Đề tài Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp hàm số

Ta đã biết phương pháp dùng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức PP16, nhưng ở các bài toán quen biết hầu như biến số đã rõ ràng hoặc là bất đẳng thức đại số 1 biến.. Tuy cũng dùng đạo hàm n[r]

Nghiên cứu và trao đổi néi san t & T sè 10 ********************************************************************* Chứng minh bất đẳng thức phương pháp hàm số Báo cáo khoa học - trần cường k50clc đặt vấn đề Chứng minh bất đẳng thức là dạng toán phổ biến và quan trọng chương trình toán phổ thông, thường gặp các đề thi tuyển sinh vào Đại họcCao đẳng và còn là chuyên đề lớn các đề thi học sinh giỏi phổ thông Các bài toán chứng minh bất đẳng thức đa dạng và phong phú Cả lý luận và thực tiễn dạy học chứng tỏ chúng có hiệu việc phát triển tư cho häc sinh Có nhiều phương pháp chứng minh bất đẳng thức, việc vận dụng nhìn chung phụ thuộc nhiều vào đặc thù bài toán, đó học sinh phổ thông thường gặp nhiÒu khã kh¨n gÆp d¹ng bµi nµy Các tài liệu, sách tham khảo đã trình bày khá đầy đủ vấn đề này, báo cáo này chúng tôi tập trung vào phương pháp hàm số Nếu bất đẳng thức liên quan tới hàm biến thì vấn đề đã rõ, ví dụ: Chøng minh r»ng x  sinx  x  song bất đẳng thức nhiều biến số, ví dụ: BT0 (§Ò 150II2): Cho a,b,c  [0,1] Chøng minh r»ng: a b c    (1  a)(1  b)(1  c)  bc1 ca1 a b1 thì sử dụng phương pháp hàm số nào? Theo chúng tôi, đây là vấn đề khá mẻ Néi dung b¸o c¸o gåm phÇn: Phần 1: Khái quát các phương pháp chứng minh bất đẳng thức Phần 2: Chứng minh bất đẳng thức phương pháp hàm số PhÇn 3: Nh÷ng kÕt luËn s­ ph¹m Phần 1: khái quát các phương pháp chứng minh bất đẳng thức I Bài toán chứng minh bất đẳng thức đại số Khái niệm: Cho hai biểu thức đại số f, g có tập xác định là D1, D2 Quan hệ f  (  ) g cho ta bất đẳng thức đại số Nếu với giá trị biến tập D = D1 ∩ D2 làm cho f  (  ) g ta có bất đẳng thức đúng Bài toán chứng minh bất đẳng thức đại số yêu cầu ta tính đúng (hoặc sai) bất đẳng thức nào đó Để tiện ngôn ngữ, nói chung từ ta cần xem xét bất đẳng thức dạng f  g  f – g  Theo phân loại Polya thì bài toán bất đẳng thức thuộc dạng bài toán chứng minh to¸n häc (trong hÖ thèng nµy, ngoµi lµ c¸c bµi to¸n t×m tßi) II Các phương pháp giải Để chứng minh bất đẳng thức đại số, các phương pháp phổ biến là: PP1: Dùng biến đổi tương đương PP2: Phương pháp phản chứng PP3: Dùng các tính chất bất đẳng thức PP4: Dùng bất đẳng thức tam giác 26 