Skkn khai thác một số hướng sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức

  • 31 trang
  • file .pdf
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
KHAI THÁC MỘT SỐ HƯỚNG SỬ DỤNG ĐẠO HÀM
CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
Lĩnh vực/Môn: Toán
Tên tác giả: Nguyễn Thanh Giang
Giáo viên môn toán
NĂM HỌC 2013-2014
1
PHẦN 1: PHẦN LÍ LỊCH
Họ và tên tác giả: Nguyễn Thanh Giang
Chức vụ: Phó hiệu trưởng
Đơn vị công tác: Trường THPT chuyên Hưng Yên
Tên đề tài SKKN:
Khai thác một số hướng sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức
PHẦN 2: PHẦN NỘI DUNG
2
MỞ ĐẦU
1-Đặt vấn đề:
Thực trạng của vấn đề: Trong chương trình toán Trung học học sinh
được làm quen với bài toán chứng minh bất đẳng thức từ lớp 8. Bài toán chứng
minh bất đẳng thức thường xuyên xuất hiện trong kỳ thi đại học, kỳ thi học sinh
giỏi tỉnh, học sinh giỏi Quốc gia, học sinh giỏi Quốc tế... Khi xuất hiện trong các
kỳ thi bài toán chứng minh bất đẳng thức thường là một trong những bài toán
khó . S¸ng kiÕn kinh nghiÖm nµy gióp häc sinh, ®Æc biÖt lµ häc sinh chuyªn to¸n,
häc sinh c¸c ®éi tuyÓn häc sinh giái, học sinh chuẩn bị thi đại học một số hướng
chøng minh bÊt ®¼ng thøc sử dụng đạo hàm, giúp học sinh một hướng tiếp cận
với bài toán chứng minh bất đẳng thức.
Ý nghĩa và tác dụng của đề tài: Đổi mới phương pháp giảng dạy môn toán
trong giai đoạn hiện nay như thế nào? Câu hỏi được đặt ra cho những người làm
công tác giảng dạy toán trong trường phổ thông. Sáng kiến kinh nghiệm này
ngoài việc cung cấp kiến thức cho học sinh còn đề cập đến việc đổi mới phương
pháp dạy học khi dạy các chuyên đề với mục tiêu nâng cao năng lực tư duy,
phán đoán, biết đưa ra con đường hợp lý cho lời giải; phát huy vai trò chủ động,
sáng tạo, tính tích cực của học sinh trong học toán; học sinh có thể giải một số
bài toán khác khi sử dụng bất đẳng thức, học sinh tự tìm tòi, sáng tạo ra những
bài toán mới... ViÖc gi¶ng d¹y néi dung cña s¸ng kiÕn kinh nghiÖm nµy khÝch lÖ
häc sinh t×m tßi, s¸ng t¹o trong häc to¸n vµ gi¶i to¸n còng nh­ nghiªn cøu to¸n
häc khi ngåi trªn ghÕ nhµ tr­êng.
Phạm vi nghiên cứu của đề tài: Trong chương trình THPT đạo hàm có
nhiều ứng dụng để giải các dạng toán khác nhau: Ứng dụng đạo hàm giải
phương trình; hệ phương trình; chứng minh bất đẳng thức; tìm giá trị lớn nhất,
giá trị nhỏ nhất, tính giới hạn,.... Có nhiều phương pháp khác nhau để chứng
minh bất đẳng thức, trong ph¹m vi s¸ng kiÕn kinh nghiÖm nµy chØ đề cập đến
chøng minh bÊt ®¼ng thøc có øng dông đạo hàm và khai thác các bất đẳng thức
trong việc giải quyết các bài toán khác. §©y còng lµ một phần néi dung chuyªn
3
®Ò vÒ bÊt đẳng thøc mµ t¸c gi¶ gi¶ng d¹y ë c¸c líp chuyªn to¸n còng nh­ ®­îc
ph©n c«ng giảng dạy tÊt c¶ c¸c ®éi tuyÓn quèc gia cña tØnh H­ng Yªn trong
nhiều năm qua.
2- Phương pháp tiến hành
Giáo viên và học sinh phân tích, tổng hợp, hệ thống kiến thức tổng kết được
qua các bước thực hiện trên mỗi lớp chuyên, đội tuyển sau đây:
- Trang bị kiến thức cơ bản về đạo hàm.
- Cung cấp trước một hệ thống bài tập để học sinh tự tìm tòi cách giải ở
nhà.
- Sử dụng hệ thống bài tập đã cho học sinh làm, cùng học sinh tổng kết các
hướng chứng minh bất đẳng thức bằng cách sử dụng đạo hàm.
- Liên hệ bất đẳng thức được chứng minh bởi công cụ đạo hàm trong các
