Bài viết được chia làm 3 mục: Mở đầu là tóm tắt các kiến thức cơ bản trong SGK.Mục thứ hai là các ứng dụng về tính đơn điệu của hàm số để chứng minh bất đẳng thức cùng với các thí dụ minh họa. Mục cuối cùng là hệ thống các bài tập để bạn đọc tham khảo. Mặc dù rất tâm huyết với chuyên đề , nhưng do thời gian và khả năng có hạn nên bài viết khó tránh khỏi những thiếu sót. Tôi rất mong nhận được sự góp ý của quí thầy cô, bạn bè đồng nghiệp và các em học sinh để chuyên đề được hoàn thiện hơn và trở thành tài liệu có ích trong giảng dạy và học tập.
CHUYÊN ĐỀ : ỨNG DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Tác giả: ………… Giáo viên trường: …………… Đối tượng bồi dưỡng: Học sinh lớp 12 Số tiết dự kiến: 15 tiết MỞ ĐẦU Bất đẳng thức dạng tốn ln xuất đề thi tuyển sinh ĐH, CĐ Bộ giáo dục hàng năm đề thi HSG cấp Đối với nhiều học sinh coi tốn khó, chí câu khó đề thi ĐH, CĐ Qua trình dạy học sinh ôn thi ĐH, CĐ đặc biệt dạy bồi dưỡng HSG Tôi thấy gặp loại toán học sinh lúng túng, cần phải hướng dẫn học sinh cách giải loại tốn Vì tơi viết chun đề “ Ứng dụng tính đơn điệu hàm số để chứng minh bất đẳng thức” để giải vấn đề khó khăn hầu hết học sinh Bài viết chia làm mục: Mở đầu tóm tắt kiến thức SGK.Mục thứ hai ứng dụng tính đơn điệu hàm số để chứng minh bất đẳng thức với thí dụ minh họa Mục cuối hệ thống tập để bạn đọc tham khảo Mặc dù tâm huyết với chuyên đề , thời gian khả có hạn nên viết khó tránh khỏi thiếu sót Tơi mong nhận góp ý q thầy cơ, bạn bè đồng nghiệp em học sinh để chuyên đề hoàn thiện trở thành tài liệu có ích giảng dạy học tập PHẦN 1: TÓM TẮT LÝ THUYẾT 1.Ứng dụng đạo hàm xét tính đơn điệu hàm số 1.1 Định nghĩa: Cho hàm số f ( x) xác định khoảng K Khi *) f ( x) gọi đồng biến K với x1 , x2 ∈ K mà x1 < x2 ta có f ( x1 ) < f ( x2 ) *) f ( x) gọi nghịch biến K với x1 , x2 ∈ K mà x1 < x2 ta có f ( x1 ) > f ( x2 ) Các hàm số đồng biến nghịch biến khoảng gọi chung hàm đơn điệu khoảng 1.2 Định lý ( Điều kiện đủ để hàm số đơn điệu khoảng) Cho hàm số f ( x) có đạo hàm khoảng (a;b) Khi *) Nếu f ( x) ≥ ∀x ∈ (a; b) (và dấu = xảy số hữu hạn điểm) f ( x) đồng biến (a; b) *) Nếu f ( x) ≤ ∀x ∈ (a; b) (và dấu = xảy số hữu hạn điểm) f ( x) nghịch biến (a; b) 1.3 Điểm tới hạn hàm số Điểm x0 gọi điểm tới hạn hàm số f ( x) thuộc tập xác định f ( x) f '( x0 ) = f '( x0 ) không xác định Chú ý: Trên khoảng phân chia hai điểm tới hạn kề nhau, đạo hàm hàm số giữ nguyên dấu Cực trị hàm số 2.1 Định nghĩa: Cho hàm số f(x) xác định tập D, x0 ∈ D *) x0 gọi điểm cực đại hàm số f tồn khoảng (a;b) chứa điểm x0 cho (a;b) ⊂ D f(x)f(x0), với x0 ∈ (a;b)\{x0} Lúc đó, f(x0) gọi giá trị cực tiểu f - Điểm cực đại điểm cực tiểu gọi chung điểm cực trị hàm số - Giá trị cực đại giá trị cực tiểu gọi chung giá trị cực trị hàm số - Nếu x0 