ĐẠO HÀM VÀ TIẾP TUYẾN TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC NHIỀU BIẾN

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓATRƯỜNG THPT MAI ANH TUẤN ĐẠO HÀM VÀ TIẾP TUYẾN TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC NHIỀU BIẾN Họ tên tác giả: Mai Sỹ Thủy Chức vụ: Phó Hiệu trưởng Đơn vị công

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA

TRƯỜNG THPT MAI ANH TUẤN

ĐẠO HÀM VÀ TIẾP TUYẾN TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC NHIỀU BIẾN

Họ tên tác giả: Mai Sỹ Thủy Chức vụ: Phó Hiệu trưởng Đơn vị công tác: Trường THPT Mai Anh Tuấn SKKN thuộc môn: Toán học

-Năm học 2010 -

2011 -A ĐẶT VẤN ĐỀ

Trong toán học phổ thông, các bài toán về bất đẳng thức chiếm một vị trí đặc biệt quan trọng, nó xuất hiện hầu hết trong các kỳ thi tuyển sinh các cấp, kỳ thi chọn học sinh giỏi toán cấp tỉnh, cấp Quốc Gia… và thường xuất hiện dưới dạng là bài toán khó nhất trong đề Điều tất nhiên khi gặp những bài toán chứng minh bất đẳng thức học sinh phải mất rất nhiều thời gian, công sức để giải quyết

nó Đề bài của bài toán bất đẳng thức tuy được phát biểu hết sức ngắn gọn, sáng sủa và đẹp đẽ nhưng học sinh lại gặp rất nhiều khó khăn khi đi tìm lời giải Đứng trước những vấn đề trên trong quá trình giảng dạy và bồi dưỡng học sinh giỏi, tôi đã luôn trăn trở và đi tìm những thuật giải, những hướng đi cụ thể để giải quyết những vấn đề đó Nhưng chúng ta đã biết không có một chìa khoá vạn năng nào có thể “mở khoá” được mọi bài toán Trong khi đó việc giảng dạy toán học nói chung và trong bồi dưỡng học sinh giỏi toán nói riêng, việc làm cho học sinh giải quyết được vấn đề đặt ra của bài toán một cách sáng tạo, hoàn chỉnh là rất cần thiết Trong bài viết này, dựa trên kinh nghiệm một số năm giảng dạy, luyện thi Đại học và bồi dưỡng học sinh giỏi toán, tôi xin nêu lên một vài hướng

giải quyết bài toán bất đẳng thức nhiều biến với đề tài “Đạo hàm và Tiếp tuyến

trong chứng minh bất đẳng thức nhiều biến”, nhằm làm cho học sinh nâng cao

khả năng tư duy, phát triển trí tuệ đồng thời bồi dưỡng niềm đam mê toán học cho các em học sinh

B GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ

I ĐẠO HÀM TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC NHIỀU BIẾN.

Trong lớp các bài toán bất đẳng thức và cực trị nếu bài toán chỉ có chứa một biến hoặc hai biến với điều kiện nào đó thì ta có thể nghĩ ngay đến việc sử dụng công cụ đạo hàm để giải quyết Tuy nhiên, với các bài toán bất đẳng thức

và cực trị từ ba biến trở lên thì việc sử dụng công cụ đạo hàm để giải quyết chúng lại không hề đơn giản chút nào, nó đòi hỏi phải có nghệ thuật, có những ý tưởng thông minh và có những đánh giá, nhận xét tinh tế

Trong phần này tôi đưa ra kinh nghiệm sử dụng đạo hàm nhằm giải quyết phần nào những khó khăn trong việc chứng minh bất đẳng thức và tìm cực trị của bài toán nhiều hơn hai biến

Bài toán 1 Cho ba số thực dương a b c, , thỏa mãn a b c   1

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 3 1 3

4

P a b  c

Hướng dẫn:

Nhìn biểu thức của P ta thấy có sự xuất hiện của cả ba biến số a b c, , mà ta không thể quy trực tiếp về một biến số ngay nếu chỉ sử dụng giả thiết Nhưng ta lại thấy P là biểu thức có đối xứng với a b, , do đó ta dự đoán giá trị nhỏ nhất đạt được khi hai biến a b, bằng nhau Ta chứng minh và sử dụng bất đẳng thức

3

a +b ³ çæça b+ ÷ö÷

÷

çè ø, đẳng thức xảy ra khi hai biến số a và b bằng nhau Khi đó ta

P    c     c     f c

quyết bài toán khá là dễ dàng bằng cách khảo sát hàm số g c  8.f c  trên khoảng 0;1

