®æt vên ®ò chøng minh bêt ®¼ng thøc b»ng ph¬ng ph¸p hµm sè ®æt vên ®ò chøng minh bêt ®¼ng thøc lµ mét d¹ng to¸n phæ biõn vµ quan träng trong ch¬ng tr×nh to¸n phæ th«ng rêt thêng gæp trong c¸c ®ò t

T¹p chÝ To¸n häc vµ tuæi trÎ..[r]

(1)

Chứng minh bất đẳng thức phơng pháp hàm số

Chứng minh bất đẳng thức dạng toán phổ biến quan trọng chơng trình tốn phổ thơng, thờng gặp đề thi tuyển sinh vào Đại học- Cao đẳng chuyên đề lớn đề thi học sinh giỏi phổ thông

Các toán chứng minh bất đẳng thức đa dạng phong phú Cả lý luận thực tiễn dạy học chứng tỏ chúng có hiệu việc phát triển t cho học sinh

Có nhiều phơng pháp chứng minh bất đẳng thức, việc vận dụng nhìn chung phụ thuộc nhiều vào đặc thù tốn, học sinh phổ thơng thờng gặp nhiều khó khăn gặp dạng

Các tài liệu, sách tham khảo trình bày đầy đủ vấn đề này, báo cáo tập trung vào phơng pháp hàm số

Nếu bất đẳng thức liên quan tới hàm biến vấn đề rõ, ví dụ: Chứng minh x sinx  x 0

song bất đẳng thức nhiều biến số, ví dụ:

BT0 (§Ị 150II2): Cho a,b,c  [0,1] Chøng minh r»ng: a

b+c+1+ b c+a+1+

c

a+b+1+(1 a)(1 b)(1 c)1 sử dụng phơng pháp hµm sè nh thÕ nµo?

Theo chúng tơi, vấn đề mẻ Nội dung báo cáo gồm phần:

Phần 1: Khái quát phơng pháp chứng minh bất đẳng thức Phần 2: Chứng minh bất đẳng thức phơng pháp hàm số Phần 3: Những kết luận s phạm

Phần 1:khái quát phơng 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 lần lợt 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

Bài toán chứng minh bất đẳng thức đại số yêu cầu ta tính (hoặc sai) bất đẳng thức Để tiện ngơn ngữ, nói chung từ ta cần xem xét bất đẳng thức dạng f g ⇔ f – g

Theo phân loại Polya tốn bất đẳng thức thuộc dạng toán chứng minh toán học (trong hệ thống này, ngồi tốn tìm tịi)

II Các ph ơng pháp giải

chng minh bt đẳng thức đại số, phơng pháp phổ biến là: PP1: Dựng bin i tng ng

PP2: Phơng pháp ph¶n chøng

PP3: Dùng tính chất bất đẳng thức PP4: Dùng bất đẳng thức tam giỏc

PP5: Làm trội PP6: Quy nạp

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: Dùng tam thức bậc hai PP13: Phơng pháp lợng giác PP14: Dùng bất đẳng thức Jensen PP15: Dùng bất đẳng thức Tsebyshev PP16: Dùng đạo hàm

(2)

Trớc tiên ta xét ví dụ nêu phần đặt vấn đề, tốn khó đề tuyển sinh, thi Olympic (Vô địch Mỹ năm 1980) BT0 (Đề 150II2): Cho a,b,c  [0,1] Chứng minh rằng:

a b+c+1+

b c+a+1+

c

a+b+1+(1 a)(1 b)(1 c)1 Giải: Xét hàm f(x)= x

b+c+1+ b c+x+1+

c

x+b+1+(1− x)(1−b)(1−c) trªn [0,1] Nã cã

đạo hàm

x+c+1¿2 ¿ x+c+1¿2

¿ ¿ ¿

f'(x)=−b ¿

, víi D lµ mét h»ng sè

Rõ ràng f’ đồng biến

# NÕu f’(x)  x  [0,1] th× ¿

maxf(x) f(1)= b+c+1+

b c+1+1+

c b+1+1≤

1

b+c+1+ b b+c+1+

c b+c+1=1

x∈[0,1] ¿

# NÕu f’(x)0  x  [0,1] th× ¿

maxf(x) f(0)= b c+1+

c

b+1+(1− b)(1− c)=

b+c+b2c2+1 b+c+bc+1 ≤1

x∈[0,1] ¿

# NÕu f’(x) nhËn dÊu trªn [0,1] bảng biến thiên f phải có dạng: X x0 f'(x) - +

f(x) f(0) f(1)

f(x0) ⇒ max f(x) = max{f(0), f(1)} 1

x  [0,1]

