Ứng dụng phương trình tiếp tuyến để sáng tạo và chứng minh một số bài toán về bất đẳng thức

Bài viết đưa ra hướng sáng tạo các bài tập chứng minh bất đẳng thức ứng dụng phương trình tiếp tuyến và có phương pháp giải cũng như một số nhận xét giúp định hướng cách giải cho học sinh, đưa ra một số ví dụ để học sinh luyện tập. Từ đó học sinh nắm rõ được bản chất của một số bất đẳng thức bằng phương pháp dùng tiếp tuyến.

UED Journal of Social Sciences, Humanities & Education - ISSN: 1859 - 4603 TẠP CHÍ KHOA HỌC XÃ HỘI, NHÂN VĂN VÀ GIÁO DỤC Nhận bài: 11 – 03 – 2019 Chấp nhận đăng: 20 – 06 – 2019 http://jshe.ued.udn.vn/ ỨNG DỤNG PHƯƠNG TRÌNH TIẾP TUYẾN ĐỂ SÁNG TẠO VÀ CHỨNG MINH MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ BẤT ĐẲNG THỨC Vũ Thị Tường Minha, Phạm Quý Mườia* Tóm tắt: Trong Chương trình tốn bậc phổ thơng, tốn bất đẳng thức dạng tốn khó phổ biến thường gặp kì thi Trung học phổ thông, tuyển sinh đại học, thi học sinh giỏi toán quốc gia, Olympic toán khu vực quốc tế Có nhiều phương pháp khác để giải tốn này, phương pháp sử dụng tuyến tiếp tỏ hiệu thường sử dụng nhiều trường hợp Trong báo này, đưa hướng sáng tạo tập chứng minh bất đẳng thức ứng dụng phương trình tiếp tuyến có phương pháp giải số nhận xét giúp định hướng cách giải cho học sinh, đưa số ví dụ để học sinh luyện tập Từ học sinh nắm rõ chất số bất đẳng thức phương pháp dùng tiếp tuyến Từ khóa: đồ thị lồi, lõm; tiếp tuyến; bất đẳng thức; chứng minh bất đẳng thức; sáng tạo bất đẳng thức; phương pháp tiếp tuyến Đặt vấn đề Bất đẳng thức dạng tốn khó đa dạng chương trình tốn học phổ thơng [1-4] Rất nhiều học sinh thấy toán bất đẳng thức đề thi cảm thấy e sợ bỏ qua tốn Trong đó, có toán bất đẳng thức cần áp dụng phương pháp đơn giản giải Có nhiều phương pháp khác nghiên cứu giảng dạy cho học sinh phương pháp khảo sát hàm số, phương pháp sử dụng phương trình tiếp tuyến, phương pháp sử dụng bất đẳng thức Bất đẳng thức Côsi, Bất đẳng thức hàm lồi,…[5-8] Trong số phương pháp đó, phương pháp sử dụng phương trình tiếp tuyến (ta gọi ngắn gọn phương pháp tiếp tuyến) phương pháp đơn giản dễ sử dụng Phương pháp cịn giúp giáo viên sáng tạo toán bất đẳng thức cách dễ dàng Với mong muốn tạo động lực học tập cho học sinh, giúp học sinh yêu thích đam mê việc chứng minh bất đẳng thức, báo nghiên cứu cách sáng tạo bất đẳng thức ứng dụng tiếp tuyến, đưa phương pháp giải số ví dụ Việc sáng tạo tốn bất đẳng thức kĩ cần thiết quan trọng cho giáo viên tham gia đề thi kì thi trung học phổ thơng quan trọng kì thi tốt nghiệp, kì thi học sinh giỏi cấp, kì thi Olympic cấp khu vực, quốc gia, quốc tế,… Bố cục báo sau: phần hai chúng tơi giới thiệu sở lí thuyết sử dụng để trình bày phương pháp tiếp tuyến Tiếp theo, đưa cách sáng tạo toán bất đẳng thức mới, phương pháp giải số ví dụ minh họa Đây kết quan trọng có ý nghĩa báo Cuối cùng, chúng tơi trình bày phần bốn số ví dụ áp dụng Cơ sở lí thuyết Trong báo này, ln giả sử D tập khác rỗng ¡ Định nghĩa 2.1 [1, Định nghĩa 1, trang 32] (Hàm số biến) Một quy tắc tương ứng f từ tập D vào a Trường Đại học Sư phạm - Đại học Đà Nẵng * Tác giả liên hệ Phạm Quý Mười Email: pqmuoi@ued.udn.vn ¡ thỏa mãn với giá trị x  D tương ứng với Tạp chí Khoa học Xã hội, Nhân văn & Giáo dục Tập 9, số (2019), 7-16 | Vũ Thị Tường Minh, Phạm Quý Mười giá trị y  ¡ gọi hàm số thực biến số Khi đó, ta gọi x biến số y = f ( x ) hàm số Định lí 2.2 [3, Định lí 1, trang 25] (Bất đẳng thức tiếp tuyến) Kí hiệu D tập hợp sau: (a; b],  a; b Cho hàm số y = f ( x ) x Tập hợp D gọi tập xác định hàm số ( a; b) , [a; b), Định nghĩa 2.2 [1, Định nghĩa 1, trang 34] (Đồ thị hàm số) Cho hàm số y = f ( x ) xác định tập D liên tục có đạo hàm cấp hai D Khi đó, Đồ thị hàm số f tập hợp tất điểm M ( x; f ( x)) mặt phẳng tọa độ với x thuộc D Định nghĩa 2.3 [2, Định nghĩa 1, trang 151, 152] (Tiếp tuyến, phương trình tiếp tuyến) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường cong (C ) Giả sử (C ) đồ thị hàm số khả vi y = f ( x ) M ( x0 , f ( x0 ) )  (C ) Kí hiệu M ( x, f ( x) ) điểm di chuyển (C ) a) Vị trí giới hạn đường thẳng M M M di chuyển đường cong (C ) dần điểm M gọi tiếp tuyến (C ) M Khi đó, M gọi tiếp điểm b) Phương trình tiếp tuyến đường cong (C ) điểm M ( x0 ; f ( x0 ) ) là: y = f ( x0 ).( x – x0 ) + f ( x0 ) Định nghĩa 2.4 [3, Định nghĩa 1, trang 25] (Đồ thị lồi, lõm) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục [a; b ] a) Nếu f  ( x )  0, x  D f ( x )  f  ( x0 )( x − x0 ) + f ( x0 ) , x, x0  D (1) b) Nếu f  ( x )  0, x  D f ( x )  f  ( x0 )( x − x0 ) + f ( x0 ) , x, x0  D (2) Đẳng thức hai bất đẳng thức xảy  x = x0 Từ định lí trên, ta có trường hợp a), tiếp tuyến điểm có hồnh độ x0 thuộc D nằm phía đồ thị hàm số y = f ( x ) Tương tự, trường hợp b) tiếp tuyến điểm có hồnh độ x0 thuộc D nằm phía đồ thị hàm số y = f ( x ) Định lí 2.3 (Định lí nghiệm bội tiếp tuyến) a) Cho hàm số y = f ( x ) khả vi ( ;  ), liên tục  ;   , x  ( ;  ) đường thẳng y = ax + b Nếu tồn hàm số y = g ( x) xác định x0 cho: f ( x) − (ax + b) = ( x − x0 )k g ( x), có đồ thị (C ) Khi đó, a) Đồ thị (C ) gọi lồi (a; b) tiếp tuyến điểm (a; b) hàm số y = f ( x ) ln nằm phía đồ thị (C ) (3) với k  2, k  ¥ đường thẳng y = ax + b tiếp tuyến đồ thị hàm số y = f ( x ) x0 b) Cho hàm số y = f ( x ) liên tục  ;   , có b) Đồ thị (C ) gọi lõm (a; b) tiếp tuyến đạo hàm đến cấp hai ( ;  ), x  ( ;  ) Khi đó, điểm (a; b) hàm số y = f ( x ) đường thẳng y = a x + b tiếp tuyến đồ thị nằm phía đồ thị (C ) hàm số y = f ( x ) điểm có hồnh độ x0 tồn Định lí 2.1.