Lop12.net Nghiên cứu và trao đổi néi san t & T sè 10 ********************************************************************* PP5: Lµm tréi PP6: Quy n¹p PP7: Dùng bất đẳng thức Cauchy PP8: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski PP9: Biến dạng bất đẳng thức Bunhiacopski PP10: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski mở rộng PP11: Dùng bất đẳng thức Bernoulli PP12: Dïng tam thøc bËc hai PP13: Phương pháp lượng giác PP14: Dùng bất đẳng thức Jensen PP15: Dùng bất đẳng thức Tsebyshev PP16: Dùng đạo hàm PP17: Phương pháp hình học Phần 2: chứng minh bất đẳng thức phương pháp hàm số Trước tiên ta xét ví dụ đã nêu phần đặt vấn đề, đây là bài toán khó đề tuyển sinh, là bài thi Olympic (Vô địch Mỹ năm 1980) BT0 (§Ò 150II2): Cho a,b,c  [0,1] Chøng minh r»ng: a b c    (1  a)(1  b)(1  c)  bc1 ca1 a b1 x b c    (1  x)(1  b)(1  c) trªn [0,1] Gi¶i: XÐt hµm f(x)  bc1 cx1 x b1 b c Nó có đạo hàm f'(x)     D , víi D lµ mét h»ng sè (x  c  1) (x  c  1) Rõ ràng f’ đồng biến # NÕu f’(x)   x  [0,1] th× b c b c maxf(x)  f(1)       1 bc1 c11 b11 bc1 bc1 bc1 x  [0,1] # NÕu f’(x)   x  [0,1] th× b c b  c  b c2  maxf(x)  f(0)    (1  b)(1  c)  1 c1 b1 b  c  bc  x  [0,1] # NÕu f’(x) nhËn dÊu trªn [0,1] th× b¶ng biÕn thiªn cña f ph¶i cã d¹ng: X f'(x) f(x) - x0 f(0) + f(1) f(x0)  max f(x) = max{f(0), f(1)}  x  [0,1] Bµi to¸n ®­îc chøng minh hoµn toµn 27 Lop12.net Nghiên cứu và trao đổi néi san t & T sè 10 ********************************************************************* a b   (1  a)(1  b)  BT1 (Tương tự) Cho a,b  [0,1] Chứng minh rằng: b1 a1 a x   (1  a)(1  x) trªn [0,1] Gi¶i: XÐt hµm f(x)  x1 a1 a Nó có đạo hàm f'(x)     a Rõ ràng f’ đồng biến  a (1  x) # NÕu f’(x)   x  [0,1] th× Max f(x) = f(1) x Є [0,1] # NÕu f’(x)   x  [0,1] th× Max f(x) = f(0) x  [0,1] # NÕu f’(x) nhËn dÊu trªn [0,1] th× b¶ng biÕn thiªn cña f ph¶i cã d¹ng: X f'(x) f(x) x0 - + f(0) f(1) f(x0)  max f(x) = max{f(0), f(1)} x  [0,1] Tãm l¹i lu«n cã max f(x) = max{f(0), f(1)} x  [0,1] Ta cã f(1) = a   , f(0) = a1  max f(x)  x  [0,1] Bµi to¸n ®­îc chøng minh hoµn toµn BT2(Më réng) Cho a1, a2, …, an  [0,1] Chøng minh r»ng: n n n aj ( )   (1  a j )  , ë ®©y s   a j j1 s  a j  j1 j1 Gi¶i: Ta chøng minh bµi to¸n b»ng quy n¹p theo n  2: # n = lµ néi dung BT2 # Giả sử bài toán đúng đến n, ta phải nó đúng đến n + Víi n + 1, ta xÐt hµm sè víi biÕn an+1: n 1 n 1 n 1 aj f(a n  )  (  )   (1  a j ) , ë ®©y s   a j j1 s  a j  j1 j1 n aj j1 (s  