skkn đạo hàm và TIẾP TUYẾN TRONG CHỨNG MINH bất ĐẲNG THỨC NHIỀU BIẾN

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA TRƯỜNG THPT MAI ANH TUẤN ĐẠO HÀM VÀ TIẾP TUYẾN TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC NHIỀU BIẾN Họ tên tác giả: Chức vụ: Đơn vị công tác: SKKN thuộc môn: Mai Sỹ Thủy Phó Hiệu trưởng Trường THPT Mai Anh Tuấn Toán học -Năm học 2010 - 2011 - A ĐẶT VẤN ĐỀ Trong tốn học phổ thơng, tốn bất đẳng thức chiếm vị trí đặc biệt quan trọng, xuất hầu hết kỳ thi tuyển sinh cấp, kỳ thi chọn học sinh giỏi toán cấp tỉnh, cấp Quốc Gia… thường xuất dạng tốn khó đề Điều tất nhiên gặp toán chứng minh bất đẳng thức học sinh phải nhiều thời gian, cơng sức để giải Đề toán bất đẳng thức phát biểu ngắn gọn, sáng sủa đẹp đẽ học sinh lại gặp nhiều khó khăn tìm lời giải Đứng trước vấn đề trình giảng dạy bồi dưỡng học sinh giỏi, tơi ln trăn trở tìm thuật giải, hướng cụ thể để giải vấn đề Nhưng biết khơng có chìa khố vạn “mở khố” tốn Trong việc giảng dạy tốn học nói chung bồi dưỡng học sinh giỏi tốn nói riêng, việc làm cho học sinh giải vấn đề đặt toán cách sáng tạo, hoàn chỉnh cần thiết Trong viết này, dựa kinh nghiệm số năm giảng dạy, luyện thi Đại học bồi dưỡng học sinh giỏi tốn, tơi xin nêu lên vài hướng giải toán bất đẳng thức nhiều biến với đề tài “Đạo hàm Tiếp tuyến chứng minh bất đẳng thức nhiều biến”, nhằm làm cho học sinh nâng cao khả tư duy, phát triển trí tuệ đồng thời bồi dưỡng niềm đam mê toán học cho em học sinh B GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ I ĐẠO HÀM TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC NHIỀU BIẾN Trong lớp toán bất đẳng thức cực trị tốn có chứa biến hai biến với điều kiện ta nghĩ đến việc sử dụng công cụ đạo hàm để giải Tuy nhiên, với toán bất đẳng thức cực trị từ ba biến trở lên việc sử dụng cơng cụ đạo hàm để giải chúng lại không đơn giản chút nào, đòi hỏi phải có nghệ thuật, có ý tưởng thơng minh có đánh giá, nhận xét tinh tế Trong phần đưa kinh nghiệm sử dụng đạo hàm nhằm giải phần khó khăn việc chứng minh bất đẳng thức tìm cực trị tốn nhiều hai biến Bài toán Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = a + b3 + c3 Hướng dẫn: Nhìn biểu thức P ta thấy có xuất ba biến số a, b, c mà ta quy trực tiếp biến số sử dụng giả thiết Nhưng ta lại thấy P biểu thức có đối xứng với a , b , ta dự đốn giá trị nhỏ đạt hai biến a , b Ta chứng minh sử dụng bất ng thc a + b3 ổ a+ ỗỗ çè 2 bư ÷ ÷ , đẳng thức xảy hai biến số a b Khi ta ÷ ÷ ø a + b   − c  c3 + 3c − 3c + có P   = f ( c ) Bây việc giải  + c =  + c =     3 toán dễ dàng cách khảo sát hàm số g ( c ) = f ( c ) khoảng ( 0;1) Ta có g ' (c ) = 3c + 6c - , g ' (c ) = Û c1 = - - 2, c2 = - + Lập bảng biến thiên hàm số g (c ) khoảng ( 0;1) ta có: ( ) = - , suy P ³ f (c ) ³ g (c ) ³ g (c2 ) = g - + Vậy Pmin = - 2 c = ( ) - 1, a = b = 3- 2 ( ) 22 ( ) a + b3 ổ a+ ỗỗ Mu cht ca bi toỏn trờn l s dng bt ng thc ỗ ố bư ÷ ÷ ÷ ÷ ø dùng giả thiết để quy toán từ ba biến trở toán biến Bài toán Cho ba số thực không âm a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1.Chứng minh ab + bc + ca − 2abc  27 Hướng dẫn: Trong toán này, xuất ba biến a, b, c hoàn toàn đối xứng, nên khơng tính tổng qt, ta giả sử £ a £ b £ c Do ba số a, b, c khơng âm có tổng với điều giả sử nên ta có £ a £ Xét vế trái có: b+c P = a ( b + c ) + bc (1 − 2a )  a ( b + c ) +   (1 − 2a ) = a (1 − a ) + (1 − a ) (1 − 2a )   1 = − a3 + a + = f ( a ) 4 Như vậy, ta quy toán từ ba biến toán biến phép biến đổi đơn giản nhóm nhân tử chung sử dụng thêm bất đẳng thức trung bình cộng, trung bình nhân cho hai số Công việc ta xét hàm số f ( a ) đoạn 0;   3 Ta có f ' (a ) = - 1 a + a = a (1 - 3a ) ³ , 2 "a : £ a £ , nên hàm f (a ) đồng biến đoạn 0;  , suy f (a ) £ f (1 3) = 27  3 Vậy, P £ f (a ) £ ( đpcm) 27 Đẳng thức xảy a = b = c = Bài toán ta mở rộng sau: Cho ba số thực không âm a , b, c thỏa mãn a + b + c = cho số thực   Chứng minh 1  ab + bc + ca −  abc  max  , ( −  )   27  Trong số toán, việc biến đổi, ước lượng để đưa toán từ nhiều biến trở biến sử dụng đạo hàm không đơn giản chút Trong tình thế, có lẽ ta phải làm quen với việc coi biến bất đẳng thức làm biến số hàm lựa chọn biến số khác tham số, sử dụng đạo hàm Dưới ta xem xét số toán để làm sáng rõ vấn đề Bài toán Cho ba số thực x , y, z ³ , chứng minh : x + y + z + 3xyz ³ x (y + z ) + y (z + x ) + z (x + y ) Hướng dẫn: Bài tốn hồn tồn đối xứng với ba biến số, nên khơng tính tổng quát, ta giả sử x ³ y ³ z ³ , coi x biến số coi y , z tham số hàm số f (x ) = x - x (y + z ) + 3xyz - xy - xz - y 2z - z 2y + y + z Ta có f ' (x ) = 3x - 2x (y + z ) + 3yz - y - z x³ y³ z f '' (x ) = 6x - (y + z ) = (3x - y - z ) ³ Điều chứng tỏ f ' (x ) với x , y, z ³ hàm số đồng biến, suy f ' (x ) ³ f ' (y ) = 3y - 2y (y + z ) + 3yz - y - z = yz - z ³ ( x ³ y ³ z ) Đến ta suy f (x ) hàm số đồng biến, f (x ) ³ f (y ) = z (z - y ) ³ Vậy toán chứng minh xong! Bài toán Chứng minh a, b, c độ dài cạnh tam giác a b c 1ỉ a c bử ữ + + + ỗỗỗ + + ÷ ÷ ÷ b c a 2 èc b a ø Hướng dẫn: Bài toán đối xứng với a, b, c nên khơng tính tổng qt ta giả sử c = {a, b, c }, từ suy < c £ ab a < b + c £ 2b ỉb x a x a b Đặt x = c , ta xột hm s f (x ) = ỗỗỗ + ÷÷÷- - + - - khoảng b a èx a ÷ ø x b (0; ỉ1 2b a 1ư ab ù có f ' (x ) = - + + - = (a - 2b)ỗỗ - ữữữÊ vi mi x ẻ 0; ab ựỳ, ỳ ỗốx ỷ ỷ a x b ab ÷ ø x ( hàm { số f (x ) } f (x ) ³ max f (a ), f (b) = nghịch biến khoảng (0; ab ù , ú û suy a b + - ³ Vậy điều phải chứng minh giải b a 10a 11b 12c 69 + + £ Bài toán Chứng minh a, b, c Ỵ éëê1;2ùúû bc ca ab Hướng dẫn: Cũng toán ta coi ba số a, b, c biến số hàm số, chẳng hạn a , ta đặt x = a, x Ỵ éêë1;2ùúû ta xét hàm số f (x ) = ö 10 1æ 11b 12c 11b2 + 12c 10 çç11b + 12c ÷ ÷ + x a = + = , b= , đặt ÷ ÷ bc x ỗố c b ứ c b bc bc Khi f ' (x ) = Ta có a = a x2 + b= bx - a x2 , f ' (x ) = Û x = 11b2 + 12c 33 10 ³ > = 3b Þ x = bc bc bc a b a > b Như vậy, ta ln có f (x ) £ max {f (1), f (2)}= max {g (b), h (b)}, g (b) = f (1) = 10 11b 12c 20 11b 6c + + + + h (b) = f (2) = bc c b bc 2c b ỉ10 11 - Ta xét tiếp g (b) đoạn éêë1;2ùúû có g ' (b) = - ỗỗ + 12c ữữữ+ = A + B , ữ ứ c b ỗố c b A = 10 10 + 12c 11 + 12c = , B = có g ' (b) = Û b = c c c A > B ïì 21 ïü 27 + 12c, + 6c ùý ùợù c ùỵ c ù Nh vậy, g (b) £ max {g (1), g (2)} = max ïí Xét lần j (c ) = 21 + 12c c f (c ) = 27 + 6c c đoạn éêë1;2ùúû có ìï 69 ü ï 69 69 max j (c ), f (c ) £ max ïí , 33ïý = g (b) £ , từ suy với b, c Ỵ éêë1;2ùûú é1;2ù ï ï 2 ú ëê û ï ỵï þ { Xét } tương tự h (b) ìï 51 ü ï 21 h (b) £ max h (1), h (2) = ïí + 6c, + 3c ïý Ê ùợù 2c ùùỵ c { Vy } trờn on é1;2ù êë úû ta có ìïï 63 ü ï 63 , 24ùý = ùợù ùỵ ï 10a 11b 12c 69 + + £ , đẳng thức xảy a = b = 1, c = bc ca ab Bài toán Xét số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện 21ab + 2bc + 8ca £ 12 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = + + a b c Hướng dẫn: Đặt x = 1 ,y = ,z = toán chuyển thành: Tìm giá trị nhỏ biểu a b c thức P (x , y, z ) = x + 2y + 3z với x , y , z dương thỏa mãn 12xyz ³ 2x + 8y + 21z Từ giả thiết z (12xy - 21) ³ 2x + 8y > ta có z ³ Do P (x , y, z ) ³ x + 2y + 2x + 8y 4xy - Bây ta xét hàm số f (x ) = x + tham số thực dương Ta có f ' (x ) = + nên f ' (x ) = Û x = x = + 4y 2x + 8y với x > 12xy - 21 4y 2x + 8y + 2y với biến x > y 4xy - 4y (4xy - ) - 4y (2x + 8y ) (4xy - 7) 14 + 32y 2 , (4xy - 7) 32y + 14 Lập bảng biến thiên hàm số f (x ) 4y ỉ7 ữ ;+ Ơ ữ + , ta cú f (x ) ³ f (x ) = 2y + ữ ữ ỗố4y 4y 2y ứ trờn khong ỗỗỗ xột tiếp hàm số g (y ) khoảng (0;+ ¥ ) có g ' (y ) (8y = 32y + 14 = g (y ) Ta ) - 4y g ' (y ) = Û y = = 1- 32y + 14 - 28 32y + 14 Lập bảng biến thiên hàm số g (y ) khoảng (0;+ Ơ ) cú ổ5 15 15 ữ g (y ) g ỗỗỗ ữ = , t suy P (x , y , z ) ³ f (x ) ³ g (y ) ³ Đẳng thức xảy với ÷ ÷ 2 è4 ø x = 3, y = 15 , z = Vậy giá trị nhỏ P a = , b = , c = 3 2 Như vậy, việc đổi biến rút ẩn từ điều kiện để thay vào biểu thức cần tính thủ thuật cần thiết, để làm cho tốn khơng đơn giản mặt hình thức mà việc tính tốn trở lên ngắn gọn giảm số biến Sau xem tiếp để thấy rõ Bài toán Cho ba số thực a, b, c  thỏa mãn Chứng minh 1 + + = 1+ a 1+ b 1+ c 1 + +  ab − bc − ca − Hướng dẫn: Trong toán này, ta chưa thể sử dụng đạo hàm để giải toán Để phát biểu tốn đơn giản để có ý tưởng sử dụng đạo hàm ta đặt 1 1 = x, = y, = z Khi x, y, z  x + y + z = 1+ a 1+ b 1+ c Ta có ab − = có dạng z x y , bc − = , ac − = , bất đẳng thức cần chứng minh xy yz zx xy yz zx + +  với điều kiện  x, y , z  x + y + z = Với nhận xét z x y toán đối xứng với biến x , y nên ta đưa toán từ ba biến hai biến s2  s   p  cách đặt x + y = s, xy = p , Ta có P = 2 xy yz zx xy z ( x + y ) p s2 − p + + = + = + (1 − s ) = f ( p) z x y z xy 1− s p s (1 − s ) 8p s2 − p + (1 − s ) Bây xét hàm số f ( p ) = có f ' ( p ) = , − 1− s p 1− s p2 f ' (p ) = Û p = s (1 − s ) 2 Lập bảng biến thiên, biện luận so sánh s (1 − s ) 2  s (1 − s ) 2 với s2 có: Nếu  s (1 − s )  s2  s  − ta có f ( p )  f   = +2 s−2  −6   2  Nếu ( ) s (1 − s )  s2  s2 − 4s = g ( s )   s  − ta có : f ( p )  f   = 2   1− s é Khảo sát g (s ) êê ;2 ë2 ù ỉ1 ÷ úcó g ' (s ) = - + g (s ) g ỗỗỗ ữ = , từ ÷ ú ÷ è ø û (1 - s ) Đẳng thức xảy x = y = 1 z = , tức a = b = 3, c = Bằng biến đổi đơn giản tinh tế nhận xét tính đối xứng x , y ta đưa toán từ ba biến toán hai biến, sử dụng đạo hàm để đưa tiếp tốn biến, tốn hồn tồn đơn giản! Bài tốn sau thể rõ tính đối xứng biến thơng qua tốn này, ta cần có thêm phương pháp “chuẩn hóa” cần thiết Bài tốn 8: Cho ba số thực khơng âm a, b, c Chứng minh ( a + b + c )  16 ( a 2b + b 2c + c 2a ) + 11abc ( a + b + c ) Hướng dẫn: Đây bất đẳng thức đối xứng, đồng bậc nên trước hết ta chuẩn hóa cách giả sử a + b + c = a  b  c ,  c  Nhờ tính đối xứng, đặt s = a + b, p = ab , s2  s  1, p  Ta cần chứng minh f ( p ) = 16 p + (1 − s )( 32s − 21) p + 16s (1 − s )  Ta có f ' ( p ) = 32 p + (1 − s )( 32s − 21) , f ' (p ) = Û p = với - (1 - s )(32s - 21) 32 <  s2   s  , suy f ' ( p )   0;  , f ( p ) đồng biến  4  s2   s2  1 f p  f 0; , ( )   = ( 36s − 75s + 43s ) = g ( s )  4 4   Xét hàm số g ( s ) = 36s − 75s3 + 43s g ' (s ) = 144s - 225s + 86s , g ' (s ) = Û s = 0, s = đoạn 43 ,s = , 48 é2 ù ê ;1ú ê3 ú ë û suy có ìï ỉ2 ü ïï ÷ g (s ) £ max ïí g ỗỗỗ ữ , g ( ) ý= ữ ùù ố3 ữ ùù ứ ợ ỵ Nh vy f (p ) £ , đẳng thức xảy s = 1, p = 1 , tức a = b = , c = Bài toán chứng minh xong! Như vậy, với cơng cụ đạo hàm, ta giải nhiều toán bất đẳng thức, cực trị nhiều hai biến II TIẾP TUYẾN CỦA ĐỒ THỊ HÀM SỐ TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC NHIỀU BIẾN Trong phần xét toán tổng quát: “Cho a1 , a2 , a3 , , an  D thoả mãn a1 + a2 + a3 + + an = nα , với α  D , cần chứng minh bất đẳng thức f ( a1 ) + f ( a2 ) + + f ( an )  nf ( α ) , đẳng thức xảy a1 = a2 = a3 = = an = α ” Bài toán có tính chất bật với vế trái biểu thức đối xứng biến a1, a2, a 3, , an viết dạng tổng hàm số với biến số khác Dẫn đến suy nghĩ cách tự nhiên để giải toán ta xét hàm số y = f ( x ) , sau chứng minh f ( x )  Ax + B với x  D , A, B thỏa mãn A (a1 + a2 + + an ) + nB = nf (a ) (hay A a + B = f (a ) ) Dễ thấy y = Ax + B tiếp tuyến đồ thị hàm số y = f ( x ) điểm x = α Như qua phân tích, đưa lời giải cho toán tổng quát sau: Xét hàm số y = f ( x ) , x  D , viết phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số x = α y = Ax + B Ta chứng minh f ( x )  Ax + B với x  D , từ suy ra: f ( a1 ) + f ( a2 ) + + f ( an )  nf ( α ) (đpcm) Sau xét số tốn điển hình để thể rõ cho phương pháp Bài toán Cho bốn số dương a, b, c, d thoả mãn a + b + c + d = Chứng minh ( a3 + b3 + c3 + d )  a + b + c + d + Hướng dẫn: Từ giả thiết ta có a, b, c, d Ỵ (0;1) bất đẳng thức viết dạng f (a ) + f (b) + f (c ) + f (d ) ³ với f (x ) = 6x - x , đẳng thức xảy a= b= c= d = Ta xét hàm số f ( x ) = x3 − x khoảng ( 0;1) , phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số điểm có hồnh độ x0 = Xét y = x − 8 1 5 f ( x ) −  x −  = ( x − 1) ( 3x + 1)  , x  ( 0;1) , suy f (x ) ³ x - , 8 8 8 x  ( 0;1) Từ ta có f (a ) + f (b) + f (c ) + f (d ) ³ thức xảy a = b = c = d = 1 a + b + c + d ) - = , đẳng ( 8 Như vậy, thơng qua phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số f ( x ) = x3 − x điểm có hồnh x0 = thức sở f (x ) ³ mà ta nhận bất đẳng xvới x  ( 0;1) để giải toán 8 Bài toán 10 Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn a + b + c = Chứng minh 1 + +  a + b2 + c2 a b c Hướng dẫn: Ta có nhận xét, có ba số a, b, c thuộc khoảng  0;  , chẳng  3 hạn  a  1 1 ta có + +  = ( a + b + c )  a + b + c nên toán a b c chứng minh, ta xét a, b, c   ;  Ta xét hàm số f ( x ) = − x x 3 3 1 7 đoạn  ;  , phương trình tiếp tuyến đồ thị f ( x ) điểm có hồnh độ 3 3 x0 = y = −4 x + Ta có f ( x ) − (−4 x + 4) = ( x − 1)  − ( x − 1)2     x   ;  ,  3  x suy f (x ) ³ - 4x + , x   ;  3 3 Từ ta có : f (a ) + f (b) + f (c ) ³ - (a + b + c + d ) + 16 = , đẳng thức xảy a = b = c = 10 Trong toán này, nhận xét ban đầu tốt để giới hạn biến x , khơng có nhận xét đánh giá f (x ) ³ - 4x + với x Ỵ (0; 3), nghĩ không sử dụng phương pháp tiếp tuyến ! Ta xét thêm toán kiểu chia khoảng xét thành hai nhiều khoảng