điểm cực trị hàm số f điểm (x0; f(x0)) gọi điểm cực trị đồ thị hàm số f 2.2 Định lí (Định lí Fecmart-Điều kiện cần để hàm số có cực trị) Nếu hàm số f có đạo hàm đạt cực trị điểm x0 f’(x0) = 2.3 Định lí (Điều kiện đủ - Dấu hiệu 1) Giả sử hàm số f liên tục khoảng (a;b) chứa điểm x0 có đạo hàm khoảng (a;x0) (x0;b) Khi đó: i) Nếu f’(x) ∀x ∈ ( x0 ;b) f đạt cực tiểu điểm x0 ii) Nếu f’(x)>0, ∀x ∈ (a;x0 ) f’(x) < ∀x ∈ ( x0 ;b) f đạt cực đại điểm x0 Quy tắc -Tìm tập xác định -Tính f’(x) Tìm điểm tới hạn -Lập Bảng biến thiên -Kết luận 2.4 Định lí (Điều kiện đủ - Dấu hiệu 2) Giả sử hàm số f có đạo hàm đến cấp hai khoảng (a;b) chứa điểm x0 đồng thời f’(x0) = f’’(x0) ≠ Khi i) Nếu f’’(x0) < hàm số f đạt cực đại điểm x0 ii) Nếu f’’(x0) > hàm số f đạt cực tiểu điểm x0 Quy tắc -Tìm tập xác định -Tính f’(x) Tìm nghiệm xi phương trình f’(x) = -Tính f’’(x) suy f’’(xi) o Nếu f’’(xi) < f đạt cực đại xi o Nếu f’’(xi) > f đạt cực tiểu xi Chú ý: Khi áp dụng qui tắc 2, ta tìm điểm cực trị nghiệm phương trình f’(x)=0, f’’(x) phải khác Ngoài trường hợp trên, ta phải sử dụng qui tắc 3 Giá trị lớn nhất, nhỏ hàm số biểu thức 3.1 Giá trị lớn nhất, nhỏ hàm số Định nghĩa: Cho hàm số f(x) xác định tập D Khi - Số M gọi giá trị lớn hàm số f(x) D thỏa mãn hai điều kiện sau: M ≥ f ( x)∀x ∈ D ∃x0 ∈ D | f ( x0 ) = M f ( x) = f ( x0 ) Kí hiệu: M = max D - Số m gọi giá trị nhỏ hàm số f(x) D thỏa mãn hai điều kiện sau: m ≤ f ( x)∀x ∈ D ∃x0 ∈ D | f ( x0 ) = m f ( x) = f ( x0 ) Kí hiệu: m = D Các bước tìm giá trị lớn nhất, nhỏ hàm số khoảng: - Tính đạo hàm - Lập Bảng biến thiên - Dựa vào Bảng biến thiên suy giá trị lớn nhất, nhỏ Các bước tìm giá trị lớn nhất, nhỏ hàm số đoạn [a;b]: - Tính đạo hàm - Tìm điểm tới hạn xi tính giá trị f (a), f (b), f ( xi ) f ( x ) = max { f (a ); f (b); f ( xi )} ; f ( x) = { f ( a); f (b); f ( xi )} - Kết luận max [a ;b ] [a ;b ] 3.2 Giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức Cho biểu thức n biến P = f ( x1; x2 ; ; xn ) xác định D = D1 × D2 × × Dn , tức xi ∈ Di , ∀i = 1, n Khi - Số M gọi giá trị lớn P D thỏa mãn hai điều kiện sau: M ≥ P, ∀xi ∈ Di , i = 1, n 0 0 ∃xi ∈ Di , ∀i = 1, n cho P = f ( x1 ; x2 ; ; xn ) = M f ( x1 ; x2 ; ; xn ) = f ( x10 ; x20 ; ; xn0 ) Kí hiệu: Pmax = M = max D - Số m gọi giá trị nhỏ P D thỏa mãn hai điều kiện sau: m ≤ P, ∀xi ∈ Di , i = 1, n 0 0 ∃xi ∈ Di , ∀i = 1, n cho P = f ( x1 ; x2 ; ; xn ) = m f ( x1; x2 ; ; xn ) = f ( x10 ; x20 ; ; xn0 ) Kí hiệu: Pmin = m = D Một số bất đẳng thức a) Bất đẳng thức giá trị tuyệt đối − a ≤ a ≤ a với ∀a ∈ R x ≤ a ⇔ −a ≤ x ≤ a với a > x > a x >a⇔ với a > x < −a a − b ≤ a + b ≤ a + b với ∀a, b ∈ R Chứng minh: Ba BĐT đầu suy từ định nghĩa Ta chứng minh BĐT cuối + Chứng minh a + b ≤ a + b (1) Hai vế (1) không âm nên bình phương hai vế (1) ta