bài toán khác.
- Sáng tạo các bài toán từ bất đẳng thức cơ bản được chứng minh bởi đạo
hàm.
Nội dung SKKN này sử dụng giảng dạy cho các lớp chuyên toán, các học
sinh giỏi toán, các đội tuyển học sinh giỏi thi học sinh giỏi tỉnh và học sinh giỏi
Quốc gia và có thể giảng dạy một phần ở các lớp ôn thi đại học.
NỘI DUNG
4
A- Mục tiêu: Đề tài SKKN đảm bảo các nội dung sau
Các định lý và các bất đẳng thức cơ bản
Phần này hệ thống lại các kiến thức cơ bản, các bất đẳng thức cơ bản được
chứng minh bằng công cụ đạo hàm sẽ được sử dụng trong phần sau.
Chứng minh bất đẳng thức bằng cách sử dụng đạo hàm.
Phần này hệ thống lại các hướng chính để chứng minh bất đẳng thức sử dụng
công cụ đạo hàm.
Sử dụng các bất đẳng thức được chứng minh bởi công cụ đạo hàm giải các
bài toán khác và sáng tạo những bài toán mới từ các bất đẳng thức được
chứng minh bởi công cụ đạo hàm.
Phần này đưa ra một số bài toán khác giải được trên cơ sở các bất đẳng thức
và tạo ra các bài toán mới từ các bất đẳng thức cơ bản chứng minh bởi công cụ
đạo hàm qua đó khích lệ học sinh tự sáng tác những bài toán mới.
Một số bài tập luyện tập
Phần này dùng để cho học sinh củng cố và rèn luyện kỹ năng chứng minh
bất đẳng thức sử dụng công cụ đạo hàm.
B- Giải pháp của đề tài
I- CÁC ĐỊNH LÝ VÀ BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN
ĐƯỢC CHỨNG MINH BẰNG ĐẠO HÀM
1.1 Các định lý:
1.1.1 Định lý Lagrange
Hàm số y  f (x) liên tục trên a; b , có đạo hàm trên khoảng (a; b) thì c  a; b 
f (b)  f (a )
sao cho f / (c) 
ba
1.1.2 Định lí Rolle
Hàm số y  f (x) liên tục trên a; b , có đạo hàm trên khoảng (a; b) và
f (a )  f (b) thì c  a; b  sao cho f / (c)  0
1.1.3 Điều kiện để hàm số lồi, lõm và bất đăng thức Jensen(*)
Định nghĩa hàm số lõm, hàm số lồi
5
Hàm số y  f (x) có đạo hàm cấp 2 trên D và f // ( x)  0 x  D ( f // ( x) trượt
tiêu tại hữu hạn điểm) thì hàm số lõm trên D .
Hàm số y  f (x) có đạo hàm cấp 2 trên D và f // ( x)  0 x  D ( f // ( x) trượt
tiêu tại hữu hạn điểm) thì hàm số lồi trên D .
Bất đăng thức Jensen
Hàm số y  f (x) lõm trên D , x1 , x 2 , x3 ,..., x n  D;  i  0; i  1n thì
 n 
n
   i xi  n
  i f  i 1n    f (x )
i 1
  i 1
i i
  i  
 i 1 
Hàm số y  f (x) lồi trên D , x1 , x 2 , x3 ,..., x n  D;  i  0; i  1n thì
 n 
n
   i xi  n
  i f  i 1n    f (x )
i 1
  i 1
i i
  i  
 i 1 
1.1.4 Định lý ( "Bất đẳng thức tiếp tuyến")
Hàm số y  f (x) liên tục, có đạo hàm đến cấp 2 trên a; b .
a)Nếu f // ( x)  0 x  a; b thì f ( x)  f / ( x)( x  x0 )  f ( x0 ) x0  a; b
b) Nếu f // ( x)  0 x  a; b thì f ( x)  f / ( x)( x  x0 )  f ( x0 ) x0  a; b
Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi x  x0
Ta có thể chứng minh a) như sau: Xét hàm số g ( x)  f ( x)  f / ( x)( x  x0 )  f ( x0 )
trên a; b . Ta có g / ( x)  f / ( x)  f / ( x0 )  g // ( x)  f // ( x)  0 x  a; b
Do đó g / ( x)  0  x  x0 và g / ( x) đổi dấu từ - sang + khi qua x0
 g ( x)  g ( x0 )  0 x  a; b
Chứng minh tương tự b).
1.2 Các bất đẳng thức cơ bản chứng minh bằng đạo hàm
1.2.1 Bất đẳng thức liên quan tới sinx
sin x  x x  0
x3 x5
sin x  x   x  0
3! 5!
6
x3 
sin x  x  x  (0; )
3! 2
2x 
sin x  x  (0; )
 2
1.2.2 Bất đẳng thức liên quan tới cosx
x2 x4 
cos x  1   x  (0; )
2! 4! 2
x2 
cos x  1  x  (0; )
2! 2
1.2.3 Bất đẳng thức liên quan tới tanx