[4, Định lí Bezu, trang 196] Đa thức P ( x ) có nghiệm x = x0 P ( x ) chia hết cho hàm số y = g ( x) xác định x0 cho: x − x0 Phương pháp sáng tạo chứng minh bất đẳng thức ứng dụng phương trình tiếp tuyến Cơ sở phương pháp sáng tạo chứng minh bất đẳng thức sử dụng phương trình tiếp tuyến dựa kết sau: f ( x) − (ax + b) = ( x − x0 )k g ( x), với k  2, k  ¥ với điều kiện f ( x) − ( ax + b ) = P( x) h( x) thỏa P ( x ) hàm đa thức h( x0 )  Chứng minh: a) Từ (3) ta có: f ( x0 ) = ax0 + b (4) Mặt khác: ISSN 1859 - 4603 - Tạp chí Khoa học Xã hội, Nhân văn & Giáo dục Tập 9, số (2019), 7-16 lim x → x0 f ( x) − f(x ) x − x0 lồi (lõm) D , tức là, tiếp tuyến nằm (dưới) đồ thị hàm số ax + b − f ( x0 ) f ( x) − (ax + b) + lim x → x0 x − x0 x − x0 = lim x → x0 = lim ( x − x ) k g(x) + lim x → x0 Như ax + b − ( ax + b ) x − x0 x → x0 vậy: f '( x0 ) = a Bước Viết phương trình tiếp tuyến điểm Từ có hồnh độ x = 1 , x = 2 , , x = n (n  ¥ * ) thuộc D gắn với n biến x1 , x , , x n Từ đó, ta có bất = a (4) đẳng thức tương ứng ta có: b = f ( x0 ) − f ( x0 ) x0 Do đó, phương trình tiếp tuyến đồ thị y = f ( x ) x0 là: y = f ( x0 )( x − x0 ) + f ( x0 ) = a x + b Ta có điều phải chứng minh b) Đường thẳng y = a x + b tiếp tuyến đồ thị hàm số y = f ( x ) điểm có hoành độ x0  P( x0 ).h( x0 ) =  f ( x0 ) = ax0 + b    f '( x0 ) = ( ax0 + b ) '  P '( x0 ).h( x0 ) + P( x0 ).h'( x0 ) = P( x0 ) =  h( x0 )  P'( x0 ) = Vì P( x) hàm đa thức P( x0 ) = nên theo định lí Bơzu suy ra: P( x) = (x − x ).Q( x)  P'( x) = Q( x) + (x − x ).Q '( x) Do P'( x0 ) = nên: Q ( x0 ) =  Q( x) = ( x − x0 ) R ( x)  P(x) = ( x − x0 ) R( x)  f ( x) − (ax + b) = ( x − x0 )2 R( x) h(x) = ( x − x0 ) k g ( x) với k  2, k  ¥ Ta có điều phải chứng minh 3.1 Phương pháp sáng tạo bất đẳng thức ứng dụng phương trình tiếp tuyến Để sáng tạo bất đẳng thức ứng dụng phương trình tiếp tuyến, ta thường theo bước sau: Bước Chọn hàm số y = f ( x ) tùy ý Bước Dùng đồ thị dùng xét dấu đạo hàm cấp hai để khảo sát tính lồi (lõm) hàm số y = f ( x ) Từ đó, ta chọn miền D cho hàm số khả vi Bước Sử dụng bất đẳng thức với biến mới, cộng bất đẳng thức thêm điều kiện liên quan đến điều kiện xảy dấu (nếu cần) để nhận toán chứng minh bất đẳng thức Để minh họa cho phương pháp sáng tạo toán bất đẳng thức sử dụng phương trình tiếp tuyến, chúng tra xét trường hợp sau: Giả sử hàm số y = f ( x ) khả vi lồi tập D Khi đó, tiếp tuyến điểm có hồnh độ x1 = 1 , x2 =  , , xn =  n hàm số y = f ( x ) nằm đồ thị, tức là, ta có bất đẳng thức: f ( x1 )  f  (1 )( x1 − 1 ) + f (1 ) ; f ( x2 )  f  ( )( x2 −  ) + f ( ) ; f ( xn )  f  ( n )( xn −  n ) + f ( n ) Một cách tương ứng, dấu xảy  x1 = 1 x =   2    xn =  n Cộng tất bất đẳng thức theo vế đồng thời thêm điều kiện liên quan đến biến x1 , x2 , , xn thỏa điều kiện dấu xảy bất đẳng thức Ví dụ, ta đưa điều kiện sau: f  (1 ) x1 + f  ( ) x2 + + f  ( n ) xn = f  (1 ) 1 + f  ( )  + + f  ( n ) n Khi đó, ta có tốn bất đẳng thức mới: f ( x1 ) + f ( x2 ) + + f ( xn )  f (1 ) + f (2 ) + + f (n ) hay f ( x1 ) + f ( x2 ) + + f ( xn )  C; C  ¡ Cuối cùng, phát biểu lại toán bất đẳng thức với điều kiện tương ứng biến Vũ Thị Tường Minh, Phạm Quý Mười Ví dụ 3.1 Xét hàm số f ( x) = 