a j  1) §¹o hµm f'(a n 1 )  (  )  D (D = const) Rõ ràng f’ đồng biến Xét hoàn toàn tương tự BT1 với chú ý: 28 Lop12.net Nghiên cứu và trao đổi néi san t & T sè 10 ********************************************************************* n n n aj f(0)  (  )   (1  a j )  theo gi¶ thiÕt quy n¹p, (ë ®©y s'   a j ) j  s'a j  j1 j1 n 1 f(1)   aj  (lµm t¨ng tö, gi¶m mÉu) s  max f(an+1) = max{f(0), f(1)}   (®pcm) an+1  [0, 1] j1 BT3(§Ò 148II1) Chøng minh r»ng nÕu < x  y  z th×: 1 1 y(  )  (x  z)  (x  z)(  ) x z y x z Gi¶i: Để giống các trường hợp quen thuộc, ta coi y = b, z = c, đây b  c 1 1 XÐt hµm f(x)  (  )(x  c)  (x  c)  b(  ) trªn (0,b] x c b x c 1 §¹o hµm f'(x)  (b  c)(  )  0x  (0.b], b  c , chøng tá f nghÞch biÕn bc x VËy f(x) = f(b) =  (®pcm) x  (0,b] BT4(§Ò 148II2) Chøng minh r»ng  a, b  ta cã: 3a3+7b3  9ab2 Gi¶i: Xét hàm f(x) = 3x3- 9b2x + 7b3, đạo hàm f’(x) = 9(x - b)(x + b) B¶ng biÕn thiªn: x b + f'(x) + f(x) 7b + b3 Râ rµng b3   (®pcm) BT5(§Ò 106II2) a, b, c lµ c¸c sè thuéc [0, 1] Chøng minh r»ng; a2 + b2 + c2  + a2b + b2c + c2a Gi¶i: Coi c lµ biÕn x, xÐt hµm f(x) = x2(1 - a) – b2x + a2 + b2- – a2b trªn [0, 1] Đạo hàm f’(x) = 2(1 - a)x – b2  f’ đồng biến # NÕu f’(x)   x  [0,1] th× max f(x) = f(1) trªn [0, 1] # NÕu f’(x)   x  [0,1] th× max f(x) = f(0) trªn [0, 1] # NÕu f’(x) nhËn dÊu trªn [0,1] th× b¶ng biÕn thiªn cña f ph¶i cã d¹ng: x f'(x) - x0 29 Lop12.net + Nghiên cứu và trao đổi néi san t & T sè 10 ********************************************************************* f(x) f(0) f(1) f(x0) VËy ph¶i cã max f(x) = max{f(0), f(1)} = max{(1 - b)(a2 – b -1), a2 – a –a2b}   (®pcm) x [0, 1] BT6(§Ò 112II2) Chøng minh r»ng víi 0< a < b < c th×: a3(b2 – c2) + b3(c2 – a2) + c3(a2 – b2) < Gi¶i: Coi c lµ biÕn x, xÐt hµm f(x) = (a2 – b2)x3- (a3 – b3)x2 + a3b2 – a2b3 trªn (b, +  ) Ta ph¶i chøng minh f(x) <  x  (b, +  ) §¹o hµm f’(x) = 3(a2 – b2)x2 – 2(a3 – b3)x = (a - b)x[3(a+b)x – 2(a2 + ab + b2)] DÔ chøng minh f’(x) < a < b < x  f nghÞch biÕn  f(x) < f(b) =  (®pcm) BT7(§Ò 57II2) Cho a  b  c lµ c¹nh tam gi¸c Chøng minh r»ng (a +b + c)2< 9bc Gi¶i: Coi c lµ biÕn x, xÐt hµm f(x) = (a + b + x)2 – 9bx trªn [b, a+b) Ta ph¶i chøng minh f(x) < trên đó §¹o hµm f’(x) = 2(a + b + x) – 9b < (dÔ thÊy)  f nghÞch biÕn  f(x) < f(b) = (a + b + x)2 – 9b2 <  (®pcm) BT8(§Ò 128I2) Cho a, b, c  [0, 2] tháa m·n: a + b + c = Chøng minh r»ng a2 + b2 + c2  Gi¶i: Kh«ng mÊt tÝnh tæng qu¸t gi¶ sö a  b  c  a  # Coi c lµ biÕn x, xÐt