tan x  x x  (0; )
2
1.2.4 Bất đẳng thức liên quan tới e x
e x  1  x x  0
e x  1  ln(1  x) x  0
x x2 xn
ex  1   ...  x  0 (n  Z  )
1! 2! n!
1.2.5 Bất đẳng thức liên quan tới lnx
x  ln(1  x) x  0
x2
ln(1  x)  x  x  0
2!
1  2 ln x  x 2 x  0
1.2.6 Bất đẳng thức Becnuli(*)
Nếu 0    1 , x  0 thì x   x    1 ; Dấu bằng khi và chỉ khi x  1
Nếu   0 hoặc   1 , x  0 thì x   x    1 ; Dấu bằng khi và chỉ khi x  1
Các bất đẳng thức trên đều chứng minh được bằng công cụ đạo hàm, việc
chứng minh dành cho học sinh tự làm như bài tập ở nhà để chuẩn bị cho phấn
sau.
(*) Học sinh thi học sinh giỏi Quốc gia được sử dụng bđt Jensen; Trêbưsep và
Becnuli
7
II - ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
Mét sè h­íng sö dông ®¹o hµm trong bµi to¸n chøng minh bÊt ®¼ng thøc (bđt)
1. §Ó chøng minh b®t d¹ng f ( x )  g ( x ) víi x  D ; ( f ( x ) ; g ( x ) lµ c¸c hµm sè), ta
xÐt hµm sè h( x )  f ( x )  g( x ) trªn D . Tõ sù biÕn thiªn cña hµm sè h( x ) trªn D ta
chøng minh h( x )  0 tõ ®ã suy ra ®iÒu ph¶i chøng minh (®pcm)
VÝ dô 1.
x3 
Cmr : Sinx  x  (1) víi x  (0; )
3! 2
Lêi gi¶i:
x3 
XÐt f ( x )  sin x  x  víi x  0; 
3!  2
 x2
x  (0; ) : f ( /x )  cos x  1   g ( x ) ; g (/x )  x  sin x   ( x ) ;  (/x )  1  cos x  0
2 2
 
  ( x ) ®ång biÕn trªn (0; )   ( x )   ( 0 )  0  g ( x ) ®ång biÕn trªn (0; )
2 2

 g ( x )  g ( 0)  0  f ( x ) ®ång biÕn trªn (0; )  f ( x )  f ( 0)  0  ®pcm
2
VÝ dô 2. Cho x, y  0; x  y
x y x y
Cmr:  ( 2)
2 ln x  ln y
Lêi gi¶i:
Gi¶ sö x  y ( nÕu y  x th× chøng minh t­¬ng tù)
x
1
x x y y x
(2)  ln  2 2 ( ®Æt  t  1)
y x y x y
1
y
t 1 t 1
 ln t  2  f (t )  ln t  2 0
t 1 t 1
(t  1) 2
Víi t  1 ta cã: f (t/ )   0  f (t ) ®ång biÕn trªn (1;)
t (t  1) 2
 f (t )  f (1)  0  ®pcm.
8
2. §Ó chøng minh f ( x, y )  0 ta biÕn ®æi vÒ d¹ng g ( x )  g ( y )
B»ng c¸ch xÐt hµm sè g (t ) khi ®ã:
NÕu x  y ta chøng minh g (t ) ®ång biÕn
NÕu x  y ta chøng minh g (t ) nghÞch biÕn
VÝ dô 3.
1 x
Cmr: ( x  y )2  ( x  y )  2 ln (3) víi x>y>0
1 y
Lêi gi¶i:
Ta cã: (3)
1 x
 2 x  2 y  x 2  y 2  2 ln  2 x  2 ln(1  x)  x 2  2 y  2 ln(1  y )  y 2
1 y
XÐt f (t )  2t  2 ln(1  t )  t 2 trªn 0; 
 2t 2
t  0 : f /
(t )   0  f (t ) nghÞch biÕn trªn 0;   f (t )  f ( 0 )  0 
(1  t ) 2
®pcm.
VÝ dô 4
1) So s¸nh: a) 20142015 vµ 20152014 b) log 2013 2014 vµ log 2014 2015
2) Cmr: 4tg 50 tg 90  3tg 60 tg100
Lêi gi¶i:
1) a) Ph©n tÝch: Gi¶ sö 20142015 > 20152014  2015ln 2014  2014ln 2015
ln 2014 ln 2015
  (4a )
2014 2015
Tõ ®ã ta cã c¸ch gi¶i sau:
ln t
XÐt f (t )  trªn  2014;2015
t
1  ln t
t  (2014;2015) : f ( t/ )   0 ( v× t  2014  e  ln t  1 )
t2
 f (t ) nghÞch biÕn trªn (2014;2015)  f (2014)  f (2015)
 20142015 > 20152014
b) Ph©n tÝch: Ta thÊy 2014  2013  1 ; 2015  2014  1
9
Gi¶ sö log 2014 2015 > log 2013 2014 (4b) th× (4b) cã d¹ng:
log x ( x  1)  log y ( y  1)
Do ®ã ta cã c¸ch gi¶i sau:
ln(t  1)
XÐt f ( t )  log t (t  1)  trªn  2013;2014
ln t
t ln t  (t  1)ln(t  1)
t  (2013;2014) : f ( t/ )  0
t (t  1)ln t
( V× 0  t  t  1; 0  ln t  ln(t  1) )
 f (t ) nghÞch biÕn trªn (2013;2014)  f (2013)  f (2014)
 log 2013 2014 > log 2014 2015
5 9 6 10
tg tg tg tg
2) Ph©n tÝch: 4tg 50 tg 90  3tg 60 tg100  180 180  180 180
5 9 6 10
x x
180 180 180 180
Do ®ã ta cã c¸ch gi¶i sau:
tgx 
XÐt f ( x )  víi x  0; 
x  4
 2 x  sin 2 x
x  (0; ) ta cã: f ( /x )  0
4 2 x 2 cos 2 x

