Ứng dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức

ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM KHOA TỐN KHĨA LUẬN TỐT NGHIỆP Đề tài: ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG Sinh viên thực hiện: Khổng Hoàng Khương Lớp: 09 ST Giáo viên hướng dẫn: TS Trương Công Quỳnh Đà Nẵng, tháng 5/2013 MỤC LỤC LỜI MỞ ĐẦU Chương 1: Cơ sở lý luận I Tóm tắt lý thuyết II Một số định lý Chương II: Ứng dụng đạo hám chứng minh bất đẳng thức I Bất đẳng thức mở đầu II Bất đẳng thức Cauchy III Bất đẳng thức Cauchy mở rộng 11 IV Bất đẳng thức Isena 12 V Bất đẳng thức Holder 13 VI Bất đẳng thức Bernoulli 14 Chương III: Sử dụng tính đơn điệu hàm số chứng minh bất đẳng thức 17 I Bất đẳng thức biến 17 Hàm số f(x) cho dạng tường minh 17 Hàm số f(x) không cho dạng tường minh 19 II Bất đẳng thức nhiều biến 23 Phương pháp đưa biến toán hai biến 23 Phương pháp khảo sát biến toán ba biến 30 Biến đổi bất đẳng thức có chứa biểu thức “đồng dạng” 37 Một số phương pháp khác 39 Chương VI: Dùng phương pháp khác để chứng minh bất đẳng thức 45 I Ứng dụng định lý Lagrange chứng minh bất đẳng thức 45 II Phương pháp tiếp tuyến chứng minh bất đẳng thức 46 KẾT LUẬN 52 TÀI LIỆU THAM KHẢO 53 LỜI MỞ ĐẦU I Lý chọn đề tài Bất đẳng thức tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ ln tốn có mặt hầu hết kỳ thi học sinh giỏi tuyển sinh đại học Không cịn tốn hay khó đề thi Trong chương trình giảng dạy học tập bất đẳng thức tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ chủ đề hấp dẫn người dạy lẫn người học Việc giảng dạy để học sinh học tốt chủ đề ln vấn đề khó Chủ đề thường dành cho học sinh giỏi nên toán đưa thường hay khó Để chứng minh Bất đẳng thức tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ có nhiều phương pháp, khơng có phương pháp vạn để giải toán mà có phương pháp giải nhóm tốn mà thơi Một phương pháp hiệu ứng dụng tính chất đạo hàm Khơng có thuật giải chi tiết cho phương pháp mà thơng qua ví dụ để học sinh rèn luyện để tự tìm cách giải toán cụ thể từ tìm thấy sơ đồ giải riêng cho Vì lí tơi chọn đề tài: “Ứng dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức” nhằm giúp học sinh có nhìn rộng phương pháp sử dụng đạo hàm tốn chứng minh bất đẳng thức tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ II Mục đách nghiên cứu Với lý em chọn đề tài nhằm mục đích sau: - Làm sáng tỏ sở khoa học phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức - Trang bị đầy đủ cho phương pháp giải số tốn chứng minh bất đẳng thức tìm giá trị lớn nhất, nhỏ biếu thức III Đối tượng, phạm vi nghiên cứu - Đối tượng: Hướng dẫn học sinh lớp 12 giải số toán chứng minh bất