Ta có g c'( ) = 3c2 + 6c- 3, g c'( ) = Û 0 c1 = - - 1 2, c2 = - + 1 2 Lập bảng biến thiên của hàm số g c( ) trên khoảng 0;1 ta có:

g c ³ g c =g - + = - , suy ra ( ) 1( )

3 2 2 4

P ³ f c ³ -

Vậy min ( )

4

P = - khi và chỉ khi 2 1, 1(2 2)

2

c= - a= =b -

Mấu chốt của bài toán trên là sử dụng bất đẳng thức

3

a +b ³ çæçça b+ ÷ö÷÷÷

dùng giả thiết để quy bài toán từ ba biến trở về bài toán một biến

Bài toán 2 Cho ba số thực không âm a b c, , thỏa mãn a b c   1.Chứng

7

Hướng dẫn:

Trong bài toán này, sự xuất hiện của ba biến a b c, , hoàn toàn đối xứng, nên không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử 0 a£ £ £b c Do ba số a b c, , không âm

và có tổng bằng 1 cùng với điều giả sử ở trên nên ta có 0 1

3

a

Xét vế trái có:

 

2

1

b c



 

 

Như vậy, ta đã quy được bài toán từ ba biến về bài toán một biến chỉ bằng một phép biến đổi đơn giản nhóm nhân tử chung và sử dụng thêm bất đẳng thức trung bình cộng, trung bình nhân cho hai số Công việc của ta bây giờ chỉ là xét

hàm số f a  trên đoạn 0;1

3

 

Ta có ( ) 3 2 1 1 ( )

f a = - a + a= a - a ³ , : 0 1

3

" £ £ , nên hàm f a( )

đồng biến trên đoạn 0;1

3

  , suy ra ( ) ( )1 3 7

27

f a £ f =

Vậy, P £ f a( ) £ 277 ( đpcm)

Đẳng thức xảy ra khi 1

3

a= = =b c

Bài toán này ta có thể mở rộng hơn như sau: Cho ba số thực không âm

, ,

a b c thỏa mãn a b c   1 và cho số thực   0 Chứng minh rằng

1 1

4 27

ab bc ca   abc    

Trong một số bài toán, việc biến đổi, ước lượng để đưa bài toán từ nhiều biến trở về một biến rồi sử dụng đạo hàm không hề đơn giản chút nào Trong những tình huống như thế, có lẽ ta phải làm quen với việc coi một trong các biến của bất đẳng thức làm biến số của một hàm lựa chọn và những biến số khác là

tham số, rồi sử dụng đạo hàm Dưới đây ta xem xét một số bài toán để làm sáng

rõ vấn đề

Bài toán 3 Cho ba số thực x y z ³, , 0, chứng minh rằng :

x +y +z + xyz³ x y z+ +y z+x +z x y+

Hướng dẫn:

Bài toán hoàn toàn đối xứng với ba biến số, nên không mất tính tổng quát,

ta giả sử x³ y³ z³ 0, coi x là biến số và coi y z, là tham số trong hàm số

f x =x - x y z+ + xyz xy- - xz - y z z y y- + +z

Ta có f x'( ) = 3x2 - 2x y z( + )+ 3yz y- 2 - z2

và f x''( ) = 6x- 2(y z+ ) = 2 3( x y z- - ) ³ 0 với mọi x y z ³, , 0 và x³ y³ z

Điều đó chứng tỏ f x'( ) là hàm số đồng biến, suy ra

f x ³ f y = y - y y z+ + yz y- - z =yz z- ³ ( do x³ y³ z ) Đến đây ta suy ra f x( ) là hàm số đồng biến, như vậy ( ) ( ) ( )2

0

f x ³ f y =z z y- ³ Vậy bài toán đã chứng minh xong!

Bài toán 4 Chứng minh rằng nếu a b c, , là độ dài các cạnh của một tam

giác thì a b+ + ³b c a c 23+12æççça c+ +c b a bö÷÷÷÷

Hướng dẫn:

Bài toán đối xứng với a b c, , nên không mất tính tổng quát ta giả sử

min , ,

c= a b c , từ đó suy ra 0 c< £ ab và a< + £b c 2b

Đặt x=c, ta xét hàm số f x( ) 2 b x a x 2a b 3

(0; abùú có f x'( ) 2b2 2 a2 1 (a 2b) 12 1 0

çè ø với mọi xÎ (0; abùú,

do đó hàm số f x( ) nghịch biến trên khoảng (0; abùú, suy ra

( ) max{ ( ) ( ), } a b 2 0

f x f a f b

b a

quyết

Bài toán 5 Chứng minh rằng nếu a b c, , Î ê úé ùë û1;2 thì 10 11 12 69

2

bc + ca + ab £

Hướng dẫn:

Cũng như bài toán trên ta coi một trong ba số a b c, , là một biến số của hàm

số, chẳng hạn là a, khi đó ta đặt x=a x, Î ê úé ùë û1;2 và ta đi xét hàm số

( ) 1 11b 12c 10.

x c b bc

= çç + ÷÷+

çè ø , đặt 11b 12c 11b2 12c2 , 10

Khi đó f x'( ) 2 x22

a b b - a

b

Ta có 11b2 12c2 33 3.10 3 x 1

a

b

+

Như vậy, ta luôn có f x( ) £ max{ff( ) ( )1 , 2g b h b} = max{ ( ) ( ), }, trong đó

( ) ( )1 10 11b 12c

g b f

bc c b

2

b c

h b f

bc c b

Ta xét tiếp g b( ) trên đoạn é ùê ú1;2 có g b'( ) 1 102 12c 11 21A B

÷

trong đó A 10 12c 10 12c2, B 11

+

= + = = và có g b'( ) 0 b A 1

B

Như vậy, g b( ) max{g( ) ( )1 , 2g } max 21 12 ,c 27 6c

Xét lần nữa ( )c 21 12c

c

j = + và ( )c 27 6c

c

f = + trên đoạn é ùê ú1;2 có

( ) ( )

1;2

c c

j f

é ù

ë û

î þ , từ đó suy ra g b £( ) 692 với mọi b c, Î ê úé ùë û1;2 Xét tương tự đối với h b( ) trên đoạn é ùê ú1;2 ta cũng có

( ) max{ ( ) ( )1 , 2} 51 6 ,21 3 63,24 63

Vậy 10 11 12 69

2

bc + ca + ab £ , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a= =b 1,c=2

Bài toán 6 Xét các số thực dương a b c, , thỏa mãn điều kiện

21ab+ 2bc+ 8ca£ 12

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 1 2 3

a b c

Hướng dẫn:

Đặt x 1,y 1,z 1

= = = bài toán chuyển thành: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

thức P x y z( , , ) = +x 2y+ 3z với x y z, , dương thỏa mãn 12xyz³ 2x+ 8y+ 21z

Từ giả thiết z(12xy- 21) ³ 2x+ 8y> 0 ta có 2 8

x y z

xy

+

³

- với 7

4

x y

>

Do đó ( , , ) 2 2 8

x y

P x y z x y

xy

+

-

Bây giờ ta xét hàm số ( ) 2 8 2

x y

xy

+

- với biến 7

4

x y

> và y là

tham số thực dương Ta có ( ) ( ) ( )

2

f x

nên '( ) 0 0 7 32 2 14

y

+

= Û = = + Lập bảng biến thiên của hàm số f x( )

trên khoảng 7 ;

4y

0

y y

xét tiếp hàm số g y( ) trên khoảng (0;+¥ ) có ( ) ( 2 ) 2

'

g y

-=

+

và

4

g y = Û y= Lập bảng biến thiên của hàm số g y( ) trên khoảng (0;+¥ ) có

( ) 54 152

g y ³ gæöç ÷ ç ÷ç ÷çè ø÷= , từ đó suy ra ( , , ) ( ) ( ) 15

2

P x y z ³ f x ³ g y ³ Đẳng thức xảy ra với

x= y= z= Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 15

2 khi 1, 4, 3

a= b= c=

Như vậy, việc đổi biến và rút ẩn từ điều kiện để thay thế vào biểu thức cần tính là những thủ thuật cần thiết, cơ bản để làm cho bài toán không những đơn giản về mặt hình thức mà việc tính toán cũng trở lên ngắn gọn và giảm ngay được số biến trong bài Sau đây chúng ta xem tiếp một bài để thấy rõ hơn

Bài toán 7 Cho ba số thực a b c , , 1 và thỏa mãn 1 1 1 1

1 a1 b1 c 

Chứng minh rằng 8 1 1 2

ab bc ca 

Hướng dẫn:

Trong bài toán này, ta chưa thể sử dụng ngay đạo hàm để giải quyết bài toán Để phát biểu bài toán đơn giản hơn và để có ý tưởng sử dụng đạo hàm ta