2x − 3x Chúng ta tính đạo hàm cấp cấp hai: f '( x) = (1 − 3x) ; f ''( x) = 12(1 − 3x) ; x  (1 − 3x)4 Dựa vào dấu f ''( x) thấy: x  f ''( x)  0, (tiếp tuyến nằm phía đồ thị) f '( x) = Tiếp tuyến x = y = x − , nằm đồ thị 2 1 hàm số y = f ( x ) , x  Do đó: x −  f ( x); x  2 Dấu xảy x = Ta thêm vào hai y −  f ( y ); y  ; 2 xảy y = biến nữa, ta có z −  f ( z ); z  Dấu 2 z = Cộng bất đẳng thức trên, ta có: f ( x) + f ( y ) + f ( z )  ( x + y + z ) − 2 Và ta thêm vào điều kiện liên quan biến: x + y + z = (thỏa điều kiện dấu xảy x = 1, y = z = ) Từ ta có tốn bất đẳng thức: Cho x, y, z  thỏa mãn x + y + z = Chứng minh rằng: 2x 2y 2z + +  −2 − 3x − y − 3z Ví dụ 3.2 Xét hàm số f ( x) = x + Ta có: x2 + ; f ''( x) = ( x2 + )  0; x Như vậy, tiếp tuyến nằm phía đồ thị hàm số y = f ( x) = x + - Tiếp tuyến x = : y = x = −1 : y = − x   f ''( x)  (tiếp tuyến nằm phía đồ thị) x 2 x+ tiếp tuyến 2 2 x+ nằm phía đồ thị 2 hàm số y = x + Do đó: f ( x)  2 x+ ; x 2 Dấu “=” xảy x = Và f ( x)  − 2 x+ ; x 2 Dấu “=” xảy x = −1 - Ta thêm vào ba biến x+ 2 f ( z)  z+ f ( x)  ; 2 ; nữa, ta có 2 y+ ; 2 2 f (t )  − t+ 2 f ( y)  − Dấu “=” xảy x = 1; y = −1; z = 1; t = −1 Cộng bất đẳng thức lại ta có ( x − y + z − t ) + 2 Và ta thêm điều kiện liên quan biến x − y + z − t = (thỏa điều kiện dấu “=” xảy ra: f ( x) + f ( y ) + f ( z ) + f (t )  x = 1; y = −1; z = 1; t = −1 ) Từ ta có bất đẳng thức: Cho x; y; z; t  ¡ ; x − y + z − t = Chứng minh rằng: x + + y + + z + + t +  3.2 Phương pháp chứng minh bất đẳng thức ứng dụng phương trình tiếp tuyến Trong phần này, ta xem xét tốn chứng minh bất đẳng thức có dạng: f ( x1 ) + + f ( xn )  C f ( x1 ) + + f ( xn )  C, kèm theo điều kiện biến x1 , x2 , , xn Để chứng minh bất đẳng thức dạng này, nhiều trường hợp, sử dụng phương pháp 10 ISSN 1859 - 4603 - Tạp chí Khoa học Xã hội, Nhân văn & Giáo dục Tập 9, số (2019), 7-16 tiếp tuyến Trong phần này, trình bày phương pháp chứng minh bất đẳng thức phương pháp tiếp tuyến Để ứng dụng phương pháp tiếp tuyến, thực theo bước sau: Bước Dự đoán điều kiện xảy dấu “=”: giả sử dấu xảy x1 = 1 , x2 =  , , xn =  n Bước Xét hàm số f ( x ) D (hàm f ( x ) có dựa vào bất đẳng thức) Xét tính lồi (lõm) hàm số y = f ( x ) D Chú ý rằng, phải chọn tập D cho  i  D, i = 1, 2, , n hàm số y = f ( x ) lồi lõm D Bước Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị y = f ( x ) điểm có hồnh độ hàm số x1 = 1 , x2 =  , , xn =  n Dựa vào tính lồi (lõm) hàm số để có bất đẳng thức tương ứng Bước Cộng bất đẳng thức theo vế, kết hợp điều kiện ta điều phải chứng minh Chú ý: 1) Trong số trường hợp, đồ thị hàm số có khoảng lồi, khoảng lõm D nên ta có trường hợp tiếp tuyến x0 nằm nằm đồ thị Hình Từ ta có đánh giá: f ( x )  f ' ( x0 )( x − x0 ) + f ( x0 ) , x0  ( a; b ) hoặc: f ( x )  f ' ( x0 )( x − x0 ) + f ( x0 ) , x0  ( a; b ) ( ) f ( x) − f ' ( x0 )( x − x0 ) + f ( x0 ) = ( x − x0 ) g( x) , k g ( x0 )  , k  