đẳng thức tìm giá trị lớn nhất, nhỏ biếu thức - Phạm vi: Đề tài áp dụng chương trình tốn lớp 12, ôn thi Đại học, Cao đẳng bồi dưỡng học sinh giỏi toán IV Nhiệm vụ nghiên cứu - Nhắc lại kiến thức đạo hàm - Xây dựng quy trình giải tốn phương pháp sử dụng đạo hàm - Thực hành V Phương pháp nghiên cứu - Nghiên cứu lý luận - Tổng kết kinh nghiệm - Thực nghiệm VI Kết cấu bài: Ngoài phần mở đầu viết gồm có chương: - Chương I: Cơ sở lý luận - Chương II: Ứng dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức thường gặp - Chương III: Sử dụng tính đơn điệu hàm số chứng minh bất đẳng thức - Chương IV: Dùng phương pháp khác để chứng minh bất đẳng thức Bài viết hoàn thành nhờ bảo hướng dẫn tận tình Phan Thị Quản Em xin bày tỏ lịng kính trọng biết ơn chân thành đến cô Do kinh nghiệm, kiến thức, thời gian cịn hạn chế nên viết khó tránh khỏi sai sót Em mong nhận ý kiến tham gia đóng góp thầy (cơ) giáo bạn để viết hoàn thiện CHƯƠNG I: CƠ SỞ LÝ LUẬN I TÓM TẮT LÝ THUYẾT Định nghĩa đạo hàm điểm: Cho hàm số y = f(x) xác định khoảng (a;b) x0  (a; b) Nếu tồn giới hạn (hữu hạn) lim x x0 f ( x )  f ( x0 ) y  lim giới hạn gọi đạo hàm hàm số x0 x x  x0 y = f(x) x0 Kí hiệu: f ' ( x0 ) Định nghĩa đạo hàm bên: Đạo hàm bên trái hàm số y = f(x) điểm x0 , kí hiệu f ' ( x0 ) định nghĩa: f ' ( x0 )  lim  x0 y x Đạo hàm bên phải hàm số y = f(x) điểm x0 , kí hiệu f ' ( x0 ) định nghĩa: f ' ( x0 )  lim  x0 y x Định nghĩa đạo hàm khoảng, đoạn: Hàm số y = f(x) có đạo hàm khoảng (a;b), có đạo hàm điểm khoảng Hàm số y = f(x) có đạo hàm đoạn [a;b], có đạo hàm khoảng (a;b) có đạo hàm bên phải a đạo hàm bên trái b Khi đó, hàm số có đạo hàm điểm x tuỳ ý thuộc khoảng (a;b), kí hiệu f’(x) hay y’ Ý nghĩa đạo hàm: Nếu hàm số y = f(x) có đạo hàm điểm x0 tiếp tuyến đồ thị hàm số điểm M(x0;y0) có phương trình là: y = f’(x0)(x - x0) + f(x0) Các quy tắc tính đạo hàm: a) Đạo hàm tổng hay hiệu hai hàm số: Nếu hai hàm số u=u(x) v=v(x) có đạo hàm J hàm số y=u(x)+v(x) y=u(x)-v(x) có đạo hàm J và: [u(x)+v(x)]’=u’(x)+v’(x) [u(x)-v(x)]’=u’(x)-v’(x) b) Đạo hàm tích hai hàm số: Nếu hai hàm số u=u(x) v=v(x) có đạo hàm J hàm số y=u(x).v(x) có đạo hàm J và: [u(x)v(x)]’=u’(x).v(x)+u(x).v’(x) Đặc biệt, k số [k.u(x)]’=k.u’(x) c) Đạo hàm thương hai hàm số: Nếu hai hàm số u=u(x) v=v(x) có đạo hàm J v( x)  với x  J hàm số y  u ( x) có đạo hàm J và: v( x) '  u( x)  u '( x)v( x)  u( x)v '( x)  v( x)   v2 ( x)   d) Đạo hàm hàm số hợp: - Nếu hàm số u=u(x) có đạo hàm điểm x0 hàm số y=f(u) có đạo hàm điểm u0=u(x0) hàm số hợp g(x)=f[u(x)] có đạo hàm điểm x0, và: g’(x0)=f’(u0).u’(x0) - Nếu giả thiết thỏa mãn điểm x thuộc J hàm số hợp y=g(x) có đạo