hµm f(x) = x2 + a2 + (3 – x – a)2 trªn [0, 2] f'(x) = 4x + – 2a   f đồng biến Max f(x) = f(2) = 2a2 – 2a + xЄ[0, 2] # Coi a lµ biÕn t, xÐt hµm g(t) = 2t2 – 2t + trªn [0, 1] Dễ thấy g(t)  5, đẳng thức có  t {0, 1} Tãm l¹i a2 + b2 + c2  (®pcm) BT9(§Ò 110III) 1   2 1a 1 b  ab 1    b Cho a, b, c  chøng minh r»ng:  a  b  c  abc Gi¶i: a Kh«ng mÊt tÝnh tæng qu¸t gi¶ sö  b  a 1   Coi b lµ biÕn x, xÐt hµm f(x)  trªn [1, a] 2 1x 1a  ax a Cho a, b  chøng minh r»ng: 30 Lop12.net Nghiên cứu và trao đổi néi san t & T sè 10 ********************************************************************* 2(a  x)(1  ax )  2x 2a §¹o hµm f'(x)     chøng tá f nghÞch biÕn (1  x ) (1  ax) (1  x ) (1  ax)  f(x) = f(a) =  (®pcm) x [1, a] b Kh«ng mÊt tÝnh tæng qu¸t gi¶ sö  a  c  b Coi c lµ biÕn x, xÐt hµm: 1 f(x)     trªn [a, b] 3 1x 1a 1 b  abx 3(ab  x )(1  abx ) §¹o hµm f'(x)  từ đó có bảng biến thiên: [(1  abx)(1  x )]2 X a b ab + f’(x) f(x) f(a) f(b) f( ab )  f(x) = f( ab ) = 1    theo c©u 2  (a a )  (b b )  a a b b  (®pcm) BT10(Tæng qu¸t hãa) Chøng minh r»ng víi a1, a2, …, an  th×: 1 n     n n n  a1  a2  a n  a a a n Gi¶i: Ta chøng minh b»ng quy n¹p theo n  2: # n = 2: đã cm # Giả sử BĐT đúng đến n, ta phải nó đúng đến n + số Trong trường hợp n + số, không tính tổng quát giả sử a1  a2  …  an , cßn an+1  [a1, an] Coi an+1 lµ biÕn x, xÐt hµm: 1 1 n1 f(x)       n 1 n 1 n 1 n 1 1x  a1  a2  an  a a a n x (a a a  x n )(1  a a a n x n  ) §¹o hµm f'(x)  nn  từ đó có bảng biến thiên: (1  x ) (1  a a a n x) x n a a a a1 an f’(x) f(x) - n f(a1) + f(an) f( n a a a n )  f(x) = f( n a a a n ) x [a1, an] 31 Lop12.net Nghiên cứu và trao đổi néi san t & T sè 10 ********************************************************************* Chó ý r»ng 1 n f( n a a a n )      0 n  n n  n n  n n  1  (n a1 )  (n a2 )  ( n a n )  ( n a )( n a 2n 1 ) ( n a nn 1 ) (theo giả thiết quy nạp)  BĐT đúng với n+1 số  (đpcm) BT11(B§T Cauchy) Chøng minh r»ng víi a1, a2, …, an  th×: a  a   a n  n n a a a n Gi¶i: Ta chøng minh bµi to¸n b»ng quy n¹p theo n  # Với n = 2: Dễ thấy BĐT đúng # Giả sử BĐT đúng với n số, ta BĐT đúng với n + số Trong trường hợp n + số, không tính tổng quát giả sử a1  a2  …  an , còn an+1  x  a  a   a n n   [a1, an] Coi an+1 lµ biÕn x, xÐt hµm f(x)   a a a n x n1 §¹o hµm f' (x)  x f’(x) f(x) [1  n1 a a a n (a a a n x) a1 n - n n 1 ] từ đó có bảng biến thiên: a a a n f(a1) an + f(an) f( n a a a n )  f(x) = f( n a a a n ) x [a1, an] a  a   