2, k  ¥ , ta kiểm nghiệm g( x)  0, x  D g( x)  0, x  D 2) Nếu gặp bất đẳng thức đồng bậc ta nên chuẩn hóa, tùy vào đặc điểm mà ta có cách chuẩn hóa phù hợp để đưa dạng dùng bất đẳng thức tiếp tuyến Ví dụ 3.3 Cho a, b, c  Chứng minh rằng: ( b + c )2 ( a + c )2 ( a + b )2 + + ( b + c − a )2 + a ( a + c − b )2 + b ( a + b − c )2 + c  * Nhận xét : Đây tập bất đẳng thức đồng bậc Với dạng ta nên chuẩn hóa Tùy vào đặc điểm mà ta có cách chuẩn hóa phù hợp để đưa bất đẳng thức dạng biến cô lập dạng: f ( x1 ) + + f ( xn )   f ( x1 ) + + f ( xn )   Sau đưa dạng bất đẳng thức trên, ta đoán dấu “=” xảy a = b = c = Do đó, ta xét phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số y = f ( x ) (có phương trình y = 2) Vì đồ thị hàm số y = f ( x ) có khoảng lồi khoảng lõm R nên ta x= xét f ( x ) − theo Chú ý (1) để chứng minh tốn Giải Ta có vế trái bất đẳng thức biểu thức bậc, khơng tính tổng qt, giả sử a + b + c = Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành : với (1 − a )2 (1 − b )2 (1 − c )2 + + (1 − 2a )2 + a (1 − 2b )2 + b2 (1 − 2c )2 + c2 a, b, c  ( 0;1)  6, Xét hàm số: Hình Đồ thị có khoảng lồi lõm Khi đó, ngồi cách dùng Định lí 2.2 (xét dấu y '' ) chứng minh đánh giá cách xét hiệu: (1 − x )2 f ( x) = (1 − x )2 + x2 = x2 − x + 5x2 − x + , x  ( 0;1) Khi đó, bất đẳng thức trở thành: 11 Vũ Thị Tường Minh, Phạm Quý Mười f ( a ) + f (b ) + f ( c )  , với a, b, c  ( 0;1) Ta có : f ( x) − = = x2 − x + 5x2 − x + −2 −9 x + x − 5x2 − x + = − ( 3x − 1) 5x2 − x +  0, x  ( 0;1) Cộng bất đẳng thức theo vế, ta nhận được: Suy ra: f ( a ) + f (b ) + f ( c )  + + = 6, 2x 2y 2z + +  ( x + y + z ) − = −2 − 3x − y − 3z 2 với a, b, c  ( 0;1) Dấu “=” xảy  a = b = c = Vậy ta có điều phải chứng minh Trong phần này, chúng tơi trình bày số ví dụ, có ví dụ tạo theo phương pháp trình bày Mục có ví dụ nằm đề thi cấp trung học phổ thơng a Bài tốn Ví dụ 4.1 Cho x, y, z  thỏa mãn x + y + z = Chứng minh rằng: 2x 2y 2z + +  −2 − 3x − y − 3z * Cách sáng tạo tốn: trình bày Ví dụ 3.1 Mục 3.1 * Nhận xét: Trong ví dụ này, nhận thấy dấu “=” xảy x = y = z = 1, bất đẳng thức đương với chứng minh 2x , x  Do f ( x) + f ( y) + f ( z )  −2 , với f ( x) = − 3x đó, ta xét phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số y = f ( x ) x = áp dụng Định lí 2.2 để chứng minh Giải: Xét hàm số: f ( x) = f ' ( x) = (1 − 3x) việc 2x , x  Ta có: − 3x , f '' ( x ) = Áp dụng Định lí 2.2 ta có: 12 Dấu “=” xảy  x = y = z = Ví dụ 4.2 Cho x, y, z, t  ¡ thỏa mãn x − y + z − t = Chứng minh rằng: Một số ví dụ tương  2x 2.1  2x  ( x − 1) +  1 − 3x  x − − 3.1 1 − 3x (1 − 3.1)   y 2.1  2y    y− ( y − 1) +  − y − 3.1 − y 2 (1 − 3.1)    2z  2z 2.1  z−  z − +   ( ) − z 2  − 3.1 1 − 3z (1 − 3.1) 12  0, x  (1 − 3x) x + + y + + z + + t +  * Cách sáng tạo tốn: trình bày Ví dụ 3.2 Mục 3.1 *Nhận xét: Trong ví dụ ta nhận thấy dấu “=” xảy x = 1, y = −1, z = 1; t = −1 bất đẳng thức tương