     0 2 2 c  b c  c  b  c        b Suy 3b 1 g c  g       h b     b 3b  10 Ta có h  b    3b  1   b  3  1  b 1  b    3b  1 b  3 Ta có bảng biến thiên b  1  f   3; b;  3  1  f  3; b;  3  + - 1  Từ bảng biến thiên suy f  a; b; c   f  3;1;   3   TH2: c  b  a Từ TH1 ta có f  c; b; a   Mặt khác  a  b  b  a  a  c   f  a; b; c   f  c; b; a    a  b  b  a  a  c  Suy f  a; b; c   Vậy max S  , đạt 1    a, b, c    3,1,  ,  ,3,1 , 1, ,3  3      Bài toán 30: Cho a, b, c  0;1 Tìm GTLN biểu thức a b c S 3   b  c  c  a  a  b3  a b c Giải: Đặt f  c   3 Ta có   b  c  c  a  a  b3  28 Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức f c   3ac 3c   a  b3   b3  c    a  c   f   c    6ac   b3  2c3  b  c  6  6bc   a  2c3  a  c  6 0 Nên f’(c) giảm [0; 1] Suy 3a 3b f   c   f  1      0 2  a  b3   b3    a  49 Suy f(c) tăng [0; 1] Do a b S  f  c   f 1     g (a) b  a  a  b3  Ta có 2a 2b 3a g a     b   a    a  b3   g   a    6ab   2a3   a3    6a  b   2a   a  b3   0 Nên g’(a) giảm [0; 1] Suy 3b    3b  g   a   g  1        0  b  64   b3   b   b   64 Suy g(a) tăng [0; 1] Do S  g  a   g 1  Ta có b   h(b) b3  b3    48b  6b h  b      0, b   0;1  b3    b3   3 Suy h(b) tăng [0; 1], nên h  b   h 1   S  8 Với a = b = c = max S  Bài toán 31: Xét hàm số f  x, y   1  x   y  x  y  miền D   x, y  |  x  1,0  y  2 Tìm GTNN hàm f miền D Giải: Biến đổi hàm số cho thành f  x, y   1  x   y  (2  y)  2(1  x)  29 Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức Đặt u= – x, v = – y, ta chuyển tìm GTNN hàm số F  u, v   2uv  u 2v miền E   u, v  ,0  u  2,0  v  1 , nghĩa F (u, v)  min(2uv  u 2v)  E 0u 2  0v1  2 Xét hàm số g  v   2uv  u v với  v  , coi u tham số Ta có g  v   4uv  u  u(4v  u) u u u Ta thấy g’(v) = v0  , mà   qua v0  g’(v) đổi dấu từ 4 dương sang âm, suy max g  v   g   , g 1  0; u  2u ( u  2u  ) 0v1 Vậy F (u, v)  min(u  2u)  1 u = 1, v = Từ E 0u 2 f  x, y   2min F (u, v)  2 x = 0, y = D E Bài toán 32: (Đề thi HSG THPT toàn quốc bảng A, 1999) Xét số thực dương a, b, c thỏa mãn abc + a + c = b Tìm GTLN biểu thức 2 P   a 1 b 1 c 1 Giải: Biến đổi giả thiết thành a + c = b(1 - ac) > suy ac a  ,b  1 c  ac Thay (1) vào biểu thức P biến đổi 2 a  c P     2 a  c  1  a 1  b2  2 x  c 1 Xét hàm số f  x   P  với < x < coi c  2 x  1  x 1  c  tham số (c > 0) Ta có f  x   2c  x  2cx  1 1  c 1  x  2  1 Trên  0,  f   x   có nghiệm x0  c  c  (3)  c với  x0  Qua x0 f’(x) đổi dấu từ dương sang âm nên f(x) đạt cực c đại x0 nên c f  x   f  x0    c2  30 Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức Từ theo (2) ta có 2c    g c c 1 c  c 1 Xét hàm số g(c) với c > Ta có 2(1  8c ) g c   2  c  1 3c  c  P  f  x     va qua c0 g’(c) đổi dấu từ dương   10 sang âm nên g( c0 ) giá trị cực đại, suy P  g    8 1 10 Giá trị P  đạt c  ,a  , b  theo (1) (3) Bài toán 33: (VMO, 2001) Xét số thực dương x, y, z thỏa mãn hệ điều kiện 2   z   x, y 1    2  xz  15    3  yz   Hãy tìm GTLN biểu thức P  x, y, z     x y z   Giải: Từ điều kiện (1) (2) suy x  max  z,  (4)  15 z  1 a) Xét hàm số f  x    với x > tham số z  Xét hai x z trường hợp 1  Nếu z  x  z  theo (4) nên f  x      15 (5) z z z 15 z 15 2  Nếu  z  x   z theo (4) nên 15 z 15 15 z f  x    g  z z 2 Xét hàm số g(z) với  z  Ta có 15 15 g z      z  z 15 Với c > 0, g’(c) = c0  31 Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức 2 Do g(z) hàm giảm f  z   g  z   g    (6) 5 So sánh (5) (6) ta có 1 1 2 (7)      x  , z  x z x z 1 b) Xét hàm số h  y    với tham số z  y z  1 Từ điều kiện (1) (3) suy y  max  z ,  (8)  5z  Lập luận tương tự phần a) ta  Nếu z  h  y   (9)  Nếu  z  h  y   (10) 5 So sánh (9) (10) ta có 1 1      x  , y  (11) y z x z So sánh kết phần a) b) ta có 1 1  1 P  x, y, z             13 x y  y z 2 Đẳng thức xảy x  , y  , z  Vậy maxP = 13 Bài toán 32: (Đề thi chọn ĐTQG, 2001) Xét số thực dương a, b, c thỏa mãn 21ab + 2bc + 8ac  12 Tìm GTNN biểu thức P  a, b, c     a b c 1 Giải: Đặt x  , y  , z  toán trở thành: a b c Xét số thực dương x, y, z thỏa mãn 2x+8y+21z  12xyz Tìm GTNN biểu thức P( x, y, z)  x  y  3z 2x  y Từ giả thiết z 12 xy  21  x  y  suy z  với x  (1) 12 xy  21 4y Suy 2x  y p  x, y , z   x  y  (12) xy  32 Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức x  y x2 y  5x  y Xét hàm số f  x   x  với biến x  y  xy  xy  4y tham số dương Ta có 16 x y  56 xy  32 y  35  f  x   xy    7y  Trên đoạn  ;   f   x   có nghiệm   7y 32 y  14 qua x0 f’(x) đổi dấu từ âm sang dương nên x0    4y f(x) đạt cực tiểu x0 nên f  x   f  x0   x0  4y Suy P  x, y, z   g  x   y  f  x0   y (13)  32 y  14 Ta có Xét hàm số g  y   y  4y 2y g   y    8 y   32 y  14  28  Đặt t = 32 y  14 với t > 0, phương trình trở thành t  50t  112    t  8  t  8t  14    t   y  5 Từ g     g’(y) đổi dấu từ âm sang dương nên g(y) đạt cực tiểu 4 y0  lúc ta có   15 P( x, y, z )  g  y   g    4 Dấu đẳng thức xảy y  , x  3, z  hay a  , b  , c  3 15 Vậy P  Nhận xét: Phương pháp khảo sát biến cho thấy đường lối giải rõ ràng so với cách vận dụng BĐT, đồng thời giải hàng loạt toán tìm cực trị hàm nhiều biến khác Bài luyện tập Bài 1: Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh 2 a  b  c   b  c  a   c  a  b   4abc  a3  b3  c3 33 Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức Bài 2: Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác (có thể suy biến) Đặt  a  b  b  a  a  c  T  a  b  b  a  a  c  Tìm maxT chứng minh max T  21 Bài 3: ( Bảng A, 2001) Cho hàm số f  x, y, z   xy  yz  zx  xyz miền D   x, y, z  |  x, y, z  1, x  y  z  1 Bài 4: ( Bảng A, 2001) Xét số thực dương x, y, z thỏa mãn hệ điều kiện  0  z  y  x  1  3  2   1 xy y   18 18      3 x y y z z x 80 18 Hãy tìm GTLN biểu thức P  x, y, z   xyz  x3  y 27 Bài 5: (USAMO, 1980) Cho a, b, c  0;1 Chứng minh a b c    1  a 1  b 1  c   b  c 1 c  a 1 a  b 1 Bài 6: Cho a, b, c  0;1 Tìm GTLN biểu thức P   a  b  b  c  c  a  a  b  c  Mở rộng số toán thi vô địch Quốc tế Trong kì thi IMO 2004 có toán sau: Cho n số tự nhiên lớn n số thực dương thỏa mãn 1 1  x1  x2   xn        n2  xn   x1 x2 Chứng minh ba số n số ba cạnh tam giác Mở rộng ta có toán sau: 34 Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức Giả sử n k hai số tự nhiên thỏa mãn n  k  Tìm số thực lớn g(n, k) có tính chất: k n số thực dương x1 , x2 , , xn độ dài k cạnh đa giác lồi 1 1  x1  x2   xn        g  n, k  xn   x1 x2 Giải: Chúng ta biết ak  ak 1   a1 độ dài k cạnh đa giác lồi k cạnh a1  a2   ak 1  ak Do toán diễn đạt lại là: Với điều kiện xn  x1  x2   xk 1 xn  xn1   x1 , tìm GTNN hàm số 1 1 g  n, k    x1  x2   xn       xn   x1 x2 Để làm điều ta thiết lập biểu thức liên hệ g(n+1; k) g(n; k) Giả sử giá trị g(n; k) xác định