a n  n n a a a n  theo gi¶ thiÕt n1 quy nạp  BĐT đúng với n+1 số  (đpcm) Chó ý r»ng f( n a a a n )  BT12(B§T Nesbit) Cho a, b, c > 0, chøng minh r»ng Gi¶i: a b c    bc ca a b Kh«ng mÊt tÝnh tæng qu¸t gi¶ sö a  b  c x a b   Coi c lµ biÕn x, xÐt hµm f(x)  trªn [b, +  ) ab xb xa a b §¹o hµm f'(x)  Dễ thấy f’ đồng biến Ngoài   a  b (b  x) (a  x) 1 f'(b)  a[  ]   f’  trên [b, +  )  f đồng biến trên đó (a  b) 4b 2b a 2x a   L¹i coi b nh­ biÕn t, xÐt hµm g(t)   f(x) = f(b) = a  b 2b a  t 2t 32 Lop12.net Nghiên cứu và trao đổi néi san t & T sè 10 ********************************************************************* 1 trªn [a, +  ) Ta cã g' (t)  2a[  ] (a  t) 4x  g(t) = g(a) = trªn [a, +  )  (®pcm) BT13(Tương tự) Chứng minh với a, b, c  thì: a2 b2 c2 abc    bc ca a b Gi¶i: Kh«ng mÊt tÝnh tæng qu¸t gi¶ sö a  b  c x2 a2 b2 xab    # Coi c lµ biÕn x, xÐt hµm f(x)  trªn [b, +  ) ab xb xa 2x a2 b2 §¹o hµm f'(x)  =    a  b (a  b) (a  b) 2 x 1 1 =(  )  a2[  ]  b2[  ]   f đồng biến 2 ab (a  b) (x  b) (a  b) (x  a) 2b a a  b a  b 2b 2t a a   t  trªn [a, +  ) # Coi b lµ biÕn t, xÐt hµm g(t)  a  t 2t 2 4at  2t 2a §¹o hµm g' (t)      g đồng biến (a  t) 4t  g(x)  g(a) =  (®pcm)  f(x)  f(b)  BT14(Tæng qu¸t hãa) Chøng minh r»ng víi a, b, c  th×: a n 1 b n 1 c n 1 a n  b n  c n    bc ca a b Gi¶i: Kh«ng mÊt tÝnh tæng qu¸t gi¶ sö a  b  c x n 1 a n 1 b n 1 x n  a n  b n    # Coi c lµ biÕn x, xÐt hµm f(x)  trªn [b, +  ) ab xb xa n1 n a n 1 b n 1 n §¹o hµm f'(x)  ( )x    x n 1 = 2 ab (b  x) (a  x) n 2x n xn an xn bn n 1  x )  a[  ]  b[  ]   f đồng biến = ( ab (a  b) (x  b) (a  b) (x  a) 2b n  a n  an   bn  ab 2b 2t n  a n  an  tn  # Coi b lµ biÕn t, xÐt hµm g(t)  trªn [a, +  ) at 2t  f(x)  f(b)  33 Lop12.net Nghiên cứu và trao đổi néi san t & T sè 10 ********************************************************************* 2nt n   (2n  2)at n 2a n  §¹o hµm g' (t)    nt n 1   g đồng biến 2 (a  t) 4t  g(x)  g(a) =  (®pcm) BT15(Tương tự) Chứng minh với a, b, c, d > thì: a b c d     bcd cda a bd a bc Gi¶i: Kh«ng mÊt tÝnh tæng qu¸t gi¶ sö a  b  c  d # Coi d lµ biÕn x, xÐt hµm x a b c f(x)     trªn [c, +  ) a bc bcx cax a bx a b c §¹o hµm f'(x)  [   ]= 2 (a  b  c) (b  c  x) (c  a  x) (a  b  x) 1 1 1  a[  ]  b[  ]  c[  ] 2 2 (a  b  c) (b  c  x) (a  b  c) (a  c  x) (a  b  c) (a  b  x)  f đồng biến 2c a b    f(x)  f(c)  a  b  c b  2c a  2c 2t a b   # Coi c lµ biÕn t, xÐt hµm g(t)  , trªn [b, +  ) a  b  t b  2t a  2t 2(a  b) 2a 2b §¹o hµm g' (t)  =   2 (a  b  t) (b  2t) (a  2t) 1 1 = 2a[  ]  2b[  ]   g đồng biến 2 (a  b  t) (b  2t) (a  b  t) (a  2t) 3b a   g(t)  g(b)  a  2b 3b 3u a  # Coi b lµ biÕn u, xÐt hµm h(u)  trªn [a, +  ) a  2u 3u 1 §¹o hµm h'(u)  3a[  ]   h đồng biến (a  2u) 9u  h(u)  h(a) =  (®pcm) BT16(Tæng qu¸t hãa cña BT15) n Chøng minh r»ng víi a1, a2, …, an> 0, s   a j th×: j1 n aj sa j1  j n n1 HD: Chứng minh hoàn toàn tương tự BT10 BT17 Chøng minh r»ng víi a, b  th×: 34 an  bn ab n ( ) 2 Lop12.net Nghiên cứu và trao đổi néi san t & T sè 10 ********************************************************************* Gi¶i: Kh«ng mÊt tÝnh tæng qu¸t gi¶ sö a  b an  xn ax n ( ) trªn [a, +  ) Coi b lµ biÕn x, xÐt hµm f(x)  2 n x  a n 1 ) ]   f đồng biến  f(x)  f(a) =  (đpcm) §¹o hµm f'(x)  [x n 1  ( 2 a n  b n  cn ab c n ( ) BT18(Tương tự) Chứng minh với a, b, c  thì: 3 Gi¶i: Kh«ng mÊt tÝnh tæng qu¸t gi¶ sö a  b  c an  bn  xn abx n ( ) trªn [b, +  ) # Coi c lµ biÕn x, xÐt hµm f(x)  3 n a  b  x n 1 ) ]   f đồng biến §¹o hµm f'(x)  [x n 1  ( 3 a n  2b n a  2b n ( )  f(x)  f(b)  3 a n  2t n a  2t n ( ) trªn [a, +  ) # Coi b lµ biÕn t, xÐt hµm g(t)  3 2n n 1 a  2t n 1 [t  ( ) ]   g đồng biến §¹o hµm g' (t)  3  g(x)  g(a) =  (®pcm) BT19(Tæng qu¸t hãa) a 1n  a 2n   a mn a  a   a m n ( ) m m HD: Chứng minh hoàn toàn tương tự BT17, 18 Chøng minh r»ng víi a1, a2, …, am> 0, th× BT20 Cho a, b, c là các số dương Chứng minh rằng: 4(a3 + b3 +c3 + 6abc)  (a + b + c)3 Gi¶i: Kh«ng mÊt tÝnh tæng qu¸t gi¶ sö a  b  c Coi c lµ biÕn x, xÐt hµm f(x) = 4(a3 + b3 + x3 + 6abx) - (a + b + x)3 trªn [b, +  ) §¹o hµm f’(x) = 3[3x2 – 2(a + b)x + 6ab –a2 – b2] Phương trình f’ = có ∆’ = 4(a2 + b2 – 4ab) # NÕu a  b  a(2 + ) th× ∆’   f’(x)   x  [b, +  )  f(x) = f(b) x  [b, +  ) a  b  Δ' # NÕu a  a(2 + )  b (  c) th× ∆’  0, f’ cã hai nghiÖm x1,2= DÔ thÊy x2  b B¶ng biÕn thiªn cña f cã d¹ng: 35 Lop12.net Nghiên cứu và trao đổi néi san t & T sè 10 ********************************************************************* x - f’(x) f(x) + x1 f(x1) - x2 b + + + f(b) - f(x2) 2 VËy lu«n cã f(x)  f(b) = 3a(a – 2ab + 4b )   (®pcm) PhÇn 3: nh÷ng kÕt luËn s­ ph¹m Trước hết ta xem xét bài toán xuất phát và phương pháp giải hàm số Nhiều tài liệu đã giải nhiều phương pháp các lời giải khá dài dòng và phức tạp, lời giải trên đây có lẽ hay và độc đáo Cách nhìn nhận vấn đề hoàn toàn lạ: từ chỗ chứng minh (bất đẳng thức) chuyển sang tìm (giá trị lớn nhất), từ bài toán bất