Bài toán đợc chứng minh hồn tồn

BT1(T¬ng tù) Cho a,b  [0,1] Chøng minh r»ng: a b+1+

b

a+1+(1 a)(1 b)1 Giải: Xét hàm f(x)= a

x+1+ x

a+1+(1− a)(1− x) [0,1] Nó có đạo hàm

1+x¿2 ¿ ¿

f'(x)=

1+a− a ¿

Rõ ràng f’ đồng biến

# NÕu f’(x)  x  [0,1] th× Max f(x) = f(1)

x Є [0,1]

# NÕu f’(x)0  x  [0,1] th× Max f(x) = f(0)

x  [0,1]

(3)

f'(x) - +

f(x) f(0) f(1)

f(x0) ⇒ max f(x) = max{f(0), f(1)}

x [0,1] Tóm lại cã

max f(x) = max{f(0), f(1)} x  [0,1]

Ta cã f(1) =

2a+

a+1≤1 , f(0) = ⇒ max f(x) 

x  [0,1]

Bài toán đợc chứng minh hoàn toàn

BT2(Më réng) Cho a1, a2, …, an [0,1] Chøng minh r»ng:

aj s −aj+1

∑

j=1 n

¿+

∏

j

n

(1− aj)

, s=

j

n

aj

Gi¶i:

Ta chøng minh toán quy nạp theo n 2: # n = lµ néi dung BT2

# Giả sử tốn đến n, ta phải đến n + Với n + 1, ta xét hàm số với biến an+1:

f(an+1)=(

∑

j

n

a

j

s− aj+1)+

∏

j

n

(1− aj) , s=

j

n

aj

Đạo hµm

s − aj+1¿2 aj (¿)+D

∑

j

n

¿

f'(an+1)=−¿

(D = const) Rõ ràng f’ đồng biến Xét hoàn toàn tơng

tù BT1 víi chó ý: f(0)=(

∑

j=1 n a

j

s'−aj+1)+

∏

j

n

(1− aj)≤1 theo gi¶ thiÕt quy nạp, (ở s'=

j

n

aj ) f(1)≤

∑

j=1 n+1 a

j

s=1 (lµm tăng tử, giảm mẫu)

max f(an+1) = max{f(0), f(1)} (đpcm) an+1 [0, 1]

BT3(Đề 148II1) Chøng minh r»ng nÕu < x y z th×: y(1

x+

1

z)+

1

y(x+z)≤(x+z)(

1

x+

1

z) Giải:

Để giống trờng hợp quen thuộc, ta coi y = b, z = c, b c XÐt hµm f(x)=(1

x+

1

c)(x+c)−

1

b(x+c)−b(

1

x+

1

(4)

Đạo hàm f'(x)=(b c)(

bc+

x2)≤0∀x∈¿,b≤ c , chøng tá f nghÞch biÕn VËy f(x) = f(b) = ⇒ (đpcm)

x (0,b]

BT4(Đề 148II2) Chøng minh r»ng  a, b 0 ta cã: 3a3+7b3 9ab2

Gi¶i:

Xét hàm f(x) = 3x3- 9b2x + 7b3, đạo hàm f’(x) = 9(x - b)(x + b). Bảng biến thiên:

x b + ∞ f'(x) - +

f(x) 7b3 + ∞ b3

Râ ràng b3 0 (đpcm).

BT5(Đề 106II2) a, b, c số thuộc [0, 1] Chứng minh r»ng; a2 + b2 + c2 1 + a2b + b2c + c2a.