đẳng thức xảy  x1, x2 , , xn  với xn  xn1   x1 Xét điều kiện  x1  x2   xn1  x1  x2   xk 1 Đặt A  x1  x2   xn , B     x1 x2 xn 1  Xét hàm số f  x    x  A   B  với x > Ta có x  x A A A  B   B  ; f  x    x   x0  x x x B n Do A  nxn1; B   x0  xn1 Tại x0 , hàm f đạt cực tiểu xn1 f  x    A  B  f  x   f  x0     A   B   AB   B  A  Theo giả thiết AB  g  n; k  đẳng thức xảy nên  g  n  1; k    g  n; k   1 Đẳng thức xảy x1  x2   xn 1    x1 x2 xn Bây ta cần tính giá trị g(k; k) xét với điều kiện  x1  x2   xk  x1  x2   xk 1 1 Đặt A  x1  x2   xk 1 , B     x1 x2 xk 1  x1, x2 , , xn , xn1   35  Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức A' 1  Xét hàm số h  x    x  A    B   h  x   B  x x  A' Với điều kiện x  x1  x2   xk 1  xk 1 ,  xk 1  x nên B' 1  h  x   h  x1  x2   xk 1   h  A '  A '   B '    A ' B '  A'  1 1     x1  x2   xk 1       xk 1   x1 x2    k  1  2k  4k  Vậy g  n; k   2k  4k  , đẳng thức xảy x x1  x2   xk 1  k k 1 Từ kết suy   g  n; k   g  n  1; k    g  n; k   n  k  2k  4k  Và n2  chưa phải đánh giá tốt cho BĐT ban đầu Giá trị tốt  phải n   10   n2  1, n  36 Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức C KẾT LUẬN Mỗi toán có đặc trưng riêng, có toán mà đặc thù sở để chứng minh mang tính kỹ thuật trở nên hữu dụng Thường chứng minh hấp dẫn tính đơn giản Tuy nhiên, việc tìm chứng minh đẹp đẽ đa số trường hợp mơ hồ Trái lại, phương pháp sử dụng đạo hàm cồng kềnh, nặng nề tính toán lại đường dễ thực Chuyên đề hệ thống phân loại toán áp dụng đạo hàm vào giải, đồng thời thông qua ví dụ cụ thể giúp học sinh đứng trước toán liên quan đến đạo hàm biết cách vận dụng Các toán chuyên đề chọn lọc kĩ càng, đa dạng phong phú Thông qua giúp học sinh hình thành phương pháp giải toán gặp toán loại Chuyên đề đưa vào giảng dạy cho đội tuyển HSG Quốc gia tỉnh Hưng Yên từ năm 2007 đến Và gây hứng thú, say mê học tập, kích thích ham hiểu biết, tìm tòi sáng tạo học sinh Kết năm gần đội tuyển Toán tỉnh ta đạt giải HSG Quốc gia như: giải năm 2009, giải năm 2010, giải năm 2011, giải năm 2012, giải 2013 Chuyên đề “ Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh BĐT” viết với tinh thần trách nhiệm cao, với mong muốn phần giúp thầy cô dạy Toán, em THPT, em ĐTQG có tài liệu tham khảo học tập, hi vọng thầy cô giáo em tìm thấy nhiều bổ ích lí thú chuyên đề Tuy nhiên chuyên đề chắn tránh khỏi thiếu sót Tôi mong nhận động viên, đóng góp chân thành quý thầy cô em học để ngày hoàn thiện Tôi xin chân thành cảm ơn! 37 Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Vẻ đẹp Bất đẳng thức kì thi Olympic Toán học, Trần Phương, NXB ĐHQG Hà Nội, 2010 [2] Những viên kim cương bất đẳng thức Toán học, Trần Phương, 2009 [3] Sáng tạo bất đẳng thức, Phạm Kim Hùng, 2006 [4] Tạp chí Toán học tuổi trẻ số 298, 299, năm 2002 [5] Các đề thi HSG Quốc gia, thi tuyển sinh Đại học 38 [...]