đương với f ( x) + f ( y ) + f ( z ) + f (t )  , với f ( x) = x + nên ta xét phương trình tiếp tuyến đồ thị hs y=f(x) x = x= -1; áp dụng Định lí 2.2 để chứng minh giải Giải Xét hàm số f ( x) = x + Suy f '( x) = x x +1 ; f ''( x) = ( x2 + )  0; x Áp dụng Định lí 2.2:  2 x+  f ( x)  2   f ( x)  f '(1)( x − 1) + f (1)  2 y+  f ( y )  f '(−1)( y + 1) + f (−1)  f ( y)  −   2   f ( z )  f '(1)( z − 1) + f (1) 2   f ( z)  z+  f (t )  f '(−1)(t + 1) + f (−1)  2  2   f (t )  − t + ISSN 1859 - 4603 - Tạp chí Khoa học Xã hội, Nhân văn & Giáo dục Tập 9, số (2019), 7-16 Cộng bất đẳng thức theo vế, ta nhận được: ( x − y + z + t ) + 2 = 2 Dấu “=” xảy  x = z = 1; y = t = −1 f ( x) + f ( y ) + f ( z ) + f (t )  Từ đó, ta thêm điều kiện liên quan biến: x + y + z = (thỏa điều kiện dấu xảy x= y=z= Từ ta có tốn bất đẳng thức: Cho x, y, z Ví dụ 4.3 Cho x, y, z số thực không âm x + y + z = Chứng minh rằng: số thực không âm x + y + z = Chứng minh rằng: + 3x + + y + + 3z  3 3 * Cách sáng tạo toán: Xét hàm số f ( x) = + 3x Ta có: 2x f ' ( x) = (1 + 3x ) 2 − 2t , f '' ( t ) = (1 + 3t )  0, t  ( 0;1) Như vậy, tiếp tuyến nằm phía đồ thị Ta xét tiếp tuyến x = có phương trình 36  1  x −  + Vì tiếp tuyến nằm phía  3 đồ thị hàm số y = + 3x nên f ( x)  + 3x + + y + + 3z  3 *Nhận xét: Trong ví dụ này, nhận thấy dấu “=” xảy x = y = z = bất đẳng thức tương đương với f ( x) + f ( y ) + f ( z )  3 36  1  x −  + (Dấu xảy x = )  3 với f ( t ) = + 3t , t  0;1 Do đó, xét áp dụng Định lí 2.2 để chứng minh giải x= Giải Xét hàm số: f ( x ) = + 3x , x  0;1 Ta có: f ( x)  36  1 x− + ;  3 2x f ' ( x) = Ta thêm vào hai biến nữa, ta có: 36  1 f (y)   y− + ;  3 3 36  1 z− +  3 Dấu “=” xảy x = y = z = Cộng ba bất đẳng thức cuối theo vế, ta có f ( x) + f ( y ) + f ( z )  36 ( x + y + z − 1) + 3 ( + 3x ) 2 − x2 f '' ( t ) = f (z)  , phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số y = f ( x ) hàm số y = f ( x) = + 3x y= ) (1 + 3x ) ,  0, x  0;1 Hàm số cho lồi tập khảo sát Áp dụng Định lí 2.2: 1   1 f ( x )  f '   x −  + f   , 3    3 1   1 f ( y )  f '   y −  + f   , 3    3 1   1 f ( z )  f '   z −  + f   3   3 Cộng ba bất đẳng thức theo vế, ta được: 13 Vũ Thị Tường Minh, Phạm Quý Mười f ( x) + f ( y ) + f ( z ) 1 1  f '   ( x + y + z − 1) + f   = 3 3 3 Dấu “=” xảy  x = y = z = Ta thêm vào biến nữa, ta có 29 f (y)  y − ; y  (0; 2) Dấu “=” xảy 16 16 y = Cộng bất đẳng thức trên, ta có: Ví dụ 4.4 Cho hai số thực dương x, y thỏa x + y = Chứng minh : x2 + x2 − x + + y2 +  y2 − y + x2 + x2 − x + 29 ( x + y) − ; x  (0; 2) 16 Và ta thêm vào điều kiện liên quan biến: x + y = (thỏa điều kiện dấu xảy x = 1, y = ) * Cách sáng tạo toán: Xét hàm số f ( x) = f ( x) + f ( y )  Đồ thị hàm minh họa Hình Từ ta có tốn bất đẳng thức: Cho hai số thực dương x, y thỏa x + y = Chứng minh rằng: x2 + x2 − x + * Nhận xét : y2 + + y2 − y +  Ta đoán dấu “=” xảy x = y = Bất đẳng thức tương đương