SKKN: Rèn luyện cho học sinh sử dụng đạo hàm để chứng minh bất đẳng thức

Bất đẳng thức là một dạng bài toán khó và thường gặp trong các kỳ thi tuyển học sinh giỏi và các kì thi Đại học - Cao đẳng vì thế các bạn học sinh có thể tham khảo sáng kiến kinh nghiệm Rèn luyện cho học sinh sử dụng đạo hàm để chứng minh bất đẳng thức để có thêm kỹ năng giải toán về đạo hàm.

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO THANH HOÁ TRƯỜNG THPT BA ĐÌNH NGA SƠN -*** - RÈN LUYỆN CHO HỌC SINH SỬ DỤNG ĐẠO HÀM ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Họ tên tác giả : Nguyễn Văn Kế Chức vụ : Giáo viên Đơn vị cơng tác : Trường THPT Ba Đình SKKN thuộc mơn: Tốn SKKN thuộc năm học 2010 -2011 PHẦN I: ĐẶT VẤN ĐỀ Bất đẳng thức mảng kiến thức khó , thường gặp đề thi học sinh giỏi cấp đề thi tuyển sinh vào trường Đại học Cao đẳng Cùng với định nghĩa đạo hàm, kết việc khảo sát biến thiên hàm số sử dụng để giải nhiều toán toán học nhiều toán nghành khoa học khác Do việc hướng dẫn học sinh sử dụng đạo hàm để chứng minh bất dẳng thức điều cần thiết, giúp học sinh hiểu sâu sắc, chắn kiến thức đạo hàm; đồng thời giúp em khơng giải tốn có sẵn lược đồ giải chung, mà giải nhiều tốn địi hỏi nhiều đến kỹ tư duy, tổng hợp kiến thức rút từ nội dung khác Hơn thực tế nhiều học sinh chưa thấy hết ứng dụng đạo hàm tốn phương trình, bất phương trình ,hệ phương trình đặc biệt tốn chứng minh bất đẳng thức Việc sử dụng việc khảo sát biến thiên hàm số để chứng minh số bất đẳng thức tạo nên phong phú thể loại phương pháp giải toán PHẦN II: CÁC GIẢI PHÁP CẢI TIẾN 1.Thực trạng vấn đề : Bài toán chứng minh bất đẳng thức đa dạng phong phú nói khó học sinh phổ thông Rất nhiều trường hợp việc chứng minh bất đẳng thức gặp khơng khó khăn , chí khơng tìm lời giải nhẽ học sinh chưa trang bị tốt kiến thức, phương pháp ,kỹ giải toán thuộc thể loại 2.Phương pháp nghiên cứu Đề tài sử dụng phương pháp phân tích , tổng hợp, so sánh 3.Đối tượng: Ôn thi học sinh giỏi học sinh thi vào trường Đại học , Cao đẳng 4.Cách thức thực hiện: Để thực đề tài ,tôi phân thành dạng tập tương ứng với dạng bất đẳng thức chứa biến bất đẳng thức có chứa nhiều biến 5.Nội dung: A-CƠ SỞ LÝ THUYẾT : Trong nhiều bất đẳng thức chứa biến chọn hàm số đại diện để khảo sát biến thiên, qua tìm miền giá trị hàm số đại diện , từ suy điều cần chứng minh Tuy nhiên việc chọn hàm số đại diện cần kết hợp kiến thức đạo hàm vận dụng linh hoạt kiến thức khác bất đẳng thức B- MỘT SỐ DẠNG TOÁN CƠ BẢN : Sử dụng đạo hàm để chứng minh bất đẳng thức, nhiều trường hợp giải ngắn gọn, lời giải nhẹ nhàng, sáng nhiều trường hợp nói độc đáo, tạo cho học sinh hứng thú, tự tin học tập Giúp phát triển óc tư linh hoạt sáng tạo cho học sinh Các tập chọn đề tài bắt nguồn từ tập sách giáo khoa , sách tập đề thi học sinh giỏi , đề thi tuyển sinh vào trường Đại học Cao đẳng tập chọn hướng vào yêu cầu tập có nhiều kiến thức cần khai thác , qua khắc sâu , hệ thống nâng cao kiến thức ứng dụng đạo hàm bất đẳng thức DẠNG 1: Bất đẳng thức có chứa biến * Phương pháp : Chọn biến làm biến hàm số cần khảo sát * Các ví dụ: Ví dụ 1: Chứng minh với x thuộc đoạn  0;1 ta ln có : x2  x  e  1 x  x (Trích đề tuyển sinh trường Đại học Kiến trúc năm 2000) Bài giải: x2 x (2) Ta cần chứng minh bất đẳng thức e  x   ,  x   e  x (1) x2  x   e x với x thuộc đoạn  0;1 -x f’(x) =x-1+e , f’’(x) =1-e-x * Với x thuộc đoạn  0;1 e x  e0   f ''( x)  0, x  0;1 Xét hàm số f ( x)  Suy f’(x) đồng biến đoạn  0;1 Do với x thuộc đoạn  0;1 thì: f’(x)  f’(0)  x   e x   e  x  x  Do (1) chứng minh * Với x thuộc đoạn  0;1 f’(x)  f’(0), nên f(x) đồng biến đoạn 0;1 Suy ra: với x thuộc đoạn  0;1 f(x)  f(0) Do (2) chứng minh Ví dụ 2: Chứng minh với x ta có : x  1  x   16 Bài giải: Bất đẳng thức cho tương đương với : x  1  x   0 16 16 Ta có f’(x) = 5x4-5(1-x)4 = 5[x2+(1-x)2](2x-1) f’’(x) = 20[x3+(1-x)3] 1 f’(x) =  x   f ''       16 Xét hàm số f ( x )  x  1  x   1 Do hàm số f(x) đạt cực tiểu x  , f CT  f    2 Vậy f(x)  với x thuộc ,đẳng thức xảy x= Ví dụ 3: Chứng minh với số thực a ta ln có: 3a 4  34a8  (Trích đề tuyển sinh trường Đại học Quy Nhơn năm 1997) Bài giải: a 4 4a8 Bất đẳng thức cho tương đương với : 3 20 Xét hàm số f (a)  3a 4  34a8  a 4 4a8 Ta có f '(a)  2a.3 ln3  4.3 ln3 f '(a )   a  2 a2 4 4a8 Lại có f ''(a)  4a ln 16.3 Suy f’(a) hàm số đồng biến a< -2 Ta có bảng biến thiên: a f’(a) ln2  ,nên f’(a)>0 a>-2 f’(a)<  - f(a) -2 0  + Từ bảng biến thiên suy f (a )  0, a  , đẳng thức xảy a=-2 Bài tập tương tự :  Chứng minh : 2cos3C  4cos 2C  2 cosC 2.Chứng minh x số thực dương với n nguyên dương , x2 x3 xn x ta có : e   x     2! 3! n! ( Trích đề 101- Bộ đề tuyển sinh )   3.Chứng minh với x thuộc nửa khoảng 0;  ta ln có:  2 x3 tanx  x  áp dụng: Chứng minh tam giác ABC ta có : A B C tan  tan  tan  2 Cho a,b,c số thực thoả mãn: a  6, b  8, c  Chứng minh với x  1ta ln có : x  ax  bx  c ( Đề 15 – Bộ đề tuyển sinh) DẠNG 2: Bất dẳng thức có chứa nhiều biến * Phương pháp : - Cách 1: Quy bất đẳng thức có biến nhờ việc đổi biến, đánh giá, chọn hàm số đại diện, … - Cách 2: Chọn biến biến hàm số biến lại tham số Chú ý : Sau tìm giá trị biến để hàm số đạt cực trị cần thử lại xem đẳng thức bất đẳng thức cần chứng minh có xảy giá trị khơng giá trị có thoả mãn điều kiện giả thiết khơng 1.Cho tam giác ABC có  A  B  C  * Các ví dụ: Ví dụ 1: Chứng minh với a,b hai số không âm ta ln có 3a  17b  18ab Bài giải: Cách 1: (Quy BĐT có biến ) Ta xét hai trường hợp : + Nếu b=0 : BĐT trở thành a  , BĐT với a không âm + Nếu b>0: Đặt a=tb (với t  0) Ta 3t 3b  18tb3  17b3   3t  18t  17  Xét hàm số f(t) = 3t3-18t+17, t  D   0;   f '(t )  9t  18, f '(t )   t  Bảng