Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp hàm số

Chứng minh bất đẳng thức hoặc tỡm giả trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức là một b i toánài toán phổ biến và quan trọng v rất thài toán ờng gặp trong các đề thi tuyển sinh vào Đại học

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA

TRƯỜNG THPT HÀM RỒNG

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC BẰNG PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ

Người thực hiện : Nguyễn Văn Hải Chức vụ : Tổ trưởng chuyên môn SKKN thuộc lĩnh vực môn Toán

THANH HÓA NĂM 2016

MỤC LỤC

Lý do chọn đề tài Trang 2 Mục đích nghiên cứu Trang 3 Đối tượng nghiên cứu Trang 3 Phương pháp nghiên cứu Trang 3

2 Nội dung sáng kiến kinh nghiệm

2.1 Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm Trang 4 2.2 Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp hàm số: Trang 5

2.2.1 Chọn một đại lượng làm biến Trang 5

2.2.2 Chọn lần lượt các đại lượng làm biến Trang 8

2.2.3 Chọn nhóm các đại lượng làm biến (kỹ thuật dồn biến) Trang 11

3.1 Kết quả thực nghiệm Trang 16

3.2 Bài học kinh nghiệm Trang 16

3.3 Kết luận Trang 16

3.4 Kiến nghị Trang 17

Tài liệu tham khảo Trang 18

1 MỞ ĐẦU

Lý do chọn đề tài

Trong chương trỡnh toỏn học bậc Trung học phổ thụng Chứng minh bất

đẳng thức hoặc tỡm giả trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức là một b i toánài toán phổ biến và quan trọng v rất thài toán ờng gặp trong các đề thi tuyển sinh vào Đại học – Cao đẳng trước đõy và trong đề thi Tốt nghiệp THPT Quốc Gia hiện nay Bài toỏn chứng minh bất đẳng thức hoặc tỡm giả trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức cũn là một chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi trong nhà trường và thường gặp trong các đề thi học sinh giỏi cỏc cấp ở bậc học Trung học phổ thông hiện nay

Các bài toán chứng minh bất đẳng thức hoặc tỡm giả trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức rất đa dạng và phong phú Cả lý luận và thực tiễn dạy học đều chứng tỏ chúng rất có hiệu quả trong việc phát triển t duy cho học sinh

Bài toỏn chứng minh bất đẳng thức hoặc tỡm giả trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức là một trong những nội dung khú trong chương trỡnh Toỏn học phổ thụng Để làm tốt loại bài toỏn này đũi hỏi học sinh phải cú kiến thức cơ bản, hệ thống cựng với úc sỏng tạo, khả năng tồng hợp và tư duy logic.Trong cỏc đề thi tuyển sinh vào Đại học và Cao đẳng mụn Toỏn trước đõy và trong đề thi Tốt nghiệp THPT Quốc Gia hiện nay, bài toỏn chứng minh bất đẳng thức hoặc tỡm giả trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức dành để kiểm tra đỏnh giỏ năng lực của nhúm học sinh khỏ giỏi Trong thang điểm nú được đỏnh giỏ ở bậc điểm chớn và điểm mười.Tuy nhiờn trong chương trỡnh của mụn Toỏn PTTH học học sinh chỉ được học và luyện tập trong năm học lớp 10, số tiết dạy dành cho nội dung này quỏ ớt, vỡ vậy đa số học sinh ngay cả cỏc em học sinh khỏ cũng gặp khụng ớt khú khăn, lỳng tỳng khi găp dạng toỏn này

Các tài liệu, sách tham khảo đã trình bày khá đầy đủ về cỏc phương phỏp chứng minh bất đẳng thức, trong bài viết này tôi xin tập trung vào phơng pháp hàm số m ài toán học sinh đó được trang bị đầy đủ kiến thức trong chương trỡnh mụn Toỏn lớp 12 Trung học phổ thụng

Qua kinh nghiệm giảng dạy, cựng với nghiờn cứu t i liài toán ệu, trong bài viết này, tôi đa ra phơng pháp giải bài toán chứng minh bất đẳng thức bằng phương phỏp h m sài toán ố với mục đớch giỳp học sinh cú hướng giải quyết một dạng b i ài toán toỏn khú, rốn luyện tư duy v ài toán phỏt huy tớnh tớch cực trong học tập và rốn luyện kỹ năng giải toỏn

Hy vọng với nội dung vừa phải , bài viết này phần nào giúp các em học sinh cảm thấy tự tin hơn trớc bài bài toỏn chứng minh bất đẳng thức Củng cố kiến thức để chuẩn bị thi vào Tốt nghiệp THPT Quốc gia

MỤC ĐÍCH NGHIấN CỨU

Với mục đớch giỳp học sinh nắm vững phương phỏp hàm số để giải bài toỏn chứng minh bất đẳng thức Đặc biệt cú thể giỳp học sinh lớp 12 chuẩn bị ụn thi tốt nghiệp THPT Quốc gia được tốt hơn