Gi¶i:

Coi c biến x, xét hàm f(x) = x2(1 - a) – b2x + a2 + b2- – a2b [0, 1]. Đạo hàm f’(x) = 2(1 - a)x – b2 ⇒ f’ đồng biến

# NÕu f’(x)  x [0,1] max f(x) = f(1) [0, 1] # NÕu f’(x)0  x  [0,1] th× max f(x) = f(0) trªn [0, 1]

# NÕu f’(x) nhËn dấu [0,1] bảng biến thiên f phải có dạng:

x x0 f'(x) - +

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} 

0 ⇒ (®pcm) x [0, 1]

BT6(§Ị 112II2) Chøng minh r»ng víi 0< a < b < c th×: a3(b2– c2) + b3(c2– a2) + c3(a2– b2) < 0.

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, + )

Đạo hàm 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(Đề 57II2) Cho abc cạnh tam giác Chứng minh r»ng (a +b + c)2< 9bc. Gi¶i:

Coi c biến x, xét hàm f(x) = (a + b + x)2 – 9bx [b, a+b) Ta phải chng minh f(x) < trờn ú

Đạo hàm f’(x) = 2(a + b + x) – 9b < (dƠ thÊy) ⇒ f nghÞch biÕn ⇒ f(x) < f(b) = (a + b + x)2– 9b2 < 0 ⇒ (®pcm).

(5)

Chøng minh r»ng a2 + b2 + c2 5

Gi¶i:

Khơng tính tổng quát giả sử abc ⇒ a  # Coi c biến x, xét hàm f(x) = x2 + a2 + (3 – x – a)2 [0, 2]. f'(x) = 4x + – 2a ⇒ f đồng biến

Max f(x) = f(2) = 2a2– 2a + 5 xЄ[0, 2]

# Coi a biến t, xét hàm g(t) = 2t2– 2t + [0, 1]. Dễ thấy g(t)  5, đẳng thức có ⇔ t {0, 1}

Tãm l¹i a2 + b2 + c2 5 (đpcm) BT9(Đề 110III)

a Cho a, b 1 chøng minh r»ng:

1+a2+

1 1+b2≥

2 1+ab . b Cho a, b, c 1 chøng minh r»ng:

1+a3+

1 1+b3+

1 1+c3

3 1+abc . Giải:

a Không tính tổng quát giả sử b a Coi b lµ biÕn x, xÐt hµm f(x)=

1+x2+

1 1+a2−

2

1+ax trªn [1, a]

Đạo hàm

1+x22

1+ax2

1+ax¿2 ¿

1+x2¿2¿ ¿ ¿ ¿

f'(x)=−¿2x

chøng tá f nghÞch biÕn ⇒ f(x) = f(a) = ⇒ (®pcm)

x [1, a]

b Không tính tổng quát giả sử 1acb Coi c lµ biÕn x, xÐt hµm:

f (x)=

1+x3+

1 1+a3+

1 1+b3−

3

1+abx [a, b] Đạo hàm

(1+abx)(1+x3)2 ¿

f'(x)=3(ab− x

)(1−abx4) ¿

từ có bảng biến thiên:

X a

√

(6)

⇒ f(x) = f(

√

a

√

a

b

√

b

¿

1+¿

1

¿

theo c©u

(đpcm)

BT10(Tổng quát hóa) Chứng minh víi a1, a2, …, an 1 th×:

1+a1n +

1+a2n

+ +

1+ann

≥ n

1+a1a2 .an Gi¶i:

Ta chứng minh quy nạp theo n 2: # n = 2: cm

# Giả sử BĐT đến n, ta phải đến n + số

Trong trêng hỵp n + số, không tính tổng quát giả sử a1 a2 …an , cßn an+1  [a1, an]

Coi an+1 lµ biÕn x, xÐt hµm: f(x)=

1+xn+1+

1 1+a1n+1

+

1+a2n+1

+ .+

1+ann+1

− n+1

1+a1a2 anx

Đạo hàm

1+a1a2 anx2

1+xn+12

f'(x)=(a1a2 .an− x n

)(1−a1a2 anxn+2) ¿

x a1 n

√

a

an

f(x) f(a1) f(an) f(

√

na

a

an

⇒ f(x) = f(

√

na

a

an

Chó ý r»ng

n

√

a

n

√

a

n

¿n ¿ n

√

ann

n

1+¿

1+¿ f(

√

na

a

an

¿

(theo giả thiết quy nạp) BT ỳng vi n+1

số (đpcm) BT11(BĐT Cauchy)