với f ( x ) + f ( y )  với x2 + f ( x) = x2 − x + ; x  ( 0; ) nên ta xét phương x2 + trình tiếp tuyến f ( x) = y= dạng 29 x− 16 16 x2 − x + Ta có x = xét x2 + 5  29 −  x −  , x  ( 0; ) (1) theo ý 16 16  x −x+4  để chứng minh tốn Hình Đồ thị hàm số f(x) Giải Ta xét hiệu: 2x2 +   29 − x−  , x  ( 0; ) 16  x − x +  16 Từ đồ thị hàm số này, ta thấy: x  (0; 2) đồ thị lõm (tiếp tuyến nằm phía đồ thị) Tiếp tuyến 29 x− nằm đồ thị hàm số x = y = 16 16 y = f ( x ) , x  (0; 2) Do đó: f ( x)  29 x − ; x  (0; 2) 16 16 + x2 + x2 − x + + Nếu Dấu “=” xảy x = đó: 14 Nếu 0 x 29 (*) 29 x− 0 16 16  0; x  (0;2) , (*) hiển nhiên  x  29 x2 + 5  29 + x−   , x − x +  16 16  ISSN 1859 - 4603 - Tạp chí Khoa học Xã hội, Nhân văn & Giáo dục Tập 9, số (2019), 7-16 x2 + 5  29 − x −  16  x − x +  16 ( 2x + 1) 2 f ( a ) + f (b ) + f ( c ) + f ( d )  , với f ( x ) = x3 − x , x  ( 0;1) Do đó, xét 5  29 − x−  16 16  , x   ;2  = x − 2x +    2x + 5  29   29 + x−  x − x +  16 16  phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số f ( x ) ( ) =  16 ( x − x + )   ( 162 x + − ( 29 x − 5) x − x + 2 (  16 ( x − x + )   ( x − 1) 183x2 + 1497 x + 156 2 Vì vậy, Vậy ) 5   0, x   ;2   29  x +  29   +  x −    x − x +  16 16   = ) 5   0, x   ;2   29  x +  29   +  x −    x − x +  16 16   Giải Xét hàm số: f ( x ) = x3 − x , x  ( 0;1) Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành: f ( a ) + f (b ) + f ( c ) + f ( d )  Ta có : f ( x) − = x2 + 29  x − , x  ( 0; ) 16 x − x + 16 y2 + y − y+4  29 y − , y  ( 0; ) 16 16 x2 + x −x+4 + y2 + y − y+4 Suy : f ( x )   29 ( x + y ) − = 3, 16 8  0, x  ( 0;1) 5x − , x  ( 0;1) Do đó, 5(a + b + c + d ) − = Dấu “=” xảy  a = b = c = d = Ví dụ 4.6 Cho a, b, c  Chứng minh rằng: với hai số thực dương x, y thỏa x + y = 1+ Dấu “=” xảy  x = y = 3 b Một số toán đề thi Ví dụ 4.5 Cho a, b, c, d số thực dương (a ) 1 1 + b2 + c2  + +  a b c  a + b + c + a + b2 + c2 (Trích đề thi Albania 2002) cho a + b + c + d = Chứng minh rằng: ) ( ( x − 1)2 ( 3x + 1) f ( a ) + f (b ) + f (c ) + f ( d )  Do ( 5x − 5x − = x3 − x − 8 (*) Tương tự 5x − x = , có phương trình y = Vì đồ thị hàm số có khoảng lồi khoảng lõm ¡ nên ta xét 5x − Chú ý để chứng minh toán f ( x) − ) a + b3 + c + d  a + b + c + d + (Trích đề thi France-2007) *Nhận xét : Chúng ta đoán dấu “=”xảy a = b = c = Bất đằng thức tương đương với * Nhận xét: Đây dạng tốn bất đẳng thức có dạng Với dạng này, nên chuẩn hóa để đưa bất đẳng thức dạng: f ( x1 ) + + f ( xn )   f ( x1 ) + + f ( xn )   thấy đẳng thức xảy 1 a=b=c= , nên xét tiếp tuyến x = 3 Chúng ta 15 Vũ Thị Tường Minh, Phạm Quý Mười đồ thị hàm số f ( t ) = 1+ − t ,  t  áp 3 t dụng Định lí 2.2 Giải Vì bất đẳng thức cho bất đẳng thức nên ta cần chứng minh bất đẳng thức với số thực dương a,b,c thỏa a + b + c = Khi bất đẳng thức trở thành: f ( a ) + f (b ) + f ( c )  1, với f (t ) = 1+ − t ,  t  3 t ( 1+ Ta có: f '' ( t ) = 3t )  0, t  ( 0;1) Áp