hàm J, và: g’(x)=f’(u).u’(x) Bảng đạo hàm hàm số sơ cấp: ( u = u(x)) c '  (c  const ) ( x n ) '  n.x n1 ( x)'  x ' (u n ) '  n.u '.u n1 u' ( u)'  u ' 1  x    x2   (a x ) '  a x ln a u' 1  u    u2   (au ) '  u '.au ln a (e x ) '  e x (ln x) '  x (sin x) '  cos x (cos x) '   sin x (eu ) '  u '.eu u' (ln u) '  u (sin u) '  u '.cos u (cos u ) '  u 'sin u Đạo hàm cấp cao: Giả sử y = f(x) có đạo hàm y’ =f’(x) Nếu hàm số f’(x) lại có đạo hàm, gọi đạo hàm đạo hàm cấp hai kí hiệu y” hay f”(x) Định nghĩa tương tự cho đạo hàm cấp 3,4 Một cách tổng quát đạo hàm cấp n ( n>1, n  N ) hàm số y=f(x), kí hiệu y(n) hay f(n)(x), định nghĩa: f(n)(x) = [f(n-1)(x)]’ Tính đơn điệu dấu đạo hàm: Định nghĩa: Cho hàm số y=f(x) xác định J Với x1 < x2 thuộc J: - Nếu f(x1) < f(x2) hàm số f(x) đồng biến J - Nếu f(x1) > f(x2) hàm số f(x) nghịch biến J Định lí: Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm J - Nếu f’(x) > với x J hàm số f(x) đồng biến J - Nếu f’(x) < với x J hàm số f(x) nghịch biến J Chú ý: 1.Giả sử f(x) có đạo hàm J Nếu f’(x) ≥0 (f’(x) ≤ 0) f’(x) = số điểm hữu hạn hàm số đồng biến (nghịch biến) J 2.Trong số trường hợp dấu đạo hàm cấp 1, ta xét dấu đạo hàm cấp 2, từ suy dấu đạo hàm cấp II MỘT SỐ ĐỊNH LÝ: Định lý Weierstrass: Nếu hàm số f(x) liên tục [a; b] đạt giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn giá trị trung gian giá trị lớn giá trị lớn [a; b] Định lý Fermat Nếu hàm số f(x) có đạo hàm x0 đạt cực trị điểm Định lý Rolle Giả sử hàm số f(x) liên tục [a; b] có đạo hàm (a; b) Nếu f(a) = f(b) tồn điểm c  (a; b) cho f ' (c)  Định lý Lagrange: Nếu hàm số y = f(x) liên tục đoạn [a,b] có đạo hàm khoảng (a,b) c  a, b  cho f ' (c)  f (b)  f (a) ba CHƯƠNG II: ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM CHỨNG MINH CÁC BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN I Bất đẳng thức mở đầu Bài toán: Chứng minh e x1  x, x  R 1 , dấu đẳng thức (1) xảy x = Chứng minh Ta xét hàm số f ( x)  ex1  x tập hợp số thực R Ta có f '  x   ex1  x  R  f '  x    ex1    x  Từ tính chất hàm số mũ suy f’(x) > x > 1, f’(x) < x < Bảng biến thiên x f’  + - + + + f f(1)=0 Từ bảng biến thiên ta thấy f(x) ≥ 0, x  R Dấu xảy x = Vậy ex1  x, x  R II Bất đẳng thức Cauchy Bài toán Cho n số thực khơng âm xk (k = 1, 2,…, n) Khi trung bình cộng số xk  k  1,2, , n khơng nhỏ số trung bình nhân chúng, nghĩa x1  x2   xn n  x1x2 xn ,  2 n dấu đẳng thức (2) xảy x1  x2   xn Chứng minh Nếu x1  x2   xn  , hiển nhiên bất đẳng thức (2) chứng minh Giả sử có xk  1  k  n  Khi A  e xi 1 A  dấu đẳng thức xảy xi , i  1, 2, , n A x1  x2   xn  Theo (1): n  3 xi  1 i  1, 2, , n  A x i 1 xi A  0, e  , nên nhân