( v× 2 x  sin 2 x x  0)  f ( x ) ®ång biÕn trªn (0; )
4
Do ®ã: 0  f 5  f 6 ; 0  f 9  f 10   ®pcm
( ) ( ) ( ) ( )
180 180 180 180
n
3. §Ó chøng minh bÊt ®¼ng thøc cã d¹ng  f ( x )  0 ta cã thÓ xÐt sù biÕn i
i 1
thiªn cña hµm sè y  f (t ) vµ chøng minh f (t )  0
VÝ dô 5: Tam gi¸c ABC nhän. Cmr:
2 1
(sin A  sin B  sin C )  (tgA  tgB  tgC )   (5)
3 3
Lêi gi¶i: Víi   A  B  C
Ta cã: (5)
2 1 2 1 2 1
 ( sin A  tgA  A)  ( sin B  tgB  B )  ( sin C  tgC  C )  0
3 3 3 3 3 3
10
2 1 
XÐt f (t )  sin t  tgt  t trªn 0; 
3 3  2
 2 1 1 1 1
t  (0; ) ta cã: f (t/ )  cos t  2
 1  (cos t  cos t  2
)  1  .3 .  1  0
2 3 3 cos t 3 cos t 3
( BÊt ®¼ng thøc C« si)
 f (t ) ®ång biÕn f (t )  f ( 0)  0
Víi t  A, B, C  0 ta cã f ( A)  0; f ( B )  0; f (C )  0  ®pcm.
VÝ dô 6: Cho a, b, c  0; a 2  b 2  c 2  1.
a b c 3 3
Cmr: 22
 2 2
 2 2
 (6)
b c a c a b 2
Lêi gi¶i: Tõ gi¶ thiÕt ta cã: 0  a, b, c  1
a2 b2 c2 3 3 3 3 2
(6)  2
 2
 2
  (a  b 2  c 2 )
a (1  a ) b(1  b ) c(1  c ) 2 2
1 3 3 1 3 3 1 3 3
 a2 ( 2
 )  b2 ( 2
 )  c2 ( 2
 )0
a (1  a ) 2 b(1  b ) 2 c(1  c ) 2
B»ng c¸ch xÐt hµm sè f (t )  t (1  t 2 ) víi t  (0;1) b»ng ph­¬ng ph¸p ®¹o hµm
1 3 3 1 3 3
ta chøng minh ®­îc : 2
 hay g (t )  2
  0 t  (0;1) tõ ®ã
t (1  t ) 2 t (1  t ) 2
2
suy ra ®pcm. ( Cã thÓ sö dông bÊt ®¼ng thøc C« si chøng minh : t (1  t 2 )  )
3 3
4. Sö dông c¸c bÊt ®¼ng thøc c¬ b¶n ®­îc chøng minh b»ng ®¹o hµm ®Ó
chøng minh bÊt ®¼ng thøc. C¸c bÊt ®¼ng thøc c¬ b¶n cã thÓ nãi ®Õn ở phần 1
nh­:

sin x  x x  0 ; tgx  x x  (0; ) ; e x  1  x x  0
2
x2 x4 x2  x2
1   cos x  1  x  (0; ) ; ln(1  x)  x  x  0 ; ...
2! 4! 2 2 2
VÝ dô 7:
3 1 9
Chứng minh rằng: cos  sin  (7 )
2 2 80
Lêi gi¶i:
Sö dông bÊt ®¼ng thøc sin x  x x  0 ta cã:
11
3 3 3 5 3 3
cos  1  2 sin 2  1  2.  ( V× sin  )
2 4 16 8 4 4
1 1 1 1
sin    sin  
2 2 2 2
3 1 5 1 1 10 9
 cos  sin      ( ®pcm)
2 2 8 2 8 80 80
VÝ dô 8:
3
sin x  
Chứng minh rằng:    cos x (8) víi x  (0; )
 x  2
Lêi gi¶i:
x3 sin x x2
Theo vÝ dô 1 ta cã : sin x  x    1
3! x 3!
x2 x4 
Chøng minh t­¬ng tù vÝ dô 1 ta cã: 1    cos x x  (0; )
2! 4! 2
Do ®ã ®Ó chøng minh (8) ta chøng minh :
x2 3 x2 x4 2
(1  )  1   x 2  9 ( bÊt ®¼ng thøc ®óng v× x 2   9)
3! 2! 4! 4
VÝ dô 9:

2
sin x 3
Chứng minh rằng:  e dx 
0
2
Lời giải:
2
Nhận xét: Trong bđt cần chứng minh có mặt e sin x giúp chúng ta liên hệ với

x sin 2 x 2 2 3
bđt e  1  x x  0 . Ta có e  1  sin x mà  (1  sin x)dx  2 từ đó bài
0
toán được giải quyết.
5. §Ó chøng minh bÊt ®¼ng thøc d¹ng a - X¸c ®Þnh ph­¬ng tr×nh nhËn b lµm nghiÖm: f ( x )  0 (*)
- XÐt sù biÕn thiªn cña y  f ( x ) trªn D  a; c
Chøng minh ph­¬ng tr×nh (*) trªn D cã nghiÖm duy nhÊt vµ ph­¬ng tr×nh (*)
trªn a; c còng cã nghiÖm duy nhÊt tõ ®ã suy ra b  a; c 
12
VÝ dô 10.
10 11
Chứng minh rằng:  sin 100 
60 60
Lêi gi¶i:
Ta cã: sin 300  3 sin 100  4 sin 3 100 do ®ã sin 100 lµ nghiÖm ph­¬ng tr×nh:
1
f ( x )  4 x3  3x   0 (9) ; f (sin 10 0 )  0
2
1 1 1 1 1
f ( /x )  12 x 2  3  0  x    f ( /x )  0 x  ( ; )  f ( x ) nghÞch biÕn trªn ( ; )
2 2 2 2 2
1 1
 (9) cã nhiÒu nhÊt lµ mét nghiÖm trªn ( ; );
2 2
10 11 1 1
L¹i cã: sin 100 ; ; ( ; ) ;
60 60 2 2
1 1369 10 11
f 10   0; f 11    0  f 10  0  f (sin 10 0 )  f 11   sin 100  ( V×
(
60
) 54 (
60
) 54000 (
60
) (
60
) 60 60
1 1
f ( x ) nghÞch biÕn trªn ( ; ))
2 2
VÝ dô 11.
So sánh hai số 3 3  3 3  3 3  3 3 và 23 3
Nhận xét: Chia cả 2 số cho 3 3 bài toán chuyển về so sánh hai số
1 1
A  3 1 3  3 1 3 và 2
9 9
Số thứ nhất gợi ý cho chúng ta xét hàm số y  f ( x)  3 1  x  3 1  x có f (0)  2
1
và f ( 3 )  A
9
 1 
Do đó ta xét hàm số y  f ( x)  3 1  x  3 1  x trên 0; 3  ; từ tính đơn điệu của
9  
hàm số ta suy ra kết luận của bài toán.
13
6. Sö dông c¸c bÊt ®¼ng thøc c¬ b¶n ®­îc chøng minh b»ng ®¹o hµm và các
bất đẳng thức khác ®Ó chøng minh bÊt ®¼ng thøc
VÝ dô 12.