được: ( a + b) ≤( a + b) ⇔ a + 2ab + b ≤ a + ab + b ⇔ ab ≤ ab BĐT cuối nên BĐT (1) chứng minh + Chứng minh a − b ≤ a + b (2) Tacó: a = a + b + ( −b ) ≤ a + b + ( −b ) (áp dụng BĐT vừa chứng minh trên) ⇔ a ≤ a+b + b ⇔ a − b ≤ a+b Vậy BĐT (2) chứng minh b) Bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân * Đối với hai số khơng âm + Định lí: Với a ≥ 0, b ≥ , ta có: a+b ≥ ab (1) Đẳng thức xảy a = b + Phát biểu: Trung bình cộng hai số không âm lớn trung bình nhân chúng Trung bình cộng hai số khơng âm trung bình nhân chúng hai số + Chứng minh: Do hai vế (1) khơng âm nên bình phương hai vế ta được: a +b ( 1) ⇔ ÷ ≥ ab ⇔ ( a + b ) ≥ 4ab ⇔ ( a − b ) ≥ (luôn đúng) Dấu "=" xảy a = b + Hệ 1: Nếu hai số dương thay đổi có tổng khơng đổi tích chúng lớn hai số + Ý nghĩa hình học: Trong tất hình chữ nhật có chu vi hình vng có diện tích lớn + Hệ 2: Nếu hai số dương thay đổi có tích khơng đổi tổng chúng nhỏ hai số + Ý nghĩa hình học: Trong tất hình chữ nhật có diện tích hình vng có chu vi nhỏ * Đối với ba số khơng âm + Định lí: Với a ≥ 0, b ≥ 0, c ≥ 0, ta có: a+b+c ≥ abc Dấu đẳng thức xảy a = b = c + Phát biểu: Trung bình cộng ba số khơng âm lớn trung bình nhân chúng Trung bình cộng ba số khơng âm trung bình nhân chúng ba số + Hệ 1: Nếu ba số dương thay đổi có tổng khơng đổi tích chúng lớn ba số + Hệ 2: Nếu ba số dương thay đổi có tích khơng đổi tổng chúng nhỏ ba số + SGK Đại số 10 viết cho HS lớp 10 độc giả bước đầu làm quen với kiến thức BĐT chương trình tốn lớp nên trình bày kiến thức đơn giản, nhất, mang tính chất phổ thông .5 Một số bất đẳng thức thường gặp 5.1 Các BĐT gốc • x ≥ với ∀x ∈ R Đẳng thức xảy x = • x + y ≥ với ∀x, y ∈ R Đẳng thức xảy x = y = • Tổng quát: x12 m + x2 m + + xn 2m ≥ với ∀x1 , x2 , , xn ∈ R Đẳng thức xảy x1 = x2 = = xn = 5.2 Bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối • a ≥ với ∀a ∈ R Đẳng thức xảy a = • − a ≤ a ≤ a với ∀a ∈ R • x ≤ a ⇔ −a ≤ x ≤ a (với a > ) • x ≥ a x ≥a⇔ (với a > ) x ≤ −a • a1 − a2 − − an ≤ a1 + a2 + + an ≤ a1 + a2 + + an với ∀a1 , a2 , , an ∈ R Đặc biệt với n =2: a − b ≤ a + b ≤ a + b với ∀a, b ∈ R 5.3 Một số BĐT cổ điển thường gặp a.Bất đẳng thức Cauchy Với n số không âm a1 , a2 , , an ta có: a1 + a2 + + an n ≥ a1a2 an n Dấu "=" xảy a1 = a2 = = an Đặc biệt: + Với n = 2: a1 + a2 ≥ a1a2 Dấu "=" xảy a1 = a2 + Với n = 3: a1 + a2 + a3 ≥ a1a2 a3 Dấu "=" xảy a1 = a2 = a3 b Bất đẳng thức Bunhia-cốpxki Cho hai dãy số thực ( a1 , a2 , , an ) ( b1 , b2 , , bn ) , ta ln có: ( a1b1 + a2b2 + + anbn ) ≤ (a12 + a2 + + an )(b12 + b2 + + bn ) Dấu đẳng thức xảy ( a1 , a2 , , an ) ( b1 , b2 , , bn ) hai số tương ứng tỉ lệ, tức tồn số thực k để = kbi với i = n Đặc biệt: + Với n =2: ( a1b1 + a2b2 ) ≤ ( a12 + a2 ) ( b12 + b2 ) a a Dấu “=” xảy khi: b = b + Với n = 3: ( a1b1 + a2b2 + a3b3 ) ≤ ( a12 + a2 + a32 ) ( b12 + b2 + b32 ) a a a Dấu “=” xảy khi: b = b = b PHẦN II PHƯƠNG PHÁP VÀ VÍ DỤ MINH HỌA Phương pháp: * Để chứng minh BĐT PP đạo hàm, ta khảo sát biến thiên hàm số f (x) liên quan tới cấu trúc BĐT cần chứng minh Từ biến thiên hàm số f (x) ta suy BĐT cần chứng minh * Chứng minh BĐT phương pháp đạo hàm chia thành số dạng sau - Dạng 1: Chứng minh BĐT có chứa biến phương pháp đạo hàm - Dạng 2: Chứng minh BĐT có chứa nhiều biến phương pháp đạo hàm Đối với dạng này, cần làm cho HS nhận biết số trường hợp sau đây: + TH1: Các biến có ràng buộc với điều kiện + TH2: Biểu thức chứa biến biểu thức đẳng cấp biến + TH3: Biểu thức chứa biến biểu thức đối xứng biến Từ hiểu biết Tốn sơ cấp, ta thấy: Đây PP hiệu việc giải nhiều toán chứng minh BĐT Bởi PP hỗ trợ cơng cụ mạnh, đạo hàm Nhờ đạo hàm mà ta khảo sát hàm số tìm cực trị cách dễ dàng (nếu khơng sử dụng đạo hàm việc xét tính biến thiên hàm số khơng dễ dàng sử dụng định nghĩa đồng biến nghịch biến), mà toán chứng minh BĐT PP đạo hàm giải nhanh gọn Khi chứng minh BĐT PP hàm số khơng phải mò mẫm dự đốn theo thủ thuật sơ cấp đơn lẻ PP không trình bày cụ thể SGK THPT ẩn số tập SGK Giải tích 12 Ví dụ minh họa Ví dụ 1: Cho < x < π Chứng minh rằng: 2sin x + t anx > x Lời giải: π Xét hàm số f ( x ) = 2sin x + t anx - 3x 0, ÷ 2 π + Hàm số f (x) liên tục 0, ÷ + Ta có: f ' ( x ) = 2cosx + = -3 cos x cos3 x − 3cos x + cos x ( − cos x ) ( cos x + 1) = cos x π > với ∀x ∈ 0, ÷ 2 π Do hàm số f đồng biến nửa khoảng 0, ÷ π ⇒ f ( x ) > f ( ) = với ∀x ∈ 0, ÷ 2 Vậy BĐT cho chứng minh Chú ý: Nhiều để tính chất hàm số ta nghiên cứu hàm số tập rộng hơn, cụ thể tập rộng phụ thuộc vào toán Chẳng hạn: π Với toán xét hàm số f ( x ) = 2sin x + t anx - 3x 0, ÷ chưa hợp lí việc tính f (0) khơng hợp logic Ví dụ 2: Chứng minh với x > ta có: x− x3 < s inx < x Lời giải: * Ta chứng minh: s inx < x (*) với x > Xét hàm số f ( x ) = s inx - x [ 0, +∞ ) + f (x) hàm số liên tục [ 0, +∞ ) + Ta có f ' ( x ) = cos x - 1< với x > Do đó: f (x) hàm đồng biến [ 0, +∞ ) ⇒ f ( x ) > f ( ) = với x > Vậy BĐT (*) chứng minh * Ta chứng minh: x − x3 < s inx (**) với x > Xét hàm số g ( x ) = x − x3 − s inx [ 0, +∞ ) + Hàm số g(x) liên tục [ 0, +∞ ) + Ta có: g ' ( x ) = − (1) x2 − cos x Đến đây, nhiều HS tỏ lúng túng việc xét dấu g ' (x) Lúc này, GV hướng dẫn em làm quen với thủ thuật thông thường áp dụng trường hợp chưa thể khẳng định dấu đạo hàm cấp tính liên tiếp đạo hàm để hạ bậc dần đa thức ẩn x Ta xét dấu g ' ( x ) = − x2 − cos x với x > sau: 10 f (3) = f (9) = 9; f (6) = 12 ⇒ f (t ) ≤ f (6) = 12 với t ∈ [ 3;9] 1 1 Vậy ( x + y + z ) + + ÷ ≤ 12 (ĐPCM) x y z Ví dụ 12 Chứng minh với số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = , ta có: a − 2a + a b − 2b3 + b c − 2c + c + + ≤ b2 + c c2 + a2 a + b2 Lg: Do a, b, c > , a + b + c = ⇒ a, b, c ∈ (0;1) Ta có: a − 2a + a = b2 + c ( ) a a2 − 1− a 2 = −a3 + a ( ) ( ) ( ) 3 Bất đẳng thức trở thành: −a + a + −b + b + −c + c ≤ Xét hàm số : f ( x) = − x + x với x ∈ ( 0;1) f '(t ) = −3x + 1; f '( x) = ⇔ t = Lập bảng biến thiên Từ bảng biến thiên suy : Max f ( x) = (0;1) ( ) ( ) ( ) 3 3 Suy ra: −a + a + −b + b + −c + c ≤ 20 (ĐPCM) Đẳng thức xảy ⇔ a = b = c = Ví dụ 13 Cho a, b, c số thực không âm thỏa mãn a + b + c = Chứng minh rằng: ab + bc + ca − 2abc ≤ 27 Lg: Ta có ab + bc + ca − 2abc = a (b + c) + (1 − 2a )bc = a (1 − a ) + (1 − 2a)bc Đặt t = bc ta có ≤ t = bc ≤ (b + c) (1 − a) = 4 (1 − a) Xét hs f (t ) = a(1 − a) + (1 − 2a )t đoạn 0; (a + − a) f (0) = a (1 − a ) ≤ = < Có 4 27 (1 − a) 1 1 − (2a + ) a − ÷ ≤ f với a ∈ [ 0;1] ÷= 27 3 27 1 Với a ∈ 0; ⇒ f (t ) ≤ f (0) < 27 2 (1 − a) 1 Với a ∈ ;1 ⇒ f (t ) ≤ f ÷≤ 2 27 Vậy ab + bc + ca − 2abc ≤ Đẳng thức xảy a = b = c = 1/3 27 Ví dụ 14 Cho số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = Chứng minh rằng: x− y +3 y−z +3 z−x − x2 + y + z ≥ (Đề thi ĐH khối B năm 2012) Lg: Trước tiên, ta chứng minh f ' ( t ) = ln t − > 0; ∀t ≥ 0(*) t Thật vậy: Xét hàm số f ( t ) = − t − 1; t ≥ t f ' ( t ) = 3t ln t − > 0; ∀t ≥ Suy hàm số đồng biến khoảng ⇒ f ( t) ≥ f ( t) = Dấu xảy t = 21 ( 0;+∞ ) x− y y−z z −x Áp dụng (*) ta có: + + ≥ x − y + y − z + z − x + Áp dụng BĐT: a + b ≥ a + b , ta được: ( x− y + y−z + z−x) = 2 2 = x − y + y − z + z − x + x − y y − z + x − y z − x + y − z z − x ( 2 ≥ x − y + y − z + z − x ( ) 2 Do đó: x − y + y − z + z − x ≥ x − y + y − z + z − x ) = x2 + y + z − ( x + y + z ) = 6x2 + y + 6z 2 Vậy x− y + y − z + z − x − x + y + z ≥ Dấu xảy x = y = z = Ví dụ 15 Cho số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = x + y + z = x5 + y + z ≥ Chứng minh rằng: 6 (Đề thi ĐH khối B năm 2012) 2 2 y + z 1− x 1− x 2 = ⇒ x2 − ≤ ⇔ 3x ≤ ⇔ − ≤x≤ Mặt khác, ta có: yz ≤ 2 2 3 5 5 2 3 2 Khi đó: x + y + z = x + ( y + z ) ( y + z ) − y z ( y + z ) = Lg: Ta có: = ( x + y + z ) = x + y + z + x ( y + z ) + yz = − x + yz ⇒ yz = x − 2 1 = x + ( − x ) ( y + z ) − yz ( y + z ) − x − ÷ x = ( x − x ) = f ( x ) 2 2 Xét hàm số f ( x ) = ( x − x ) với x ∈ − ; 3 15 ta có f ' ( x ) = x − ; f ' ( x ) = ⇔ x = ± Bảng biến thiên 22 Từ suy ra: f ( x ) ≤ 2 ; x ∈ − ; 6 3 x = y = − ; z = 6 ;y = ;z = − Dấu xảy x = − 6 x = ; y = − ; z = − 6 Ví dụ 16 Cho số thực a, b, c, d thỏa mãn: a + b = 1; c − d = CM: F = ac + bd − cd ≤ 9+6 LG: Áp dụng BĐT Bunhiacopxki giả thiết ta có: F≤ (a )( ) + b c + d − cd = 2d + 6d + − d − 3d = f (d ) − ( d + 3) + Ta có: f '(d ) = (2d + 3) d + 6d + Bảng biến thiên: 23 ; f '(d ) = ⇔ d = − 3 9+6 Dựa vào BBT ta suy : f ( d ) ≤ f − ÷ = 2 Dấu “=” xảy a = 1 3 ;b = − ;c = ;d = − 2 2 Ví