vế n BĐT (3) với ta Vì A e Theo cách đặt A ta có: x1  x2   xn n A x1x2 xn  4 An  x1  x2   xn  n  Kết hợp với(4), suy A x1x2 xn  An  x1x2 xn n A x  x   xn n   x1x2 xn  5 n e0  Ta chứng minh trường hợp xảy dấu đẳng thức Hiển nhiên, x1  x2   xn , (2) xảy dấu đẳng thức Bây ta giả sử (2) xảy dấu đẳng thức, có j0 cho x jo e Mặt khác, e k  jo xk 1 A  k  jo A 1  x jo A (6) xk 7 An1 Nhân vế BĐT (6) (7) với ta 10 Với a > b > 0, bất đẳng thức tương đương: b a b  4a    4b   a b  a    b   1  1         a Lấy logarit tự nhiên hai vế ta bất đẳng thức tương đương:   b   ln 4a   ln 4b     a   b ln 4a   a ln 4b      ln   1 ln 4a  b a b Xét hàm f  x    , x  ln 4x  x  4x ln x x  x x x f ' x   x  ln    4 ln   ln    0, x  x x  1  x       Suy f nghịch biến  0; nên a  b   f (a)  f (b) b a 1  1  Vậy  2a  a    2b  b  (đpcm)     Nhận xét: Đối với số tốn ta khơng cần phải tìm giá trị lơn hay nhỏ hàm số mà xét tính đơn điệu Một số phương pháp khác: a Dạng 1: 39 - Biểu thức f(x,y) gọi đẳng cấp bậc k nếu: f(mx,my) = mkf(x,y) f ( x, y)  a, - Khi gặp toán chứng minh bất đẳng thức hai biến có dạng: g ( x, y) f(x,y) g(x,y) biểu thức đẳng cấp bậc k hai biến, ta giải tốn sau:  Bước Xét y = tốn trở thành chứng minh bất đẳng thức f ( x,0)  a biến g ( x,0)  Bước Xét y  , đặt x = ty Khi bất đẳng thức cần chứng minh f (t ) trở thành  a , bất đẳng thức biến g (t ) - Khi gặp biểu thức đẳng cấp ba biến a, b, c ta đặt b = xa, c = ya chuyển toán hai biến *Bài tập mẫu: Bài 1: Cho hai số thực không âm a, b Chứng minh rằng: a  b  a 3b  ab3 Nhận xét: Nếu a b đồng thời khác thì, a4  b4  a3b  ab3  a  b4 1 a3b  ab3 Trong vế trái bất đẳng thức có tử thức mẫu thức biểu thức đẳng cấp bậc hai Giải: *Trường hợp 1: ab = bất đẳng thức *Trường hợp 2: ab  0, đặt b = ta (t > 0) Khi bất đẳng thức trở thành: a  (ta)4  a3ta  a(ta)3  a (1  t )  a (t  t )  1 t4  t  t3  t4  t3  t 1  Xét hàm số f(t) = t4  t3  t + [0,  ) 40 f ' (t) = 4t3  3t2  = (t  1)(4t2 + t + 1) f '(t )   t  Dấu f ' t  dấu t 1 4t  t   0, t  Bảng biến thiên t f’(t)   +  f(t) Từ bảng biến thiên ta suy ra: f(t)  f(1) = 0 Vậy a  b  a 3b  ab3 Dấu “=” xảy a = b Bài 2: (ĐH khối B – 2008) Cho hai số thực x, y thỏa mãn x2  y2  Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức: P   x2  xy   xy  y Giải: Ta có P   x2  xy   xy  y   x  xy  x  xy  y 2 * Nếu y = x   P  * Nếu y  đặt x = ty, P  t y  6ty  t y  2ty  y  2t  12t t  2t  2t  12t Xét hàm số f  t   t  2t  f 't    4t  12 t  2t  3   2t  2  2t  12t   t  2t   41  8t  12t  36 t  2t   f '  t    t1  3, t2   Mặt khác, lim f  t    Bảng biến thiên  t f’(t) f(t)  -  + - 2 -6  3 Dựa vào bảng biến thiên, ta f     6  f  t   f  3  3, t  