Chứng minh rằng: 2 sin x  2 tan x  2 x 1 x  (0; )
2
Lời giải:
sin x  tan x
1
Sử dụng bất đẳng thức Côsi ta có: 2 sin x  2 tan x  2 2
sin x  tan x
Sử dụng đạo hàm ta chứng minh được :  x hay sin x  tan x  2 x
2
VÝ dô 13.
Tam giác ABC không tù. Chứng minh rằng:
a b c
3(a  b  c)   (   )
A B C
Nhận xét: Nhìn vào bđt cần chứng minh ta liên tưởng tới bđt Trêbưsep Do đó

không mất tính tổng quát giả sử A  B  C với A, B, C   0;  , khi đó cần chứng
 2
sin A sin B sin C sin x
minh   từ đó dẫn đén việc chứng minh hàm số y 
A B C x
 
nghịch biến trên  0;  bằng cách sử dụng bất đẳng thức tan x  x x  (0; )
 2 2
Khi đó áp dụng bđt Trêbưsep ta có:
sin A sin B sin C
( A  B  C) (   )  3(sin A  sin B  sin C )
A B C
sin A sin B sin C
 2R ( A  B  C) (   )  6 R(sin A  sin B  sin C )
A B C
a b c
 (   )  3(a  b  c)
A B C
Dấu bằng xẩy ra khi tam giác ABC đều.
VÝ dô 14.
Chứng minh rằng tam giác ABC ta có:
2 2 2 2 2 2
 A  B  C
 tan    tan    tan   31 2
 2  2  2
Nhận xét 1:
14
- Liên hệ bài toán với bất đẳng thức Becnuli:
Nếu   0 hoặc   1 , x  0 thì x   x    1 ; Dấu bằng khi và chỉ khi x  1
- Dễ thấy dấu bằng xẩy ra khi tam giác ABC đều do đó điều chỉnh hệ số của
A
tan để có dấu bằng xẩy ra
2
A B C
- Liên hệ với bđt trong tam giác: tan 2  tan 2  tan 2  1
2 2 2
A
Từ đó suy ra lấy cách lấy x  3 tan 2 và   2 sử dụng bđt Becnuli ta có:
2
A 2 A
(3 tan 2 )  3 2 tan 2  2  1 và bài toán được giải quyết
2 2
Nhận xét 2: Ta có
2 2
  A B C 
 A
2 2
 B
2 2
 C
2 2
1 2  2 2   2  2  2 
 tan    tan    tan  3 = 3(tan ) = 3 tan 
 2  2  2 6    3 

  
Liên hệ với bđt Jensen dẫn đến việc xét hàm số
 
y  f ( x)  (tan x) 2 2 với x   0; 
 2

Ta chứng minh hàm số y  f ( x)  (tan x) 2 2 là hàm số lõm trên x   0;  và
 2
bào toán sẽ được giải quyết.
7. Sö dông ®Þnh lý Lagrange
f ( t1 )  f (t 2 )
NÕu bÊt ®¼ng thøc cÇn chøng minh cã d¹ng A   B ta cã thÓ sö
t1  t 2
dông ®Þnh lý Lagrange nh­ sau:
XÐt y  f (t ) liªn tôc trªn t1;t2  , cã ®¹o hµm trªn
f ( t1 )  f (t 2 )
(t1; t2 )  c  (t1; t2 ) : f ( /c ) 
t1  t2
Ta chøng minh : A  f ( /c )  B tõ ®ã suy ra ®pcm.
VÝ dô 15:
1 2014 1
Cmr:  ln  (10)
2014 2013 2013
15
Lêi gi¶i:
1 ln 2014  ln 2013 1
(10)   
2014 2014  2013 2013
1
XÐt f (t )  ln t trªn  2013;2014 ; f (t/ ) 
t
y  f (t ) liªn tôc trªn  2013;2014 , cã ®¹o hµm trªn
1 f ( 2014)  f (2013)
(2013;2014)  c  (2013;2014) : f ( c/ )  
c 2014  2013
1 1 1
Mµ c  (2013;2014)     ®pcm.
2014 c 2013
VÝ dô 16:
Cmr: sin 3 40 - sin 3 30 > sin 3 20 - sin 3 10 (11)
Lêi gi¶i:

§Æt    10
180
sin 3 4  sin 3 sin 3 2  sin 
(11)  sin 3 4 - sin 3 3 > sin 3 2 - sin 3   >
4  3 2  
XÐt f ( x )  sin 3 x liªn tôc trªn  ;2 ; 3 ;4  cã ®¹o hµm trªn c¸c kho¶ng t­¬ng
f  f ( ) f ( 2 )  f ( )
øng khi ®ã: a   ;2  : ( 2 )  f (a/ ) ; b  3 ;4  :  f (b/ ) ; a  b
2   4  3
MÆt kh¸c: f (/x )  3 sin 2 x cos x ®ång biÕn trªn  ;4 

v× f ( //x )  3 sin x(3 cos 2 x  1)  3 sin x(3 cos 2 4  1)  3 sin x(3 cos 2  1  0  f ( /a )  f ( /b ) 
6
®pcm.
8. Sö dông ®Þnh lý Rolle
VÝ dô 17.
Cho 3 số a, b, c khác nhau. Đặt m  mina; b; c và M  maxa; b; c. Chứng minh
rằng:
3m  a  b  c  a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca  a  b  c  a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca  3M
Lời giải:
Không mất tính tổng quat giả sử m  a; M  c
Xét f ( x)  ( x  a )( x  b)( x  c) có f (a )  f (b)  f (c)  0
16
Theo định lý Rolle phương trình f / ( x)  0 có nghiệm x1 ; x2 sao cho:
a  x1  b  x 2  c (1)
Mà f / ( x)  ( x  a)( x  b)  ( x  b)( x  c)  ( x  c)( x  a)
 3x 2  2(a  b  c) x  ab  bc  ca
có /  a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca  0
/ a  b  c  / a  b  c  /
Do đó f ( x)  0 có hai nghiệm x1  và x2  (2)
3 3
Từ (1) và (2) suy ra đpcm.
VÝ dô 18. Cho x 4  x3  x 2  x1  0 , chứng minh rằng:
x1 x 2 x3  x1 x 2 x 4  x1 x3 x 4  x 2 x3 x 4 x1 x 2  x1 x3  x1 x 4  x 2 x3  x 2 x 4  x3 x 4
3 
4
Lời giải:
Xét f ( x)  ( x  x1 )( x  x 2 )( x  x3 )( x  x 4 ) có f ( x1 )  f ( x 2 )  f ( x3 )  f ( x 4 )  0
Theo định lý Rolle phương trình f / ( x)  0 có nghiệm y1 ; y 2 ; y 3 , sao cho:
x1  y1  x 2  y 2  x3  y 3  x 4 (3)
Ta có: f / ( x)  4 x 3  3( x1  x 2  x3  x 4 ) x 2  2( x1 x2  x1 x3  x1 x 4  x2 x3  x2 x4  x3 x4 ) x
 ( x1 x 2 x3  x1 x 2 x 4  x1 x3 x 4  x 2 x3 x 4 ) (3)
Lại có y1 ; y 2 ; y 3 là nghiệm phương trình f / ( x)  0 nên
f / ( x)  4( x  y1 )( x  y 2 ( x  y 3 )
 4 x 3  4( y1  y 2  y 3 ) x 2  4( y1 y 2  y1 y 3  y 2 y 3 ) x  4 y1 y 2 y 3 (4)
Từ (30 và (4) suy ra:
1
y1 y 2 y 3  ( x1 x 2 x3  x1 x 2 x 4  x1 x3 x 4  x 2 x3 x 4 ) (5)
4
1
y1 y 2  y1 y 3  y 2 y 3  ( x1 x 2  x1 x3  ...  x3 x 4 ) (6)
2
y1 y 2  y1 y 3  y 2 y 3 3
Áp dụng bđt Côsi ta có:  ( y1 y 2 y 3 ) 2 (7)
3
Từ (5); (6); (7) ta có đpcm.
17
9. Sử dụng " Bất đẳng thức tiếp tuyến"
Để chứng minh bất đẳng thức có dạng f (a1 )  f (a2 )  f (a3 )  ... f (an )  K hoặc
f (a1 )  f (a2 )  f (a3 )  ... f (an )  K ta có thể dụng định lý " bất đẳng thức tiếp
tuyến".
Trong trường hợp bđt chưa có dạng trên cần lưu ý:
- Nếu bất đẳng thức có dạng f (a1 ). f (a2 ). f (a3 ) ... f (an )  K hoặc
f (a1 ). f (a2 ). f (a3 ) ... f (an )  K thì lấy loganepe hai vế
- Nếu bất đẳng thức cần chứng minh đồng bậc thì có thể chuẩn hóa. Tùy
thuộc vào từng bài toán cụ thể ta lụa chọn cách chuẩn hóa phù hợp.
Ví dụ 19.
Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a 2  b 2  c 2  3 . Chứng minh rằng
1 1 1
  1
1  8a 1  8b 1  8c
Lời giải
1
Xét hàm số f ( x) 
1  8x
với x  0; 3  
4 48
f / ( x)   f // ( x)  0
3
(1  8 x) (1  8 x)5
Ta có: f (a )  f / (1)(a  1)  f (1)
f (b)  f / (1)(b  1)  f (1)
f (c)  f / (1)(c  1)  f (1)
 f (a)  f (b)  f (c)  f / (1)(a  b  c  3)  3 f (1) (*)
Lại có: (a  b  c) 2  3(a 2  b 2  c 2 )  9  3  (a  b  c)  3  a  b  c  3  0
4
f / (1)  0
27
Do đó từ (*)  f (a)  f (b)  f (c)  3 f (1)  1 (đpcm)
Ví dụ 20.
Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a  b  c  3 . Chứng minh rằng
P = (a  1  a 2 )b . (b  1  b 2 )c . (c  1  c 2 ) a  (1  2 ) 2
18
Lời giải:
Ta có: lnP = bl ( a  1  a 2 )  c ln(b  1  b 2 )  a ln(c  1  c 2 )
Xét hàm số f ( x)  ln( x  1  x 2 ) với x  (0;1) ; f (1)  ln(1  2 )
1 x
f / ( x)  ; f // ( x)  0
x2  1 (1  x 2 )3
Suy ra: f (a )  f / (1)(a  1)  f (1)  bf (a )  f / (1)ab   f (1)  f / (1)b
Tương tự cf (b)  f / (1)cb   f (1)  f / (1)c