dụng Định lí 2.2, viết phương trình tiếp tuyến x = (xem Ví dụ 4.1) cộng vế theo vế ta có: f ( a ) + f (b ) + f ( c )      f'  a+b+c− +3f    3  3 ( )  '   f  0 Vì     2 a + b + c  a + b + c = ( )   nên f ( a ) + f ( b ) + f ( c )  f   = Đẳng thức xảy  3  a = b = c = Kết luận Kết chủ yếu báo sử dụng tính chất phương trình tiếp tuyến hàm lồi hàm lõm để sáng tạo đưa phương pháp giải số toán bất đẳng thức Bài báo trình bày số ví dụ minh họa cách sáng tạo cách giải số tốn cụ thể Các ví dụ lấy từ đề thi học sinh giỏi số nước giới cho thấy tính hiệu khả áp dụng phương pháp nghiên cứu Tài liệu tham khảo Trần Văn Hạo, Vũ Tuấn, Doãn Minh Cường, Đỗ Mạnh Hùng, Nguyễn Tiến Tài (2008) Đại số 10 Nhà xuất Giáo dục, Hà Nội [2] Trần Văn Hạo, Vũ Tuấn, Đào Ngọc Nam, Lê Văn Tiến, Vũ Viết Yên (2010) Đại số giải tích 11 Nhà xuất Giáo dục, Đà Nẵng [3] Trần Văn Hạo, Vũ Tuấn, Lê Thị Thiên Hương, Nguyễn Tiến Tài, Cấn Văn Tuất (2010) Giải tích 12 Nhà xuất Giáo dục, Đà Nẵng [4] Phan Huy Khải (2002) Toán Đại số nâng cao cho học sinh THPT Nhà xuất Giáo dục, Hà Nội [5] Trần Đình Cư (2015) Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi giải tốn máy tính cầm tay Casio 570VNPLUS Nhà xuất Giáo dục [6] Phạm Kim Hùng (2007) Sáng tạo bất đẳng thức Nhà xuất Hà Nội [7] Phan Huy Khải (2007) Giải tích lồi toán sơ cấp Nhà xuất Giáo dục [8] Trần Phương, Võ Quốc Bá Cảnh, Trần Quốc Anh (2016) Vẻ đẹp bất đẳng thức kì thi Olympic Tốn học Nhà xuất Giáo dục Quốc gia, Hà Nội [1] APPLICATION OF TANGENT EQUATIONS TO CREATIVE AND PROVE SOME INEQUALITIES Abstract: In high school math program, inequality problems are difficult but rather common and are often taken in high school exams, university admissions, national math competitions, regional and international math Olympic competitions Among several ways to solve these problems the tangential methodis far effective and often applied in many cases In this paper, we recommend some ways to create exercises proving inequalities by using the tangent equations, help students find solutions as well as give some examples to practice Based on the comments, students clarify the nature of some inequalities by using tangential methods Key words: convex (concave) graph; tangent; inequality; solve inequalities; inequality creation; tangential methods 16 ... phải chứng minh 3.1 Phương pháp sáng tạo bất đẳng thức ứng dụng phương trình tiếp tuyến Để sáng tạo bất đẳng thức ứng dụng phương trình tiếp tuyến, ta thường theo bước sau: Bước Chọn hàm số y... dấu (nếu cần) để nhận toán chứng minh bất đẳng thức Để minh họa cho phương pháp sáng tạo toán bất đẳng thức sử dụng phương trình tiếp tuyến, chúng tra xét trường hợp sau: Giả sử hàm số y = f ( x... = −1 ) Từ ta có bất đẳng thức: Cho x; y; z; t  ¡ ; x − y + z − t = Chứng minh rằng: x + + y + + z + + t +  3.2 Phương pháp chứng minh bất đẳng thức ứng dụng phương trình tiếp tuyến Trong phần