đặt 1 , 1 , 1

1 a x 1 by 1 c z Khi đó , , 1

2

x y z  và x y z   1

Ta có ab 1 z ,bc 1 x , ac 1 y

      , khi đó bất đẳng thức cần chứng minh

có dạng 8xy yz zx 2

z  x  y  với điều kiện 0 , , 1

2

x y z

  và x y z   1 Với nhận xét

bài toán đối xứng với biến x y, nên ta có thể đưa bài toán từ ba biến về hai biến

bằng cách đặt x y s xy  , p, khi đó 1 1

2 s và 0 2

4

s p

1 1

z x y



Bây giờ xét hàm số    

2

1 1



2 2

1 8

' 1

s s

f p



( )

f p = Û 1 

2 2

s s

p 

Lập bảng biến thiên, biện luận so sánh 1 

2 2

s  s

với 2

4

s

có: Nếu

1  2

4

2 2

s s s

s



    ta có   1  4 2 2 2 6 2 6 2

2 2

s s

f p f     s   

Nếu  

2

1

4

2 2

s s s

s



4

s

s



Khảo sát g s( ) trên 1;2 2

2

( )2

2

1

g s

s

= - +

- , từ đó ( ) 1 2

2

g s ³ gæöç ÷ ç ÷ç ÷çè ø÷=

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1

4

x y và 1

2

z  , tức là a b  3, c 1

Bằng những biến đổi đơn giản nhưng hết sức tinh tế và những nhận xét tính đối xứng của x y, ta đã đưa được bài toán từ ba biến về bài toán hai biến, rồi

sử dụng đạo hàm để đưa tiếp bài toán về một biến, khi đó bài toán hoàn toàn là đơn giản!

Bài toán sau đây thể hiện rõ hơn tính đối xứng giữa các biến và thông qua bài toán này, ta cũng cần có thêm một phương pháp “chuẩn hóa” khi cần thiết

Bài toán 8: Cho ba số thực không âm a b c, ,

Chứng minh rằng  4  2 2 2 2 2 2  

a b c   a b b c c a  abc a b c 

Hướng dẫn:

Đây là bất đẳng thức đối xứng, đồng bậc nên trước hết ta chuẩn hóa bằng

cách giả sử a b c   1 và a b c  , khi đó 0 1

3

c

  Nhờ tính đối xứng, đặt

,

s a b p ab   , khi đó 2 1, 2

s

s p

   Ta cần chứng minh

  16 2 1  32 21 16 21 2 1

f p  p   s s p s  s 

Ta có f ' p  32p1  s 32s 21, '( ) 0 (1 )(32 21) 0

32

s s

f p = Û p=- - - <

với mọi 2 1

3 s , suy ra f ' p 0trên

2

0;

4

s

  , do đó f p  đồng biến trên

2

0; 4

s

2

s

f p f   s  s  s  g s

Xét hàm số g s   36s4  75s3  43s2 trên đoạn 2;1

3

é ù

ê ú

ê ú

g s = s - s + s, '( ) 0 0, 2, 43

g s = Û s= s= s= , suy ra

( ) max 2 , 1( ) 4

3

g s £ ìïïí ï çïîgæöç ÷ ç ç ÷è ø÷÷g üïïý ïïþ=

Như vậy f p £( ) 1, đẳng thức xảy ra khi 1, 1

4

s= p= , tức là 1, 0

2

a= =b c=

Bài toán đã được chứng minh xong!

Như vậy, với công cụ đạo hàm, ta đã có thể giải quyết được rất nhiều bài toán bất đẳng thức, cực trị nhiều hơn hai biến

II TIẾP TUYẾN CỦA ĐỒ THỊ HÀM SỐ TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC NHIỀU BIẾN.

Trong phần này chúng ta xét bài toán tổng quát: “Cho a a a1 , , , , 2 3 a nD

thoả mãn a1 a2 a3  a n nα, với α D , cần chứng minh bất đẳng thức

 1  2  n  

f a  f a   f a nf α , đẳng thức xảy ra khi a1 a2 a3   a n α” Bài toán này có tính chất nổi bật với vế trái là biểu thức đối xứng của các biến a a a1 2 3, , , ,a n và viết được dưới dạng tổng của một hàm số với các biến số khác nhau Dẫn đến suy nghĩ một cách tự nhiên để giải quyết bài toán này là ta xét hàm số yf x , sau đó chứng minh f x Ax B với mọi x D , trong đó

A, B thỏa mãn A a( 1 +a2 + + a n) +nB =nf a( ) (hay A a+B =f(a)) Dễ thấy

yAx B chính là tiếp tuyến của đồ thị hàm số yf x  tại điểm x α

Như vậy qua phân tích, chúng ta có thể đưa ra được lời giải cho bài toán tổng quát trên như sau: Xét hàm số yf x , x D , viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại x α là yAx B Ta chứng minh f x Ax B với mọi

x D , từ đó suy ra: f a 1 f a 2  f a n nf α  (đpcm)