biến thiên hàm số f(t) D: t f’(t)  - + 17 f(t) 17-12 Suy f(t) > với thuộc D Vậy: BĐT chứng minh , đẳng thức xảy a=b=0 Nhận xét: Trong BĐT cho biểu thức tham gia toán biểu thức đẳng cấp , nên gợi cho ta cách đặt a=tb, để đưa BĐT cho BĐTchỉ chứa biến việc chọn hàm số để khảo sát dễ dàng Cách 2: ( Chọn biến biến số hàm số cần khảo sát , biến lại xem tham số) Xét hàm số f(a) =3a3-18b2a + 17b3 ,với a thuộc D=  0;  b tham số không âm f’(a) = 9a2 -18b2, f’(a) =  a  b + Nếu b=0 , ta có bảng biến thiên f(a) D : a f’(a) 0 f(a)  + Suy ra: f(a)  , với a thuộc D + Nếu b > , Ta có bảng biến thiên f(a) D: a f’(a) 0 17b3 - f(a) b  + b3 (17  12 2) Suy f(a)>0 với b > Cả hai trường hợp ta f(a)  với a thuộc D Hay 3a  17b3  18ab  với a,b không âm , đẳng thức xảy a=b=0 Nhận xét : Bằng cách giải tương tự, chọn hàm số với b biến số a tham số để khảo sát biến thiên ta chứng minh BĐT cho Ví dụ : Cho hai số khác thoả mãn điều kiện (a+b)ab = a2+b2 – ab Chứng minh 1 rằng:   16 a b3 Bài giải: 2 1  a  b   a  b  ab  Cách : Đặt T    a b a 3b3 Đặt S = a+b, P = ab với điều kiện S  P (1) Khi theo giả thiết tốn S2 ta có SP=S -3P , dễ thấy S  0, S  3 , P  điều kiện (1) trở S 3 S  4S S 1 thành S   0  S 3 S 3  S  3 S  6S  Ta biểu diễn T theo S : T  S2 S  6S  Xét hàm số f ( S )  , S  D   ; 3   1;   S2 6( S  3) f '( S )  S3 Bảng biến thiên f(S) D S  -3  f’(S) - - 16 f(S) 1 Từ suy ra: T  16 , Đẳng thức xảy a=b= Cách : 2 2 1  a  b   a  b  ab   a  b   1  Đặt T         a b a 3b3 ab   a b Đặt a=tb (t  0) , từ giả thiết suy (t+1)tb3=(t2-t+1)b2 t2  t 1 t2  t 1 b  , a   t (t  1) t 1 2  1   t  2t   Do T         a b   t  t 1  t  2t  3t  Xét hàm số f (t )  , f '(t )  t  t 1  t  t  1 Bảng biến thiên f(t): t f’(t)  -1 f(t) +  Suy f(t)  Do đó: T  16 , Đẳng thức xảy a=b= Ví dụ : Chứng minh ,nếu a,b,c ba cạnh tam giác có chu vi : 3a2+3b2+3c2+4abc  13 ( Trích đề tuyển sinh trường Đại học Vinh năm 2001) Bài giải : Đặt T= 3a +3b2+3c2+4abc -13 Cách : (Đánh giá để ước lượng bất đẳng thức bất đẳng thức có chứa biến) Do vai trị a,b,c nhau, khơng tính tổng qt, giả sử a  b  c ,suy a+b  2c (1) Lại có a+b+c=3 a+b>c (2) Từ (1) ,(2) suy 3-c  2cvà 3-c>c   c< Ta biến đổi T = 3(a2+b2)+3c2+4abc -13 = 3[(a+b)2-2ab] +3c2+4abc -13 = 3(3-c)2+3c2-2ab(3-2c)-13 ab Do 3-2c>0 từ bất đẳng thức ab    suy :   2 T    c   c    a  b    2c  -9 = c3  c    2 3 Đặt f(x)= x  x  với  x< 2  3 f’(x)=3x2-3x=3x(x-1)  với  x< suy f(x) đồng biến 1;   2 Vậy: T  f(x)  f(1) = đẳng thức xảy a=b=c=1 Nhận xét: Nhờ đánh giá ta ước lượng bất đẳng thức chứa biến Cách 2: (Khảo sát biến) Do vai trị a,b,c nhau, khơng tính tổng qt, giả sử a  b  c ,suy ra: a+b  2c (1) Lại có a+b+c=3 a+b>c (2) Từ (1) ,(2) suy 3-c  2c 3-c>c   c< Với giá trị b chọn , thay b=3-a-c vào T ta : T=(6-4c)a2 -2(2c2-9c+9)a +6c2-18c+16=f(a) Vì f(a) hàm số bậc hai a có hệ số a2 (6-4c)>0 