Chøng minh r»ng víi a1, a2, …, an 0 th×: a1+a2+ .+an≥ n n

√

a

an

Ta chứng minh tốn quy nạp theo n # Với n = 2: Dễ thấy BĐT

(7)

Trong trêng hợp n + số, không tính tổng quát giả sử a1 a2 an , an+1 [a1, an] Coi an+1 lµ biÕn x, xÐt hµm f(x)=

x+a1+a2+ +an

n+1 −

n+1

√

a

anx

Đạo hàm

a1a2 anx

n n+1

¿ 1−a1a2 .an

¿ f'(x)=

n+1¿

x a1 n

√

a

an

f(x) f(a1) f(an) f(

√

na

a

an

⇒ f(x) = f(

√

na

a

an

Chó ý r»ng f (

√

na

a

an

a

an− n

n

√

a

an

n+1 ≥0 theo giả thiết quy nạp ⇒ BĐT với n+1 số ⇒ (đpcm)

BT12(B§T Nesbit)

Cho a, b, c > 0, chøng minh r»ng ba +c+

b c+a+

c a+b≥

3

Gi¶i:

Không tính tổng quát giả sử ab c Coi c lµ biÕn x, xÐt hµm f (x)= x

a+b+ a x+b+

b

x+a trªn [b, + )

Đạo hàm

b+x2 a+x2

¿ ¿

f'(x)= a+b−

a ¿

Dễ thấy f’ đồng biến Ngoài

a+b¿2 ¿≥0

1

¿

f'(b)=a¿

⇒ f’

0 [b, + ∞ ) ⇒ f đồng biến ⇒ f(x) = f(b) = 2b

a+b+ a

2b L¹i coi b nh biÕn t, xÐt hµm g(t)= 2x

a+t+ a

2t

trªn [a, + ∞ ) Ta cã

a+t¿2 ¿≥0

1 ¿ g'(t)=2a¿

⇒ g(t) = g(a) =

2 [a, + ) (đpcm)

BT13(Tơng tự) Chøng minh r»ng víi a, b, c 0 th×: a2

b+c+ b2 c+a+

c2 a+b≥

a+b+c

2

Gi¶i:

(8)

# Coi c lµ biÕn x, xÐt hµm f(x)= x

a+b+ a2 x+b+

b2 x+a−

x+a+b

2 [b, + )

Đạo hàm

a+b2 ¿ a+b¿2

¿ ¿ ¿

f'(x)=2x a+b−

a2 ¿

=

a+b¿2 ¿ x+b¿2 a+b¿2

¿ x+a¿2

¿ ¿

1

¿ ¿+b2¿

¿

1

¿ ( x

a+b−

1 2)+a

2 ¿

⇒ f đồng biến

⇒ f(x) f(b)=2b a+b+

a2

2b− b −

a

2

# Coi b lµ biÕn t, xÐt hµm g(t)=2t a+t+

a2

2t − t −

a

2 trªn [a, + ∞ )

Đạo hàm

a+t2

g'(t)=4at+2t

¿

0 ⇒ g đồng biến ⇒ g(x) g(a) = ⇒ (đpcm)

BT14(Tỉng qu¸t hãa) Chøng minh r»ng víi a, b, c 0 th×: an+1

b+c+ bn+1 c+a+

cn+1 a+b≥

an+bn+cn

2

Giải:

Không tính tổng quát giả sư abc # Coi c lµ biÕn x, xÐt hµm f(x)=x

n+1 a+b+

an+1 x+b+

bn+1 x+a−

xn+an+bn

2 trªn [b, + ∞ )

Đạo hàm

b+x2 a+x2

f'(x)=(n+1 a+b)x

n−an+1 ¿

(9)