af (a)  f / (1)ac  f (1)  f / (1) a 
 lnP  f / (1)ab  bc  ca  (a  b  c)  f (1)(a  b  c)  3 ln(1  2 )
1
( Vì ab  bc  ca  1  1  1  3  (a  b  c) ; f / (1)   0)
2
 lnP  3 ln(1  2 )  P  (1  2 )3
III - MỘT SỐ BÀI TOÁN GIẢI ĐƯỢC KHI SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC VÀ
SÁNG TẠO NHỮNG BÀI TOÁN MỚI TỪ CÁC BẤT ĐẲNG THỨC
ĐƯỢC CHỨNG MINH BỞI CÔNG CỤ ĐẠO HÀM
1. Một số bài toán khác giải được khi liên hệ với bđt được chứng minh bởi
công cụ đạo hàm
Bµi 1
T×m limun víi Un =  1    1  2  ...  1  n 
1
2 2 2
n  n n n
NhËn xÐt: §Ó tÝnh giíi h¹n limun tr­íc ®ã cÇn tÝnh lim lnu n ; mµ
n 
lnUn=ln  1 
1
 +ln  1  2  +...+ln  1  n 
2 2 2
n n n
Tõ ®ã nghÜ ®Õn viÖc t×m mét bÊt ®¼ng thøc d¹ng A  lnUn  B ë ®ã
LimA = LimB = a. Sö dông nguyªn lý kÑp cña giíi h¹n ta cã kÕt qu¶ cña bµi
2
to¸n. BÊt ®¼ng thøc cã liªn quan ®Õn lnx ®­îc nghÜ ®Õn lµ: x - x < Lnx < x
2
víi x  0
19
Gi¶i :
Ta cã: lnUn=ln  1   +ln  1  2  +...+ln  1  n 
1
2 2 2
n n n
2
( i=1,2,...n) Ta cã: + i
i i i
Sö dông (*) víi x= 2 < ln  1  < i 2 4 2 2
n n 2n n n
1 4 1
 2 (1+2+...+n) + 4 (12+22+...+n2) < ln Un < 2 (1+2+...+n)
n 2n n
n(n  1) 1 1 n ( n  1)( 2 n  1) 1 n(n  1)
 S1= . 2- 4 < ln Un < 2 . =S2
2 n 2n 6 n 2
1 1
Mµ lim S 1 = lim S 2   lim LnU n =  limU n = e
2 2
Víi suy nghÜ t­¬ng tù cã thÓ h­íng häc sinh ®­a ra c¸ch gi¶i cho bµi to¸n sau:
Bài 2
x 1 2 n 1 n
Cho f(x) = víi x >0 vµ Sn = f ( 2 ) + f ( 2 ) +...+ f ( 2 ) + f ( 2 ) .
x 1 n n n n
TÝnh : lim S n
BÊt ®¼ng thøc ®­îc sö dông ë ®©y chÝnh lµ :
2
x
x < x
= f(x) < x x  0
2 x 1
Lời giải :
Ta chøng minh f(x) < x x  0 :
1
x > 0 0 < <1  f(x) < x
x 1
2
Ta chøng minh f(x) > x  x
1 x
x  0  > 1 x  0 b»ng
2 x 1 2
ph­¬ng ph¸p dïng ®¹o hµm.
1 2 n
2) Ta cã : 2 >0, 2 > 0 ,..., 2 >0
n n n
Do ®ã ¸p dông c©u (1) ta cã :
1 1 1 1
2 - 4 < f( 2 ) < 2
n 2n n n
20