Sau đây chúng ta xét một số bài toán điển hình để thể hiện rõ hơn cho phương pháp này

Bài toán 9 Cho bốn số dương a b c d, , , thoả mãn a b c d    1 Chứng minh rằng  3 3 3 3 2 2 2 2 1

6

8

a b c d a b c d 

Hướng dẫn:

Từ giả thiết ta có a b c d Î, , , ( )0;1 và bất đẳng thức được viết dưới dạng

( ) ( ) ( ) ( ) 18

f a +f b +f c +f d ³ với f x( ) = 6x3 - x2, đẳng thức xảy ra khi

1 4

a= = = =b c d Ta xét hàm số f x  6x3 x2 trên khoảng 0;1, phương trình

tiếp tuyến của đồ thị hàm số này tại điểm có hoành độ 0

1 4

x  là 5 1

y x

Xét   5 1 14 1 2 3 1 0

f x   x  x x 

  ,  x 0;1, suy ra f x( ) ³ 58x- 18,

0;1

x

  Từ đó ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 5( ) 4.1 1

f a +f b +f c +f d ³ a b c d+ + + - = , đẳng

thức xảy ra khi 1

4

a= = = =b c d

Như vậy, thông qua phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số

  6 3 2

f x  x  x tại điểm có hoành đô 0

1 4

x  mà ta mới có thể nhận ra bất đẳng

thức cơ sở f x( ) ³ 58x- 18 với mọi x 0;1để giải quyết bài toán

Bài toán 10 Cho ba số thực dương a b c, , thoả mãn a b c   3 Chứng

a b c

a b c   

Hướng dẫn:

Ta có nhận xét, nếu có một trong ba số a b c, , thuộc khoảng 0;1

3

 , chẳng

hạn 0 1

3

a

9 a b c a b c

a b c        nên bài toán được

chứng minh, do vậy ta chỉ xét , , 1 7;

3 3

a b c   Ta xét hàm số   2

2

1

x

  trên

đoạn 1 7;

3 3

 , phương trình tiếp tuyến của đồ thị f x  tại điểm có hoành độ

0 1

x  là y 4x 4 Ta có      

2

f x x

x

1 7

;

3 3

x  

    ,

suy ra f x( ) ³ - 4x+ 4, 1 7;

3 3

x  

   

Từ đó ta có : f a( ) +f b( ) +f c( ) ³ - 4(a b c d+ + + ) + 16 = 0, đẳng thức xảy

ra khi a= = =b c 1

Trong bài toán này, nhận xét ban đầu đã khá tốt để chúng ta giới hạn được biến x, vì không có nhận xét đó thì đánh giá f x( ) ³ - 4x+ 4 không thể đúng với mọi x Î ( )0;3 , và như thế chúng ta sẽ nghĩ rằng không sử dụng được phương pháp tiếp tuyến ! Ta xét thêm một bài toán kiểu chia khoảng đang xét thành hai hoặc nhiều khoảng để thấy rõ hơn ý tưởng khi giải toán

Bài toán 11 Cho ba số thực dương a b c, , thoả mãn a b c   1 Chứng minh rằng 10a3 b3 c3 9a5 b5 c5  1

Hướng dẫn:

Như các bài toán trên, ta xét hàm số f x  10x3  9x5 trên khoảng ( )0;1 ,

phương trình tiếp tuyến của đồ thị tại điểm có hoành độ 0 1

3

x = là 25 16

y x

Xét   25 16 1  2 3 2 

f x   x  x  x  x  x

thể khẳng định được   25 16

f x  x với mọi x Î ( )0;1 , nên ta đặt

( ) 27 3 18 2 21 16

g x = - x - x + x+ và xét hàm số g x( ) trên khoảng ( )0;1, ta thấy

( )

g x không luôn dương trên ( )0;1 , nên ta phải tìm cách chia khoảng xác định của

x tốt nhất có thể sao cho trên khoảng đó thì g x >( ) 0 Bằng cách lập bảng biến

thiên của hàm số g x( ) trên khoảng ( )0;1 , ta suy ra g x >( ) 0 với mọi 0; 9

10

xÎ çæçç ö÷÷÷÷

çè ø, từ

đó ta có   25 16

f x  x với mọi 0; 9

10

xÎ çæçç ö÷÷÷÷

çè ø Như vậy bài toán đã chứng minh

xong khi , , 0; 9

10

a b cÎ çæçç ö÷÷÷÷

çè ø và a b c+ + = 1 Bây giờ ta xét trường hợp có ít nhất một

trong ba số a b c, , thuộc nửa khoảng 9 ;1

10





, giả sử 9 ;1

10

a 

 do a b c, , đều dương