để thấy rõ ý tưởng giải toán Bài toán 11 Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn a + b + c = Chứng minh 10 ( a3 + b3 + c3 ) − ( a5 + b5 + c5 )  Hướng dẫn: Như toán trên, ta xét hàm số f ( x ) = 10 x3 − x5 khoảng (0;1), phương trình tiếp tuyến đồ thị điểm có hồnh độ x = 25 16 y = x − 27 Xét f ( x ) −  25 16  x −  = ( 3x − 1) ( −27 x3 − 18x + 21x + 16 ) , ta chưa 27  27  thể khẳng định f ( x)  25 16 x− 27 với x Ỵ (0;1), nên ta đặt g (x ) = - 27x - 18x + 21x + 16 xét hàm số g (x ) khoảng (0;1), ta thấy g (x ) khơng ln dương (0;1), nên ta phải tìm cách chia khoảng xác định x tốt cho khoảng g (x ) > Bằng cách lập bảng biến ỉ 9ư thiên hàm số g (x ) khoảng (0;1), ta suy g (x ) > với x ẻ ỗỗỗ0; ữữữ, t ố 10 ữ ứ ú ta có f ( x )  ỉ 9ư 25 16 x vi mi x ẻ ỗỗỗ0; ữữữ Nh vy tốn chứng minh 27 è 10 ÷ ứ ổ 9ử xong a, b, c ẻ ỗỗỗ0; ÷÷÷ a + b + c = Bây ta xét trường hợp có çè 10 ÷ ø 9 ba số a, b, c thuộc nửa khoảng  ;1 , giả sử a   ;1 a, b, c dương 10  10  có tổng nên b, c   0; 1 , dễ thấy hàm số f ( x ) nghịch biến  10  11 9   1 10 ;1 đồng biến 0; 10  , suy f ( a )  f (1) = , f ( b )  f (0) = 0, f ( c )  , f (a ) + f (b) + f (c ) > Vậy f (a ) + f (b) + f (c ) ³ với số thực dương a, b, c thoả mãn a + b + c = Đẳng thức xảy a = b = c = Thơng qua tốn này, ta thấy cần phân khoảng xét thành hai hay nhiều khoảng để có bước mà khơng tự nhiên! Bài tốn 12 Cho số thực dương a, b, c ( 2a + b + c ) + ( 2b + c + a ) + ( 2c + a + b )  Chứng minh 2 2 2a + ( b + c ) 2b + ( c + a ) 2c + ( a + b ) 2 Hướng dẫn: Bài toán chưa đưa dạng toán tổng quát nên ta chưa thể sử dụng phương pháp tiếp tuyến Tuy nhiên lại bất đẳng thức đối xứng đồng bậc, nên ta chuẩn hóa cách giả sử a + b + c = , tốn trở thành 8a + 8b + 8c + + +  21 , đến ta cô lập a − 2a + b − 2b + c − 2c + phân thức dạng biến số với điều kiện tổng ba biến số Xét hàm số f (x ) = 8x + x - 2x + khoảng (0; 3) viết phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số điểm có hồnh độ ta y = 4x + Xét f (x ) - (4x + 3) = 8x + x - 2x + - (4x + 3) = - (4x + 3)(x - 1) x - 2x + £ 0, tức f (x ) £ 4x + với x Ỵ (0; 3) Suy 8a + 8b + 8c + + +  ( a + b + c ) + = 21 , đẳng thức xảy a − 2a + b − 2b + c − 2c + a = b = c = Như vậy, toán chứng minh xong! Trong này, chuẩn hóa để có thêm điều kiện đưa toán dạng quen thuộc kỹ thuật hay sử dụng 12 Bài toán 13 Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn a + b + c = Chứng minh 1 27 + +  − ab − bc − ca Hướng dẫn: Nhìn tốn ta khó thấy việc sử dụng phương pháp tiếp ( a + b) tuyến, nhiên để ý chút ab  (1 − c ) suy = 4  − ab + 2c − c nên ta đưa toán cho toán quen thuộc: Chứng minh + 2a - a + + + 2b - b + 2c - c £ 27 32 với điều kiện a , b, c dương a + b + c = Bây xét hàm số f (x ) = + 2x - x khoảng (0;1), phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số điểm có hồnh độ - 27 81 x+ y = 256 256 æ- 27 (3x - 1) (13 - 3x ) 81 ö 27 81 ữ ữ Xột f (x ) - ỗỗỗ x+ = + x = £ ÷ ÷ + 2x - x 256 256 ø 256 è 256 256 + 2x - x ( với x Ỵ (0;1), f (x ) £ + 2a - a + + 2b - b2 xảy a = b = c = + ) 27 81 x+ với x Ỵ (0;1) Từ ta có 256 256 + 2c - c £ - 27 81 27 , đẳng thức a + b + c ) + = ( 256 256 32 Bài toán 14 Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn a + b + c = Chứng minh 1 + + 1 − ab − bc − ca Hướng dẫn: Cũng toán 13, toán chưa thể sử dụng phương pháp tiếp tuyến được, ta cần phải biến đổi để đưa tốn cho dạng toán tổng quát 13 Áp dụng bất đẳng thức ab £  a + b2 1 + + − ab − bc − ca ta có ( ) ( 2 2 + + Tiếp theo đặt x = b2 + c , y = c + a 2 2 2 − ( a + b ) − (b + c ) − ( c + a ) ( z = a + b2 ) ) , x + y + z  ( a4 + b4 + c4 ) = 12 Bây toán trở thành: Cho ba số thực dương x , y , z thỏa mãn x + y + z  12 Chứng minh 1 1 + +  8− x 8− y 8− z Đến đây, toán giải nửa khối lượng cơng việc, phần lại biến đổi quen thuộc Xét hàm số f (x ) = 8- x khoảng (0;12) phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số điểm có hồnh độ x = y = 1 x - 4) + ( 144 Xét 1 f (x ) x - 4) = ( 144 6 ( )( Do ) x + 8- Trên khoảng (0;12) f (x ) - ( ) )( ) (x - 4) x - x = ( ) 144 x 144 x + - x x- ( 1 1 x - 4) £ Û f (x ) £ x - 4) + ( ( 144 144 1 1 1 + +  ( x + y + z − 12 ) +  − x − y − z 144 Đẳng thức xảy x = y = z = hay a = b = c = BÀI TẬP Bài tập Cho x , y, z Ỵ éêë0;1ùúû Tìm giá trị lớn biểu thức ( ) ( ) Q = x + y + z - x 2y + y 2z + z 2x Bài tập Cho x , y , z số thực dương thỏa mãn điều kiện 2x + 4y + 7z = 2xyz Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = x + y + z 14 Bài tập Chứng minh a, b, c độ dài ba cạnh tam giác a b c 1ỉ a c bư ÷ + + + ỗỗỗ + + ữ ữ ữ b c a 2 èc b a ø Bài tập Cho ba số thực không âm a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1.Chứng minh ( ab ) + ( bc ) + ( ca )  3 64 Bài tập Cho ba số thực dương x , y , z Chứng minh (x + y + z ) + 3xyz ³ (x 2y + y 2z + z 2x ) Bài tập Cho x , y , z số thực dương Chứng minh rằng: x y z + + £ xy + x + yz + y + zx + z + Bài tập Cho x , y , z số thực không âm thỏa mãn x + y + z = Tìm giá trị lớn P = x 2y + y 2z + z 2x Bài tập Cho số thực x, y,z  thoả mãn điều kiện ( x + y + z ) = 32 xyz Tìm GTLN – GTNN biểu thức P = x4 + y + z ( x + y + z) Bài tập Cho ba số thực dương a,b,c Chứng minh ( a + b3 + c ) abc + 9(a + b + c) (a 2 + b2 + c )  33 Bài tập 10 Cho