=

a+b¿2 ¿ x+b¿2 a+b¿2

¿ x+a¿2

¿ ¿ xn

¿ ¿+b¿

¿ xn

¿ n

2( 2xn a+b− x

n −1 )+a¿

⇒ f(x) f(b)=2b n+1 a+b+

an+1

2b − b

n−an

2

# Coi b lµ biÕn t, xÐt hµm g(t)=2t n+1 a+t +

an+1

2t −t

n−an

2 trªn [a, + )

Đạo hàm

a+t2 g'(t)=2nt

n+1

+(2n+2)atn

¿

0 ⇒ g đồng biến ⇒ g(x) g(a) = ⇒ (đpcm)

BT15(T¬ng tù) Chøng minh r»ng víi a, b, c, d > th×: a

b+c+d+ b c+d+a+

c a+b+d+

d a+b+c≥

4

Gi¶i:

Không tính tổng quát giả sử abcd # Coi d lµ biÕn x, xÐt hµm

f (x)= x a+b+c+

a b+c+x+

b c+a+x+

c

a+b+x [c, + )

Đạo hàm

a+b+c¿2 ¿ b+c+x¿2

¿ c+a+x¿2

¿ a+b+x¿2

¿ ¿ ¿ a ¿ ¿

f'(x)=1 ¿

(10)

a+b+c¿2 ¿ b+c+x¿2 a+b+c¿2

¿ a+c+x¿2 a+b+c¿2

¿ a+b+x¿2

¿ ¿

1

¿ ¿+c¿

¿

1

¿ ¿+b¿

¿

1

¿ ¿a¿

⇒ f(x) f(c)=2c a+b+c+

a b+2c+

b a+2c # Coi c lµ biÕn t, xÐt hµm g(t)=2t

a+b+t+ a b+2t+

b

a+2t , trªn [b, + ∞ )

Đạo hàm

a+b+t2 b+2t2

a+2t2

¿ ¿ ¿

g'(t)=2(a+b) ¿

=

a+b+t¿2 ¿ b+2t¿2 a+b+t¿2

¿ a+2t¿2

¿ ¿

1

¿ ¿+2b¿

¿

1

¿

2a¿

⇒ g đồng biến

⇒ g(t) g(b)=3b a+2b+

a

3b

# Coi b lµ biÕn u, xÐt hµm h(u)=3u a+2u+

a

(11)

Đạo hàm

a+2u¿2 ¿

1

¿

h'(u)=3a¿

0 ⇒ h đồng biến

⇒ h(u) h(a) =

3 (đpcm)

BT16(Tổng quát hóa BT15)

Chøng minh r»ng víi a1, a2, …, an> 0, s=

∑

j=1 n

aj th×:

∑

j

n a j s − aj≥

n n −1

HD: Chøng minh hoµn toµn t¬ng tù BT10

BT17 Chøng minh r»ng víi a, b 0 th×:

a+b

2 ¿

n

an +bn

2 ≥¿

. Giải:

Không tính tổng quát giả sử ab Coi b lµ biÕn x, xÐt hµm

a+x

2 ¿

n

f(x)=a n

+xn

2

trên [a, + )

Đạo hµm

xn−1− ¿

f'(x)=n

2¿

0 ⇒ f đồng biến ⇒ f(x) f(a) = ⇒ (đpcm)

BT18(T¬ng tù) Chøng minh r»ng víi a, b, c 0 th×:

a+b=c

3 ¿

n

an+bn+cn

3 ≥¿

Gi¶i:

Không tính tổng quát giả sử abc # Coi c lµ biÕn x, xÐt hµm

a+b+x

3 ¿

n

f(x)=a n

+bn+xn

3

trên [b, + )

Đạo hàm x n−1

−¿

f'(x)=n

3¿

⇒ f(x)

a+2b

3 ¿

n

f(b)=a n

+2bn

3 −¿

# Coi b lµ biÕn t, xÐt hµm

a+2t

3 ¿

n

g(t)=a n

+2tn

3 −¿

trên [a, + )

Đạo hàm

tn −1−¿

(12)

⇒ g(x) g(a) = (đpcm) BT19(Tổng quát hóa)