... Nhận xét: Phương pháp khảo sát lần lượt từng biến cho thấy đường lối giải rõ ràng hơn so với cách vận dụng BĐT, đồng thời giải hàng loạt các bài toán tìm cực trị của hàm nhiều biến khác Bài luyện tập Bài 1: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác Chứng minh rằng 2 2 2 a  b  c   b  c  a   c  a  b   4abc  a3  b3  c3 33 Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức Bài 2:... chẳng hạn khi x  Bài luyện tập  4 Bài 1: Chứng minh rằng 4 sin x 2 tan x 2 3 x2 2   , x  0;   2 2 Bất đẳng thức có hai hay nhiều biến số Để chứng minh BĐT có chứa nhiều biến số bằng phương pháp đạo hàm thì điều quan trọng nhất là chúng ta đưa được về một biến và khảo sát hàm số theo biến đó 2.1 Dạng 1: Khảo sát hàm đặc trưng Bài toán 12: Chứng minh rằng x 1 a)  2, x 2 x  x 1 b) =... b  c  ln 2  0  8a  8b  8c  2a  2b  2c 15 Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức Nhận xét: Các bạn thử nghĩ xem tại sao không xét hàm số f  x    2x   2x ? 3 Trong một số bài toán BĐT hai biến ta phải biến đổi cô lập mỗi biến về một vế, khi đó xuất hiện hàm đặc trưng cần khảo sát Bài toán 15: (Đại học khối D, 2006) Chứng minh rằng b a  a 1  b 1  2  a    2  b  ,... ra  44 128 9 383  165 5 min P  và max P  128 256 2 19 Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức  1 5 1 5  Đạt được khi (x, y, z) là các hoán vị của (2, 1, 1) và  3  5, ,  2 2   Bài luyện tập Bài 1: Cho a, b, c là ba số dương thỏa mãn a 2  b2  c2  1 Chứng minh rằng a b c 3 3    2 2 2 1 a 1 b 1 c 2 Bài 2: Chứng minh rằng 1 1 1 1 1 1 12    2  2  2  2  2  3  2... 2.3 Dạng 3: Khảo sát hàm số theo từng biến Đối với các BĐT nhiều biến, ta có thể chọn một biến là biến số biến thiên và cố định các biến còn lại, bài toán lúc này trở thành BĐT một biến Bài toán 27: Cho 0  a, b  1 Chứng minh rằng tan a.tan b  tan ab Giải: Giả sử a  b Đặt f  x   tan b.tan x  tan bx với b  x  1 Ta có 25 Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức tan b b  2 cos... c = 1 thì max S  8 Bài toán 31: Xét hàm số f  x, y   1  x  2  y  4 x  2 y  trên miền D   x, y  | 0  x  1,0  y  2 Tìm GTNN của hàm f trên miền D Giải: Biến đổi hàm số đã cho thành f  x, y   2 1  x  2  y  (2  y)  2(1  x)  29 Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức Đặt u= 1 – x, v = 2 – y, ta chuyển về tìm GTNN của hàm số F  u, v   2uv 2  u 2v trên... Cho a, b 0;1 Chứng minh rằng x b a f  x     1  x 1  a 1  b   1, x  0;1 a  b 1 x  a 1 x  b 1 Giải: Ta có 1 b a f  x      1  a 1  b  2 a  b  1  x  a  1  x  b  12 3 f   x   2b  x  a  1 3  2a  x  b  1 11 3  0,   0;1 Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức Nên hàm số f’(x) đồng biến trên [0; 1], suy ra phương trình f’(x)... Từ (1), (2) và (3) ta có  24  Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức b 1 5  3  2 3 c  5  3bc  2c 2  5a  3ab  2 1 a a  P  2 b a b  a  a bc  1 1 a c  5  c 2  2c 2  5c  c 2  5     4 c2 c2  3 1 3 5c  c 2  5 Xét hàm số f  c   với c  3 3 c2  3 Ta được f  c   12 3 Dấu bằng xảy ra khi c  3 3 Suy ra P  12 3 1 Đẳng thức xảy ra khi u  v  s  3 ,... chạy qua 0;  Vì vậy từ 4  4 (1) ta được 12 Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức min g ( x)  min h(u ) và max g ( x)  max h(u ) xR  1 0; 4  xR  1 0; 4  u 2  8u  2 trong đó h  u   2 Ta có u  2u  2 2  5u 2  4u  6  h  u   2 2 u  2 u  2    1 Dễ dàng chứng minh được h  u   0, u  0;  Suy ra hàm h(u) đồng  4  1  1 biến trên 0;  Vì... do a, b dương và ab  1 22 Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b hoặc ab = 1 Áp dụng (*) với x, y thuộc đoạn [1; 4] và x  y, x  z ta có x 1 1 1 1 P     2x  3y 1  x 1  x 2  3y x 1 y z x y z x x Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi  hoặc  1 (1) y z y Đặt t2 2 x   t , t  1;2 , khi đó P  2 2t  3 1  t y Xét hàm f (t )  t2 2  , t  1;2