đẳng thức sang bài khảo sát hàm số Về mặt kỹ thuật, việc coi c biến để khảo sát hoàn toàn chấp nhận vai trò a, b, c nhau, đây là bước “nhảy vọt” táo bạo: từ chỗ đại lượng biến đổi còn 1, hay nói cách khác ta coi đại lượng là các tham số Hàm số với biến c đạt cực đại đâu đó- giá trị tất nhiên phụ thuộc vào tham số a, b Công việc còn lại là giá trị cực đại đó phải bé thua Ta cã thÓ h×nh dung qu¸ tr×nh t×m tßi c¸ch gi¶i trªn lµ mét qu¸ tr×nh s¸ng t¹o, nó hội đủ các thuộc tính mà Lecne đưa ra: - ChuyÓn tri thøc vÒ hµm sè, kü n¨ng kh¶o s¸t hµm sè sang mét t×nh huèng míi lµ mét hµm mét biÕn “gi¶” víi tham sè - Trong điều kiện quen biết, đại lượng biến đổi a, b, c hoàn toàn bình đẳng vai trò nhìn vấn đề (chuyển yêu cầu bài toán) thay đổi vai trò - Gán chức cho các đại lượng a và b - Phát biểu lại bài toán cấu trúc - Xem xét các khía cạnh khác vấn đề: cách phát biểu bài toán, các kiện đã biÕt, c¸c kh¶ n¨ng biÕn thiªn cña hµm sè phô thuéc vµo tham sè, - Kết hợp điều trên thành phương thức giải vấn đề §iÓm mÊu chèt kh¸c biÖt ë c¸ch gi¶i trªn lµ so víi c¸c c¸ch gi¶i kh¸c lµ viÖc coi c là biến, a và b là các tham số Đây là điều hoàn toàn Ta đã biết phương pháp dùng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức (PP16), các bài toán quen biết biến số đã rõ ràng là bất đẳng thức đại số biến Tuy dùng đạo hàm tuyệt đối không cần đến táo bạo thay đổi vai trò đại lượng biến thiên Chứng minh bất đẳng thức phương pháp hàm số Cơ sở: bất đẳng thức đúng cho giá trị n đại lượng biến thiên, (có thể thỏa mãn số ràng buộc nào đó) Vậy với giá trị xác định n - đại lượng và giá trị biến thiên đại lượng còn lại, bất đẳng thức phải đúng Do đó, ta coi đại lượng còn lại đó là biến thì hàm số với biến đó phải đạt giá trị không âm Như ta đưa bài toán chứng minh bất đẳng thức bài toán khảo sát hàm số, tìm giá trị Công việc còn lại là giá trị đó không âm, hay chứng minh bất đẳng thức với ít biến so với bất đẳng thức ban đầu (giá trị bây 36 Lop12.net Nghiên cứu và trao đổi néi san t & T sè 10 ********************************************************************* phụ thuộc vào n - đại lượng biến thiên mà ta đã coi là tham số) Cũng với lý là bất đẳng thức đề đúng, ta còn có thể khẳng định chắn hàm số đem khảo sát có vì nó liên tục (phạm vi các bài toán ta xét) và bị chặn Víi c¬ së trªn vµ th«ng qua bµi to¸n xuÊt ph¸t (BT0) ta cã thÓ ®­a quy tr×nh sau để chứng minh bất đẳng thức nhiều biến (dạng f  g  f – g  0): Bước 1: Xác định vai trò các đại lượng biến thiên Bước 2: Chọn đại lượng làm biến, các đại lượng còn lại làm tham số; tìm tập xác định biến Hàm số khảo sát là biểu thức hiệu vế bất đẳng thức Bước 3: Dùng đạo hàm khảo sát hàm số, tìm Bước 4: Chỉ giá trị đó không âm Ph¹m vi sö dông, mét sè nhËn xÐt Về nguyên tắc thì phương pháp này chắn tới kết cho bài toán phần sở ta đã nêu Tuy nhiên thông qua các ví dụ thực tế trên ta thấy thuận tiện để áp dụng phương pháp này là các bài toán: - Các đại lượng biến thiên có vai trò bình đẳng vai trò, tập xác định đã cho trước - Hàm số đưa là hàm sơ cấp không quá phức tạp (các ví dụ áp dụng ta là các hàm hữu tỷ, liên tục), đạo hàm có thể xét dấu không quá khó khăn - Nói chung với đại lượng biến thiên thì đại lượng nào làm tham số Chúng ta nên lưu ý điểm sau áp dụng phương pháp này: - bước 1, chọn đại lượng làm biến phải chú ý đến vai trò các đại lượng so với để chọn biến thuận lợi Lựa chọn này giúp nhiều cho các bước tiÕp theo - bước 2, ta phải tìm TXĐ thật chính xác, đây chính là bước quan trọng mặt kỹ thuật, ảnh hưởng định đến kết bài toán - bước 3, khảo sát hàm số, nhiều không thể giải chính xác phương trình f’ = Ta cã thÓ bá qua, miÔn lµ xÐt ®­îc dÊu cña f’ kho¶ng ®ang xÐt KÕt luËn: Thông qua việc tạm quy ước lại vai trò các đại lượng biến thiên, ta có thể chứng minh bất đẳng thức đại số nhiều biến nhờ khảo sát hàm số biến Phương pháp nµy vÒ nguyªn t¾c lu«n cã hiÖu qu¶, cßn thùc tÕ ¸p dông ®­îc cho nhiÒu bµi to¸n, có khả mang lại lời giải hay, độc đáo B¾t ®Çu 37 Lop12.net Nghiên cứu và trao đổi néi san t & T sè 10 ********************************************************************* Xác định vai trò các đại lượng biÕn thiªn Chọn đại lượng làm biến, các đại lượng còn lại làm tham số, tìm tập xác định biến Kh¶o s¸t hµm sè, t×m max (min) phô thuéc tham sè sai Cã max ≤ (min≥ 0) đúng KÕt thóc Sơ đồ khối: quy trình chứng minh bất đẳng thøc nhiÒu biÕn b»ng kh¶o s¸t hµm sè Tµi liÖu tham kh¶o Polya S¸ng t¹o to¸n häc NXB Gi¸o dôc, Hµ Néi, 1976 Bùi Văn Nghị Sáng tạo (creativity)- Bài giảng chuyên đề Nguyễn Vũ Thanh Bất đẳng thức NXB tổng hợp Đồng Tháp, 1993 Phan Huy Khải 500 bài toán bất đẳng thức NXB Giáo dục, Hà Nội, 1993 T¹p chÝ To¸n häc vµ tuæi trÎ Bộ đề thi tuyển sinh vào các trường ĐH- CĐ NXB Giáo dục, Hà Nội, 1993 X.V Cônhiagin, G.A Tônôian, I.F Surưgin Các đề thi vô địch 19 nước Sở GD&ĐT H¶i Phßng, 1993 §µm V¨n NhØ §¹i sè s¬ cÊp Gi¸o tr×nh d¹y líp K50CLC 38 Lop12.net