Chứng minh víi a1, a2, …, am> 0, th×

a1+a2+ +am

m ¿

n

a1n

+a2n+ .+amn

m ≥¿

HD: Chøng minh hoµn toàn tơng tự BT17, 18 BT20 Cho a, b, c số dơng Chứng minh rằng: 4(a3 + b3 +c3 + 6abc) (a + b + c)3

Giải:

Không tính tổng quát giả sử abc

Coi c lµ biÕn x, xÐt hµm f(x) = 4(a3 + b3 + x3 + 6abx) - (a + b + x)3 trªn [b, + ∞ )

Đạo hàm f(x) = 3[3x2 2(a + b)x + 6ab a2 b2] Phơng trình f = có = 4(a2 + b2– 4ab)

# NÕu a b  a(2 +

√

⇒

∞

⇒

x  [b, + ∞ )

# NÕu a  a(2 +

√

a+b ±

√

Dễ thấy x2b Bảng biến thiên f cã d¹ng:

x - ∞ x1 x2 b + ∞

f’(x) + - +

f(x) f(x1) + ∞

f(b) - ∞ f(x2)

VËy lu«n cã f(x) f(b) = 3a(a2– 2ab + 4b2) 0 (đpcm)

Phần 3: kết luận s ph¹m

Trớc hết ta xem xét tốn xuất phát phơng pháp giải hàm số Nhiều tài liệu giải nhiều phơng pháp nhng lời giải dài dòng phức tạp, lời giải có lẽ hay độc đáo

Cách nhìn nhận vấn đề hồn tồn lạ: từ chỗ chứng minh (bất đẳng thức) chuyển sang tìm (giá trị lớn nhất), từ toán bất đẳng thức sang khảo sát hàm số

Về mặt kỹ thuật, việc coi c nh biến để khảo sát hoàn toàn chấp nhận đợc vai trò a, b, c nh nhau, nhng bớc “nhảy vọt” táo bạo: từ chỗ đại lợng biến đổi 1, hay nói cách khác ta coi đại lợng tham số Hàm số với biến c đạt đợc cực đại đâu đó- giá trị tất nhiên phụ thuộc vào tham số a, b Công việc lại giá trị cực đại phải bé thua

Ta hình dung q trình tìm tịi cách giải q trình sáng tạo, hội đủ thuộc tính mà Lecne đa ra:

- Chun tri thøc hàm số, kỹ khảo sát hàm số sang tình hàm biến giả víi tham sè

- Trong điều kiện quen biết, đại lợng biến đổi a, b, c hoàn tồn bình đẳng vai trị nhìn vấn đề (chuyển yêu cầu toán) thay đổi vai trũ

(13)

- Phát biểu lại to¸n díi mét cÊu tróc míi

- Xem xét khía cạnh khác vấn đề: cách phát biểu toán, kiện biết, khả biến thiên hàm số phụ thuộc vào tham số,

- Kết hợp điều thành phơng thức giải vấn đề

Điểm mấu chốt khác biệt cách giải so với cách giải khác việc coi c biến, a b tham số Đây điều hoàn toàn Ta biết ph ơng pháp dùng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức (PP16), nhng toán quen biết hầu nh biến số rõ ràng bất đẳng thức đại số biến Tuy dùng đạo hàm nhng tuyệt đối khơng cần đến táo bạo thay đổi vai trị đại lợng biến thiên

1 Chứng minh bất đẳng thức ph ơng pháp hàm số

Cơ sở: bất đẳng thức cho giá trị n đại lợng biến thiên, (có thể thỏa mãn số ràng buộc đó) Vậy với giá trị xác định n - đại lợng giá trị biến thiên đại lợng lại, bất đẳng thức phải Do đó, ta coi đại lợng cịn lại biến hàm số với biến phải đạt đợc giá trị khơng âm Nh ta đa toán chứng minh bất đẳng thức tốn khảo sát hàm số, tìm giá trị Cơng việc cịn lại giá trị khơng âm, hay chứng minh bất đẳng thức với biến so với bất đẳng thức ban đầu (giá trị phụ thuộc vào n - đại lợng biến thiên mà ta coi tham số) Cũng với lý bất đẳng thức đề đúng, ta cịn khẳng định chắn hàm số đem khảo sát có liên tục (phạm vi toán ta xét) bị chặn dới