dụ 17: Cho a, b, c > a + b + c = Chứng minh rằng: a b c 3 + 2+ ≥ 2 b +c a +c a +b 2 (1) Lời giải: Ta nhận thấy: biểu thức chứa biến biểu thức đối xứng với tất biến Với điều kiện a + b + c = (1) ⇔ a b c 3 + + ≥ a + b2 + c2 ) ( 2 1− a 1− b 1− c 3 3 3 ≥0 ⇔ a2 − + b − + c − 2 2 b − b c − c a ( − a ) ( ) ( ) Do biểu thức đối xứng ba biến a, b, c Vậy ta đặt a = x b = x c = x Ta chứng minh: 3 ≥ với ∀x : < x < Thật vậy: 2 x ( 1− x ) Xét hàm số f ( x ) = x ( − x ) ( 0,1) Ta có: f ' ( x ) = −3x + ⇒ f ' ( x ) = ⇔ x = (do x ∈ ( 0,1) ) 24 Bảng biến thiên: x 3 f '(x) + - 3 f(x) Dựa vào bảng biến thiên ta thấy: ≤ f ( x ) ≤ ⇔ 3 với ∀x ∈ ( 0,1) 3 3 ≥ ≥ ⇔ 2 x ( 1− x ) f ( x) Do đó: 3 3 3 2 ≥0 a2 − ≥ b − ≥ c − ; ; 2 2 b − b c − c a ( − a ) ( ) ( ) Vậy (2) chứng minh ⇒ (1) chứng minh x+ y x− y > ln x − ln y Ví dụ 19 Chứng minh rằng: ∀x > y > Giải Do x > y > 0, lnx > lny ⇔ lnx −lny > 0, nên biến đổi bất đẳng thức ⇔ x −1 x− y x y ln x − ln y > × ⇔ ln > × x +1 x+ y y y ⇔ t −1 f (t ) = ln t − × >0 t +1 ∀t >1 Ta có t −1 t +1 ⇔ ln t > × với t= x >1 y ( t − 1) f ′( t) = − = >0 2 t ( t + 1) t ( t + 1) ∀t >1 ⇒ f(t) đồng biến [1, +∞) ⇒ f(t) > f(1) = ∀t >1 ⇒ (đpcm) y x − ln ln ÷> y − x 1− y 1− x Ví dụ 20 Chứng minh rằng: ∀x, y ∈ ( 0,1) x ≠ y Giải Xét hai khả sau đây: y x y x y x y x + Nếu y > x (1) ⇔ ln − y − ln − x > ( y − x ) ⇔ ln − y − y > ln − x − x + Nếu y < x (1) ⇔ ln − y − ln − x < ( y − x ) ⇔ ln − y − y < ln − x − x Xét hàm đặc trưng f(t) = Ta có f ′( t ) = ln t − 4t 1− t ( 2t − 1) −4= >0 t (1 − t ) t (1 − t ) với t∈(0, 1) ∀t∈(0,1) ⇒ f(t) đồng biến (0, 1) ⇒ f(y) > f(x) y > x f(y) < f(x) y < x ⇒ (đpcm) Ví dụ 21 Chứng minh rằng: ab < ba 25 ∀a > b ≥ e (1) Giải ab < ba ⇔ lnab < lnba ⇔ blna < alnb ⇔ Xét hàm đặc trưng f(x) = Ta có ln x x ∀x ≥ e − ln x − ln e ≤ = ⇒ f(x) nghịch x2 x2 ln a ln b < f(b) ⇔ ⇔ ab < ba a b f ′( x) = ⇒ f(a) < Ví dụ 22.Chứng minh ( Giải Biến đổi bất đẳng thức ln a ln b < a b biến [e, +∞) ) ( ) , ∀a ≥ b > ( + 21 ) ≤ ( + 21 ) ⇔ +2 b a + 1a ≤ b + 1b b a a a b a b a a b a + 4b ÷ ≤ b ÷ a) b) b a b a ( ( ⇔ ( + a ) ≤ ( + b ) ⇔ ln ( + a ) ≤ ln ( + b ) ⇔ ln + ≤ ln + a b x ( ) Xét hàm số đặc trưng cho hai vế f ( x ) = ln x+ với x > Ta có x x x) x) ( ( f ′ ( x ) = ln − 21 + x ln + < ⇒ f ( x ) giảm ( 0, +∞ ) ⇒ f ( a ) ≤ f ( b ) x (1 + ) Ví dụ 23 (Bất đẳng thức Nesbitt) Chứng minh rằng: a b c + + ≥ b+c c+a a+b ∀a, b, c > (1) Giải Khơng tính tổng qt, giả sử a ≥ b ≥ c Đặt x = a ⇒ x ≥ b ≥ c > Ta có (1) ⇔ f (x) = x b c + + b+c c+ x x +b với x ≥ b ≥ c > b c b c − − > − − =0 2 b + c ( x + c) b + c ( b + c) ( x + b) ( b + c) 2b + c ⇒ f(x) đồng biến [b, +∞) ⇒ f ( x) ≥ f (b) = (2) b+c 2x + c Đặt x = b ⇒ x ≥ c > 0, xét hàm số g(x) = với x ≥ c > x+c c > ∀c > ⇒g(x) đồng biến [c, +∞) ⇒ g ( x ) ≥ g (c) = ⇒ g ′( x ) = ( x + c) a b