Do đõy là phần nội dung kiến thức khú nờn nhiều học sinh cũn chưa quen với tớnh tư duy logic của nú, nờn tụi nghiờn cứu nội dung này nhằm tỡm ra những phương phỏp truyền đạt phự hợp với học sinh, bờn cạnh cũng nhằm thỏo

gỡ những vướng mắc, khú khăn mà học sinh thường hay gặp phải với mong muốn nõng dần chất lượng giảng dạy mụn Toỏn THPT

ĐỐI TƯỢNG NGHIấN CỨU

Đối tượng nghiờn cứu trong đề tài là học sinh khối 12 qua cỏc năm giảng dạy từ trước đến nay, cỏc học sinh đang chuẩn bị thi THPT Quốc Gia

PHƯƠNG PHÁP NGHIấN CỨU

Phương phỏp nghiờn cứu là trờn cơ sở lý thuyết hàm, phõn tớch sự biến thiờn giữa cỏc đại lượng thay đổi, thiết lập mối quan hệ giữa cỏc đại lượng biến thiờn đề đưa ra cỏc bài khảo sỏt hàm số

Thụng qua việc tạm quy ước lại vai trũ cỏc đại lượng biến thiờn, ta cú thể chứng minh một bất đẳng thức đại số nhiều biến nhờ khảo sỏt hàm số một biến Phương phỏp này về nguyờn tắc luụn cú hiệu quả, cũn trong thực tế ỏp dụng được cho nhiều dạng bài toỏn chứng minh bất đẳng thức, hơn nữa cú khả năng mang lại những lời giải hay, độc đỏo cho dạng bài tập này

2 NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

2.1 CƠ SỞ LÝ LUẬN CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

Một bất đẳng thức đúng cho mọi giá trị của nhiều đại lượng biến thiên (có thể thỏa mãn một số ràng buộc nào đó) Vậy với giá trị xác định của một nhóm đại lượng và giá trị biến thiên của chỉ một nhóm đại lượng còn lại bất đẳng thức vẫn phải đúng Do đó nếu ta coi nhóm đại lượng còn lại đó là biến thì hàm số với biến đó phải đạt được giá trị max hoặc min Như vậy ta đưa bài toán chứng minh bất đẳng thức về bài toán khảo sát hàm số, tìm giá trị max, min Từ bài toán “ Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số trên khoảng (a; b) hoặc trên đoạn [a; b]” trong chương trình lớp 12, ta có thể chuyển bài toán chứng minh bất đẳng thức hoặc tìm giả trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức thành bài toán Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số

Ta xét hai bài toán cơ bản sau:

Bài toán 1: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số trên khoảng (a; b) Phương pháp giải:

*Tìm tập xác định của hàm số ( Chỉ xét trên (a;b))

* Tính dạo hàm và tìm điểm tới hạn của hàm số trên thuộc khoảng (a; b)

* Lập bảng biến thiên

* Dựa vào bảng biến thiên kết luận về giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất

Bài toán 2: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số trên đoạn [a; b] Phương pháp giải:

* Tìm tập xác định của hàm số ( Chỉ xét trên [a;b])

* Tính dạo hàm và tìm điểm tới hạn xi của hàm số trên thuộc khoảng (a; b)

* Tính f(x i), f(a), f(b)

  ( )  ( ); ( ); ( )

; f x Max f x f a f b

b 

; ( ) ( ); ( ); ( )i

a b

Trên cơ sở hai bài toán trên chứng minh bất đẳng thức hoặc tìm giả trị lớn nhất

và nhỏ nhất của biểu thức bằng phương pháp hàm số theo các bước sau:

* Biến đổi cỏc số hạng của bất đẳng thức về cựng một đại lượng giống nhau

* Đặt biến mới t bằng đại lượng đó biến đổi được ở trờn

* Tỡm điều kiện cho biến t Giả sử t thuộc D

* Xột hàm số P=f (t) trờn D

* Giải bài toỏn: Tỡm giỏ trị lớn nhất( nhỏ nhất) của hàm số f(t) trờn D

Chỳ ý :

Trường hợp khụng xõy dựng trực tiếp được hàm số f(t) thỡ ta tỡm hàm số f(t) thỏa món P  f (t) ( Đối với bài toỏn tỡm giỏ trị nhỏ nhất) hoặc P  f (t) ( Đối với bài toỏn tỡm giỏ trị lớn nhất)

Nếu P là biểu thức gồm nhiều đại lượng thay đổi thỡ cú thể coi P là một hàm số với biến số là một trong cỏc đại lượng thay đổi đú và tỡm giỏ trị lớn nhất (nhỏ nhất) của hàm số P