Với sở thông qua tốn xuất phát (BT0) ta đa quy trình sau để chứng minh bất đẳng thức nhiều biến (dạng f g ⇔ f – g 0):

B

ớc 1: Xác định vai trò đại lợng biến thiên B

ớc 2: Chọn đại lợng làm biến, đại lợng lại làm tham số; tìm tập xác định biến Hàm số khảo sát biểu thức hiệu vế bất đẳng thức

B

ớc 3: Dùng đạo hàm khảo sát hàm số, tìm B

ớc 4: Chỉ giá trị khơng âm

2 Ph¹m vi sư dơng, mét sè nhËn xÐt

Về nguyên tắc phơng pháp chắn tới kết cho toán nh phần sở ta nêu

Tuy nhiên thơng qua ví dụ thực tế ta thấy thuận tiện để áp dụng phơng pháp toán:

- Các đại lợng biến thiên có vai trị bình đẳng vai trị, tập xác định cho trớc - Hàm số đa hàm sơ cấp khơng q phức tạp (các ví dụ áp dụng ta hàm hữu tỷ, liên tục), đạo hàm xét dấu khơng q khó khăn

- Nói chung với đại lợng biến thiên đại lợng làm tham số đợc Chúng ta nên lu ý điểm sau áp dụng phơng pháp này:

- bớc 1, chọn đại lợng làm biến phải ý đến vai trò đại lợng so với để chọn đợc biến thuận lợi Lựa chọn giúp nhiều cho bớc

- bớc 2, ta phải tìm TXĐ thật xác, bớc quan trọng mặt kỹ thuật, ảnh hởng định đến kết toán

- bớc 3, khảo sát hàm số, nhiều khơng thể giải xác phơng trình f’ = Ta bỏ qua, miễn xét đợc dấu f’ khoảng xét

KÕt luËn:

(14)

Tài liệu tham khảo

1 Polya Sáng tạo toán học NXB Giáo dục, Hà Nội, 1976 Bùi Văn Nghị Sáng tạo (creativity)- Bài giảng chuyên đề

3 Nguyễn Vũ Thanh Bất đẳng thức NXB tổng hợp Đồng Tháp, 1993

4 Phan Huy Khải 500 toán bất đẳng thức NXB Giáo dục, Hà Nội, 1993 Tạp chí Tốn học tuổi trẻ

6 Bộ đề thi tuyển sinh vào trờng ĐH- CĐ NXB Giáo dục, Hà Nội, 1993

7 X.V Cônhiagin, G.A Tônôian, I.F Surgin Các đề thi vơ địch 19 nớc Sở GD&ĐT Hải Phịng, 1993

8 Đàm Văn Nhỉ Đại số sơ cấp Giáo trình dạy lớp K50CLC Bắt đầu

Xỏc nh vai trò đại lợng biến thiên

Chọn đại lợng làm biến, đại lợng lại làm tham s, tỡm xỏc nh ca bin

Khảo sát hàm số, tìm max (min) phụ thuộc tham số

Cã max ≤ (min≥

Kết thúc

sai

®æt vên ®ò chøng minh bêt ®¼ng thøc b»ng ph­¬ng ph¸p hµm sè ®æt vên ®ò chøng minh bêt ®¼ng thøc lµ mét d¹ng to¸n phæ biõn vµ quan träng trong ch­¬ng tr×nh to¸n phæ th«ng rêt th­êng gæp trong c¸c ®ò t

Chứng minh bất đẳng thức phơng pháp hàm số

∑

∏

∑

∏

∑

∑

∏

∑

√

√

√

√

√

√

√

√

√

√

√

√

√

√

√

√

√

√

∑

∑

√

√

√

KÕt luËn:

Tài liệu tham khảo

®æt vên ®ò chøng minh bêt ®¼ng thøc b»ng ph¬ng ph¸p hµm sè ®æt vên ®ò chøng minh bêt ®¼ng thøc lµ mét d¹ng to¸n phæ biõn vµ quan träng trong ch¬ng tr×nh to¸n phæ th«ng rêt thêng gæp trong c¸c ®ò t