với 3 c  3 c 1;  Suy f(a) nhỏ a=  2 3c Do T  f   c  c  =g(c)  2    3 Lại có g’(c)=3c2-3c =3c(c-1)  với c 1;   2 Vậy: T  g(c)  g(1)=0 Nhận xét : - Nếu ba số thực dương có tổng a số  a  a 2a  thuộc nửa khoảng  0;  , số thuộc đoạn  ;   3 3  - Khi gặp bất đẳng thức T=T(a;b;c)  với a,b,c thoả mãn điều kiện , nhiều trường hợp ta làm sau : + Tính b theo a c + Viết T = f(a) , coi c tham số + Chứng minh f(a)  g(c) + Chứng minh g(c)  , suy T  Ví dụ 4: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn Chứng minh : sinA+sinB + sinC + tanA+ tanB + tanC >2  Bài giải : BĐT cho tương đương với BĐT : (sinA+ tanA -2A)+ (sinB + tanB -2B)+( sinC+ tanC-2C) > (1) (vì A+B+C=  )   Xét hàm số f(x)= sinx+tanx -2x D=  0;  ,  2 f '( x )  (cosx  1)(cos x  cosx  cos x cosx   Do x  D    f '( x )  cos x  cosx    sin x  cosx   Suy ra: f(x) đồng biến D  f(x)> f(0) =0 Với x=A , x=B,x=C ta có : f(A)>0, f(B)>0, f(C)>0 Cộng ba BĐT ta có (1) Vậy BĐT chứng minh Nhận xét: Trong lời giải ta chọn hàm số đại diện f(x)= sinx+tanx   -2x D=  0;   2 Ví dụ : 10 Cho a, b, c số thực dương thoả mãn a2+b2+c2 = Chứng minh rằng: a b c 3    b2  c2 c  a a2  b2 ( Trích đề 26- Bộ đề Tuyển sinh) Bài giải : BĐT (1) cho tương đương với BĐT: a b c 3 a2 b c 3         a  b  c2 2 a 1  a  b 1  b2  c 1  c2  Xét hàm số f  x   f ' x   3x2  x 1  x 2  (0;1) x 1  x  , f ' x    x  (do x thuộc khoảng (0;1)) Bảng biến thiên hàm số f(x) khoảng (0;1) x f’(x) - f(x) Suy 3 + 3 f  x   x 0;1 3 3 x   f  x  , x   0;1 3 a2 3a   Với x=a  f  a   (1) 2 a 1  a  b2 3b2 c2 3c2   Tương tự với x=b,x=c ta có  2 ,  3 2 b 1  b2  c 1  c2  11 Cộng (1) , (2),(3) vế tương ứng ý a2+b2+c2=1,ta điều cần chứng minh , đẳng thức xảy a=b=c= 3 Bài tập tương tự: 1-Cho a,b,c số thực dương thoả mãn a+b+c=3 Chứng minh rằng: a  b  c  ab  bc  ca 2-Cho a,b,c số thực thoả mãn a>c, b>c, c>0 Chứng minh rằng: c(a  c)  c(b  c)  ab ( Trích đề thi Đại học khối A năm 1980) 3-Cho tam giác ABC không tù Chứng minh : 1  cos3 A  cos3B  cos3C    cos A  cos B  cos 2C    cosA  cosB  cosC  2 4- Cho số thực dương a,b,c thoả mãn a + b + c = Chứng minh : 1 15     a  b  c  a b c 2 PHẦN III: KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU VÀ BÀI HỌC KINH NGHIỆM Kết nghiên cứu để kiểm tra hiệu đề tài tiến hành kiểm tra hai đối tượng có chất lượng tương đương học sinh lớp 12B lớp 12I Trong lớp 12B chưa hướng dẫn sử dụng đạo hàm khảo sát biến thiên hàm số để chứng minh bất đẳng thức Với hình thức kiểm tra làm tự luận với thời gian 60 phút với đề sau: ĐỀ KIỂM TRA 60’ Câu 1: ( điểm) a Chứng ming x số thực dương ta ln có : ln x  x 3   b Chứng minh rằng: 2cosx  cotx  x   0, x  0;   2 Câu 2: ( điểm) Cho a, b số thực không âm Chứng minh : 3a  7b3  9ab Câu 3: ( điểm) Cho ba số thực dương a,b,c thoả mãn x+y+z=3 Chứng minh rằng: 12 x  y  z  xyz  Kết thu sau: Điểm < Lớp Điểm 