c Từ (2), (3) suy b + c + c + a + a + b ≥ ∀a, b, c > ⇒ f ′( x) = 26 (3) Nhờ nắm vững kiến thức PP hàm số để chứng minh BĐT Toán sơ cấp ĐHSP, sau hướng dẫn HS giải số tập trên, GV nêu ý cho HS sau: - Khi ứng dụng đạo hàm vào chứng minh BĐT có chứa nhiều biến vấn đề dẫn dắt HS xác định hàm số thích hợp, từ chuyển tốn BĐT toán hàm số - Khi chứng minh BĐT chứa nhiều biến phương pháp đạo hàm, ta hướng dẫn HS tiến hành hoạt động sau: + Nhận dạng toán + Nếu toán thuộc dạng 1: Dạng biến ràng buộc với điều kiện đó, ta chọn biến ẩn, biến lại rút từ điều kiện coi số + Nếu toán thuộc dạng 2: Dạng biểu thức chứa biến biểu thức đẳng cấp với biến (giả sử a b), ta đặt a b = x = x b a + Nếu toán thuộc dạng 3: Dạng biểu thức đối xứng với tất biến (giả sử a, b, c) ta đặt a = x b = x c = x Các phương pháp nêu gợi ý để giải vấn đề thuật giải đảm bảo chắn đến thành công Vì vậy, GV cần rèn luyện cho HS tư mềm dẻo, linh hoạt, biết điều chỉnh phương hướng cần thiết Từ (1) (2) suy đpcm PHẦN 3: BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ Bài 1: Cho ≤ α < β ≤ π Chứng minh rằng: α + cosα < β + cosβ (HD: Sử dụng PP đạo hàm) Bài 2: Cho hai số thực x y thỏa mãn x + y = Chứng minh rằng: f ( x, y ) = 16 ( x + y ) − 20 ( x + y ) + ( x + y ) ≤ π Bài 3: Chứng minh BĐT: 2sinx + 2t anx > x+1 , với ∀x ∈ 0, ÷ (HD: Áp dụng BĐT Cauchy: 2sinx + t anx ≥ 2sinx.2 t anx = 27 sinx + t anx +1 Đi chứng minh sinx + t anx +1 π ∀x ∈ 0, ÷ ) > x +1 , 2 Bài 4: Cho a + b = c + d = với a, b, c, d ∈ R Chứng minh rằng: 9+6 ac + bd + cd ≤ ) ( 2 Bài Chứng minh rằng: + x ln x + + x ≥ + x ( 2 HD: Xét hàm số: f ( x) = − + x + x ln x + + x ) ∀x ∈ R R a, b, c > a b c 3 Bài Cho Chứng minh rằng: + + ≥ 2 2 2 a + b + c = b + c c + a a + b HD: ⇔ a b c 3 a b c 3 + + ≥ ⇔ + + ≥ 2 2 2 2 b +c c +a a +b 1− a 1− b 1− c ( a2 a − a2 ) + ( b2 b − b2 ) + ( ( c2 c − c2 Xét hàm số: f ( x) = x − x ) ) ≥ 3 với x ∈ (0;1) π Bài Cho số thực x, y, z ∈ 0; Chứng minh rằng: 2 1 1 1 12 + + − − − ≤ 3− 2 sin x sin y sin z x y z π HD: Xét hàm số: f (t ) = 1 π − 0; sin t t 2 a, b, c > Bài Cho a + b + c ≤ 1 1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = 3( a + b + c) + + + ÷ a b c 28 HD: Ta có: 1 + + ≥ a b c a+b+c Xét hàm số: f (t ) = 3t + Suy : P ≥ 3(a + b + c) + 18 a+b+c 18 với t ∈ (0;1] t a, b, c > Bài Bài 11 Cho 2 a + b + c = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = HD: Ta có: 1 + + ≥ a b c a+b+c 1 + + − (a + b + c) a b c Suy : P ≥ ( − (a + b + c) a+b+c ) Đặt: t = a + b + c ≤ a + b + c ⇒ < t ≤ Xét hàm số: f (t ) = ( − t với t ∈ 0; t a, b, c > Bài 10 Cho a + b + c ≤ Tìm giá trị nhỏ giá trị lớn biểu thức: P = (a − b)(b − c)(c − a ) a, b > Bài 11 Cho ab + a + b = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = 3a 3b ab + + − a − b2 b +1 a +1 a + b HD: Đặt t = a + b ⇒ ab = − t ; t ∈ (0;3) Bài 12 Cho x, y, z ba số thực dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức: x y z P = x + ÷+ y + ÷+ z + ÷ zx xy yz HD: Ta có: P = x2 y z x2 + y + z + + + 2 xyz Do x + y + z = x2 + y2 y2 + z2 z + x2 + + ≥ xy + yz + zx 2 29 x2 y z ⇒ P ≥ + ÷+ + ÷ + + ÷ x y z Xét hàm số: f (t ) = t2 + ( 0;+∞ ) t Bài 13 Cho < x < y ≤ z ≤ 1; 3x + y + z ≤ tìm GTLN F = 3x + y + z (TH-TT) HD: từ gt ta có: x ≤ F ≤ f ( y) = Ta xét − 2y − z thay vào F ta được: 2− y 4z + 4z( y − 2) + 10 y − 16 y + 16 ≤ f ÷ = (9 y − 12 y + 20) = g ( y ) 3 ( ) 2 ≤ y ≤ (vì y b > c > CMR: a3b + b3c + c3a > a 2b3 + b 2c + c 2a ( 3 2 3 HD: Xét hàm số f ( a ) = a b + b c + c a − a b + b c + c a ) Ta có f’’(a) > suy f’(a) đb suy f ′ ( a ) ≥ f ′ ( b ) = b + 2bc3 − 3b 2c > Vây f’(a) > suy f(a) > f(b) = Bài 15 x ≥ y ≥ z ≥ CMR: HD: Xét hàm số f ( x ) = x z y x y z + + ≥ + + z y x y z x x z y x y z + + − + + với đk cho z y x y z x ÷ 1 Ta có: f ′ ( x ) = ( y − z ) − ÷≥ suy f(x) đb suy f ( x ) ≥ f ( y ) = yz x Bài 16 Cho x,y,z > Cmr: x + y + z + xyz ( x + y + z ) ≥ xy ( x + y ) + yz (y2 + z ) + zx (z + x ) HD: Khơng tính tổng qt ta giả sử: x ≥ y ≥ z xét hàm số f ( x ) = x + y + z + xyz (x + y + z ) − xy (x + y ) − yz (y + z ) − zx(z + x ) f”(x) > suy f ′(x) ≥ f ′( y ) = z y − z = z ( y − z ) ≥ nên f(x) đb 30 suy f ( x ) ≥ f ( y ) = z − 2z y + y z = z (z − y ) ≥ 31 KẾT LUẬN Trên nội dung chuyên đề “Một số ứng dụng tính đơn điệu hàm số để chứng minh bất đẳng thức” chuyên đề dùng cho học sinh lớp 12 ôn thi đại học.Chuyên đề tập chung vào chủ yếu tốn khó bất đẳng thức thường xuyên có mặt đề thi ĐH,CĐ HSG hàng năm.Từ cho học sinh thấy ứng dụng đa dạng tuyệt vời tính đơn điêu hàm số mà vấn đề SGK chưa đề cập đến Thời gian dự kiến 15 tiết Chuyên đề tác giả áp dụng giảng dạy lớp 12A1 năm học 2015-2016 trường THPT Trần Nguyên hãn Trong lớp 12A1 Khá 70%+TB 30% Khá Kết nhìn chung làm cho học sinh khơng lúng túng giải loại toán tự tin 32 TÀI LIỆU THAM KHẢO 1.SGK ĐẠI SỐ & GIẢI TÍCH LỚP 12 2.CHUYÊN ĐỀ HÀM SỐ ÔN THI ĐH-CĐ CỦA TRẦN PHƯƠNG 3.BÁO THTT 4.ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC CỦA BỘ GD&ĐT 5.ĐỀ THI OLYMPIC CÁC NƯỚC 33 34 ... DỤ MINH HỌA Phương pháp: * Để chứng minh BĐT PP đạo hàm, ta khảo sát biến thiên hàm số f (x) liên quan tới cấu trúc BĐT cần chứng minh Từ biến thiên hàm số f (x) ta suy BĐT cần chứng minh * Chứng. .. BĐT (1) chứng minh + Chứng minh a − b ≤ a + b (2) Tac : a = a + b + ( −b ) ≤ a + b + ( −b ) (áp dụng BĐT vừa chứng minh trên) ⇔ a ≤ a+b + b ⇔ a − b ≤ a+b Vậy BĐT (2) chứng minh b) Bất đẳng thức. .. vững kiến thức PP hàm số để chứng minh BĐT Toán sơ cấp ĐHSP, sau hướng dẫn HS giải số tập trên, GV nêu ý cho HS sau: - Khi ứng dụng đạo hàm vào chứng minh BĐT có chứa nhiều biến vấn đề dẫn dắt