2 Vậy   x2  y   y     P  6    x   y x  m    y  x  y   maxP     x  3y x    2 13 13 10 10 b Dạng 2: Ngoài sử dụng bất đẳng thức thường gặp bất đẳng thức Cauchy, Bunhiakoskii… để đưa toán toán biến *Bài tập mẫu: Cho ba số thực không âm x, y, z thỏa x + y + z = Chứng minh rằng:  xy  yz  zx  2xyz  Giải: 42 27 Nếu x, y, z > x  y  z  , không thỏa mãn điều kiện toán Như vậy, 3 số x, y, z ≥ phải có số không vượt Giả sử:  z  3 Ta có: xy  yz  zx  2xyz  xy(1  2z)  z( x  y)  xy  z( x  y) 2 1    2z    z   2 z  3 3  xy  yz  zx  2xyz  xy(1  2z)  z( x  y)  xy  z( x  y)  (1) xy  yz  zx  xyz  x y  xy(1  z )  z ( x  y)    (1  z )  z ( x  y)    1 z    (1  z )  z (1  z )    (2 z  z  1)  1 Xét hàm số: f ( z)  (2 z  z  1) 0;   3 f '( z )  (6 z  z ) 1   z   f ( )  27 f '( z )     z   f (0)   Bảng biến thiên: 43 (cauchy : x  y  xy ) z f’(z) f(z) 27 + Từ bảng biến thiên suy ra: f ( z)  Hay xy + yz + zx – 2xyz ≤  1 z  0;  27  3 (2) 27 Từ (1),(2) suy ra:  xy  yz  zx  2xyz  x, y, z  0, x  y  z  27 44 CHƯƠNG VI: DÙNG CÁC PHƯƠNG PHÁP KHÁC ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC I Ứng dụng định lý Lagrange chứng minh bất đẳng thức Định lý lagrange: Nếu hàm số y = f(x) liên tục đoạn [a,b] có đạo hàm khoảng (a,b) c  a, b  cho f ' (c)  f (b)  f (a) ba Phương pháp chung Từ định lý Lagrange, m  f '(c)  M thì: f (b)  f (a)  M  m(b  a)  f (b)  f (a)  M (b  a) ba m Vậy, để áp dụng kết vào việc chứng minh bất đẳng thức điều quan trọng nhận hàm f(x) Các tập mẫu minh họa: Bài 1: Chứng minh rằng:  1  ln 1    x  1 x  x x Giải: Xét hàm số f(t) = lnt với t  [x, x + 1] (x > 0)  c   x, x  1 cho: f 'c  f  x  1  f  x  1 1 x  1   ln 1  x   ln  x    ln  ln 1   c c x  x  1  x  x Do c  (x, x + 1) nên 1 1  1     ln 1    x  (đpcm) 1 x c x 1 x  x x Bài 2: Chứng minh rằng: 1  arctan  n  N n  2n  n  n 1 n 1 Giải: Xét hàm f(x) = arctanx khả vi [n, n+1]  c   n, n  1 cho: 45 f '(c)  f  n  1  f  n    arctan  n  1  arctan n  c2  n  1  n Ta có: tan arctan(n  1)  arctan n   tan arctan  n  1  tan  arctan n   tan arctan  n  1 tan  arctan n   n 1 n   n  n  1 n  n  1  arctan  n  1  arctan n  arctan 2 1 c n  n 1 Do c  (n, n + 1) nên 1 1 1    arctan  (đpcm)  2 n  n 1 n  n 1 n 1   n  1  c  n II Phương pháp tiếp tuyến chứng minh bất đẳng thức Phương pháp: a Bài toán: Một toán tổng quát bất đẳng thức phát biểu sau: Cho n  N*  xi i 1  I (Với I khoảng R) mà n n x i 1 i  A Chứng minh rằng:  A n  f  x   nf  n  i 1 i Trong f : I  R hàm biết Thông thường, ta đặt a  A Khi đó, đồ thị Gf f nằm phía tiếp tuyến Ta n Gf điểm M(a, f(a))  Gf ta có  A n  f  x   nf  n  i i 1 Chứng minh: Phương trình tiếp tuyến điểm M đồ thị Gf: y = f(a) + f’(a)(x - a) 46 Do Gf nằm phía Ta nên f ( x)  f  a   f '  a  x  a  x  I Trong bất đẳng thức x = xi lấy n  hai vế ta được: i1  n f x  nf a  f ' a  i       xi  na   nf  a   nf  i 1  i 1  n  A  n  (đpcm)   b Phương pháp: Phương pháp: - Bước Biến đổi toán cần giải trở thành tốn có dạng mục a - Bước Tìm phương trình tiếp tuyến y = a’x + b đồ thị hàm số y = f(x) A điểm có hồnh độ x0 = n - Bước Chứng minh: f(x) ≥ a’x + b, x  I dấu xảy x  x0 - Bước Từ kết bước giả thiết toán ta đến điều cần chứng minh Bài tập mẫu: Bài 1: Cho a, b, c  R thỏa mãn a + b + c = Chứng minh rằng:       a4  b4  c4  a3  b3  c3 Giải: Bất đẳng thức tương đương:     a4  b4  c4  a3  b3  c3  a4  2a3  b4  2b3  c4  2c3  Xét hàm số f  x   x4  2x3 f '  x   4x3  6x2 Khi phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số f(x)   x  là: y  f '  2 x  2  f  2  4.23  6.22  x  2  24  2.23  8x 16  g  x  Ta có: f  x   g  x   x4  2x3  8x  16 47        x  2  x  2x  4  0, x  x2 x2  x   x x  x   x  x   Nên f  x   g  x  , x  R Từ suy f (a)  f b   f  c   g  a   g b   g  c    a  b  c   16 1   1 0 Vậy BĐT chứng minh Bài 2: (Olympic Hồng Kông, 2005) Cho số dương a, b, c, d thỏa mãn a  b  c  d  Chứng minh rằng:   a3  b3  c3  d  a2  b2  c2  d  Nhận xét: Dấu xảy a  b  c  d  6a       BĐT cần chứng minh:  1  a2  6b3  b2  6c3  c2  6d  d   f (a)  f (b)  f (c)  f (d )  8 Trong f ( x)  6x3  x2 f '( x)  18x2  2x Khi tiếp tuyến đồ thị hàm số y = f(x) điểm có hồnh độ x 1   là: y  f '   x    4   Ta chứng minh: f ( x)   5x 1   5 f    x    32  4 8 5x  , x   0,1 Giải: Từ giả thiết ta có: a, b, c, d   0,1 BĐT tương đương với f (a)  f (b)  f (c)  f (d )  Trong f ( x)  6x3  x2 48 Xét f(x) (0, 1) Đặt g ( x)  5x  , ta có f  x   g  x   x3  x  x  8  48 x3  24 x  3x  16 x  x    x  1  3x  1  0, x   0,1   Hay f ( x)  g ( x), x   0,1 Từ suy  a  b  c  d   1    1 8    8 f (a)  f (b)  f (c)  f (d )  g (a)  g (b)  g (c)  g (d )  Vậy BĐT chứng minh Bài 3: Cho a, b, c > a  b  c  Chứng minh rằng: 1     ab  bc  ca Phân tích: - Ta dự đốn dấu xảy a  b  c  - Biến đổi bất đẳng thức dạng f  a   f  b   f  c   - Bước ta tìm tiếp tuyến g(x) đồ thị hàm số y  f  x  điểm có hồnh độ x  - Ta chứng minh f  x   g  x  , x   0;1 - Áp dụng giả thiết để suy điều cần chứng minh Giải: 49 Áp dụng BĐT Cauchy: ab  a  b2  c  2 Suy ra: 1 2 Tương tự, ta có: ;     ab  c2  bc  a2  ca  b2 Khi đó: 1 1      2   2     ab  bc  ca 1 a 1 b 1 c  Xét hàm số: f  x   f ' x  x 2 x 1  x  2 khoảng (0; 1)  x2 Khi tiếp tuyến đồ thị hàm số y = f(x) điểm có hồng độ :  y  f '  1      x     3 3.x   g x    x   f      2  3  1  3  1  1     Ta có: f  x  g  x    3 3.x   1 x     x2 3 3.x    x2   3.x3  x2  3.x   x2     