bốn số thực dương a, b, c, d thỏa mãn a + b + c + d = , chứng minh a + 3a + b + 3b2 + c + 3c + d + 3d £ Bài tập 11 Cho bốn số thực dương a, b, c, d thỏa mãn a + b + c + d = , chứng minh (a + b3 + c + d ) ³ a + b2 + c + d + 16 Bài tập 12 Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn a + b + c = , chứng minh a − a + + b2 − b + + c − c +  Bài tập 13 Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn a + b + c = Chứng minh a + + b2 + + c2 +  10 15 Bài tập 14 Cho a,b,c số thực dương ( a + b − c ) + ( a + c − b) + (c + b − a )  Chứng minh rằng: 2 2 c + ( b + a ) b2 + ( a + c ) a + ( b + c ) 2 a, b, c  R a b c + +  Chứng minh 2 1+ a 1+ b 1+ c 10 a + b + c = Bài tập 15 Cho  C KẾT LUẬN Qua ví dụ nói phương pháp sử dụng đạo hàm phương pháp tiếp tuyến hai công cụ mạnh, kết hợp với bất đẳng thức cổ điển giúp cho học sinh giải hầu hết toán bất đẳng thức đặt Nó xử lý khơng tốn xảy dấu đẳng thức biến mà xử lý tốn mà dấu đẳng thức xảy biến số không Trong năm qua, giảng dạy, luyện thi Đại học bồi dưỡng học sinh giỏi phần bất đẳng thức, cung cấp cho em học sinh lớp 12 “Phương pháp đạo hàm tiếp tuyến chứng minh bất đẳng thức nhiều biến”, kết cho thấy phương pháp giúp cho học sinh hướng rõ ràng, cách nhìn tổng quát, toàn diện, tự tin phải đối mặt với toán chứng minh bất đẳng thức Kết thi học sinh giỏi cấp tỉnh, thi Đại học mơn Tốn học sinh lớp 12C năm học 2006 - 2007 học sinh lớp 12B năm học 2009 - 2010 sau: Năm học Lớp Sĩ số Số học sinh đạt giải Cấp tỉnh(/số học sinh tham gia dự thi) Casio Toán Điểm thi ĐH mơn tốn (Số lượng) Giỏi Khá TB Yếu, 2006-2007 12C 52 10 (/10) (/6) 10 17 20 2009-2010 12B 45 (/5) (/8) 16 18 16 Mặc dù có nhiều cố gắng, song thân tuổi nghề chưa nhiều, kinh nghiệm giảng dạy nói chung bồi dưỡng học sinh giỏi nói riêng có hạn chế Vì vậy, viết khơng tránh khỏi thiếu sót, mong nhận góp ý đồng nghiệp bạn đọc để đề tài hoàn thiện, hiệu Xin trân trọng cảm ơn ! Nga Sơn, ngày 15 tháng năm 2011 Người viết Mai Sỹ Thủy 17 ... QUYẾT VẤN ĐỀ I ĐẠO HÀM TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC NHIỀU BIẾN Trong lớp toán bất đẳng thức cực trị tốn có chứa biến hai biến với điều kiện ta nghĩ đến việc sử dụng cơng cụ đạo hàm để giải Tuy... bồi dưỡng học sinh giỏi tốn, tơi xin nêu lên vài hướng giải toán bất đẳng thức nhiều biến với đề tài Đạo hàm Tiếp tuyến chứng minh bất đẳng thức nhiều biến , nhằm làm cho học sinh nâng cao khả... £ , đẳng thức xảy s = 1, p = 1 , tức a = b = , c = Bài toán chứng minh xong! Như vậy, với công cụ đạo hàm, ta giải nhiều tốn bất đẳng thức, cực trị nhiều hai biến II TIẾP TUYẾN CỦA ĐỒ THỊ HÀM