3.x    x2    0, x   0;1 Nên f  x   g  x  , x   0;1 Từ suy ra: 50 f  a   f  b   f  c   g  a   g b   g  c   1 3 27     a  b  c  2 8 1 a 1 b 1 c Mặt khác, áp dụng BĐT Bunhiakovskii ta có: abc  Nên 1   1  a2  b2  c2   1 3 27 27     a  b  c        2 2 8 8 1 a 1 b 1 c Từ (1) (2) suy ra: 1     ab  bc  ca Một số tập giải theo phương pháp tiếp tuyến (Olympic Trung Quốc, 2005) Cho a, b, c > a  b  c  Chứng minh rằng:     10 a3  b3  c3  a5  b5  c5  Cho a, b, c > CMR: a b c    2 b  c   c  a   a  b   a  b  c  (Olympic Romania, 2005) Cho a, b, c > a  b  c  Chứng minh rằng: 1    a  b2  c 2 a b c 51 KẾT LUẬN Với đề tài: “Ứng dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức” em cố gắng hệ thống số dạng Đã đưa sở lí thuyết phương pháp giải, ví dụ minh họa cho dạng Một số tốn phân tích cụ thể nhằm thấy rõ cách giải tốn Các tập đưa từ dễ đến khó Hệ thống tập đề tài chủ yếu tập đề thi Đại học Cao đẳng Đạo hàm khái niệm quan trọng giải tích, cơng cụ sắc bén để nghiên cứu tính chất hàm số Bài viết ngồi việc giúp em củng cố kiến thức đạo hàm giúp em thấy rõ ứng dụng to lớn đạo hàm để chứng minh bất đẳng thức cho phép giải số dạng toán chứng minh bất đẳng thức Mặc dù có nhiều cố gắng thời gian khơng nhiều, trình độ lực than tài liệu tham khảo cịn hạn chế lại chưa có kinh nghiệm lĩnh vực nghiên cứu khoa học nên không tránh khỏi sơ xuất thiếu sót cách trình bày nội dung Rất mong nhận giúp đỡ, góp ý thầy để em rút kinh nghiệm cho thân 52 TÀI LIỆU THAM KHẢO Bộ giáo dục đào tạo (2007), Đại số giải tích 11 nâng cao, NXB Giáo dục Bộ giáo dục đào tạo (2008), Giải tích 12 nâng cao, NXB Giáo dục Nguyễn Phụ Hy, Tạ Ngọc Trí, Nguyễn Thị Trang (2002), Ứng dụng đạo hàm để giải toán sơ cấp, NXB Giáo dục ThS Lê Hồng Phị (2009), 1234 tập tự luận điển hình Đại số - Giải tích, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội http://www.thidaihocbrands.com/trothu/kho-de-thi?view=khodethi&type=1 http://www.vietmaths.com/2012/01/dung-tiep-tuyen-e-chung-minh-bat-ang.html 53 ... Chương II: Ứng dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức thường gặp - Chương III: Sử dụng tính đơn điệu hàm số chứng minh bất đẳng thức - Chương IV: Dùng phương pháp khác để chứng minh bất đẳng thức Bài... ba CHƯƠNG II: ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM CHỨNG MINH CÁC BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN I Bất đẳng thức mở đầu Bài toán: Chứng minh e x1  x, x  R 1 , dấu đẳng thức (1) xảy x = Chứng minh Ta xét hàm số f ( x)... Chương II: Ứng dụng đạo hám chứng minh bất đẳng thức I Bất đẳng thức mở đầu II Bất đẳng thức Cauchy III Bất đẳng thức Cauchy mở rộng 11 IV Bất đẳng thức Isena