2.2 Chứng minh bất đẳng thức bằng phơng pháp hàm số

2.2.1 Chọn một đại lượng làm biến , cỏc đại lượng cũn lại làm tham số Xột

hàm số theo biến được chọn

Ví dụ 1.1: Cho a,b,c 0;1 Chứng minh rằng :

(1 )(1 )(1 ) 1

b c  c a  a b      

Lời giải:

Coi a là biến x Xét hàm số: ( ) (1 )(1 )(1 )

trên [0;1] Ta cú : '(x) 2 2

    ( Với D là hằng số )

Rõ ràng f’(x) là một hàm đồng biến trên khoảng đã xét ( vì f’’(x) > 0 )

* Nếu f’(x)    0 x 0,1 thì

 0;1 

1 ( ) (1)

max f x f

1

      = 1

* Nếu f’(x)    0 x 0,1 thì

 

2 2

0;1

1

  

* Nếu f’(x) nhận hai dấu trên đoạn [0;1] thì bảng biến thiên của f(x) phải có dạng:

Khi đó :    

0;1

( ) (0), (1) 1

max f x ma x f f 

Vậy bài toán đợc chứng minh

Ví dụ 1.2: Cho a,b 0;1 Chứng minh rằng : (1 )(1 ) 1

b a    

Lời giải:

Coi a là biến x Xét hàm f(x) = (1 )(1 )

b x    trên [0;1]

f’(x) = 1 2

1

1 ( 1)

b

b

b x  

 

Rõ ràng f’(x) là một hàm đồng biến trên khoảng đã xét ( vì f’’(x) > 0 )

* Nếu f’(x)    0 x 0,1 thì

 0;1 

1 ( ) (1)

1 1 1

b max f x f

b

  1

1

b

b b

* Nếu f’(x)    0 x 0,1 thì max f x0;1 ( ) f(0)   b 1 b = 1

* Nếu f’(x) nhận hai dấu trên đoạn [0;1] thì bảng biến thiên của f(x) phải có dạng:

Khi đó :

0;1

( ) (0), (1) 1

max f x ma x f f 

Vậy bài toán đợc chứng minh

Nhận xột: Cú thể mở rộng bài toỏn như sau:

Cho a a1 , , , 2 a  n 0,1 Chứng minh rằng:

x

f’(x)

f(x)

0

x

f(x0)

0

x

f’(x)

f(x)

0

x

f(x0) 0

1

n n

j

j

j j j

a

a

s a

 

  , ë ®©y s =

1

n j j

a





VÝ dô 1.3: 1 Cho a, b  1 Chứng minh rằng : 1 2 1 2 2

1 a 1 b 1 ab

2 Cho a, b, c  1 Chứng minh rằng : 1 3 1 3 1 3 3

1 a 1 b 1 c 1 abc

Lời giải:

1 Không mất tính tổng quát giả sử 1  b  a

Coi b là biến x, xét hàm f(x) = 1 2 1 2 2

1 x 1 a  1 ax  trên [1; a]

Đạo hàm f’(x) = 2 2 2 2 2 2( 2 2)(1 ax )32 0

(1 ) (1 ax) (1 ) (1 ax)

 

    chứng tỏ f’(x) nghịch biến  min (x)0;a f f(a) 0   (đpcm)

2 Không mất tính tổng quát giả sử 1  a  c  b

Coi c là biến x, xét hàm f(x) = 1 3 1 3 1 3 3

1 x 1 a 1 b  1 abx trên [a; b]

Đạo hàm f’(x) = 3( 2)(1 3 24)

[(1+abx)(1+x )]

ab x  abx

từ đó ta có bảng biến thiên :

 minf(x) = f( ab ) = 2 2

0

1 (  a a) 1 (  b b)  1 a a b b.  (theo câu 1)

Nhận xét: Có thể mở rộng bài toán như sau:

Chứng minh rằng với a1 , a2…, a, an  1 thì

1 n 1 n 1 n 1

n

2.2.2 Chọn lần lượt các đại lượng làm biến , đại lượng còn lại làm tham số Xét lần lượt hàm số theo biến được chọn.

x

f’(x)

f(x)

a

f(a)

f(a)

0 f( ab)

ab

f(b)

b +

-

Ví dụ 2.1: Cho a b c , , 0 , chứng minh rằng 3

2

b c c a a b     

Lời giải:

Không mất tính tổng quát giả sử a b c 

Coi c là biến x Xét hàm số ( )

x

f x

   trên b ; 

Từ đó f’(x) đồng biến Ngoài ra 2 2



  trên b ;  suy ra f đồng biến trên b ; 

2b min f(x) = f(b) =

a+b 2

a b

  Lại coi b như biến t , xét hàm

2t

g(t) = , ;

a+t 2

a

t a t

   Ta có 2 2

g'(t) = 2a[ ] 0

(a+t)  4t 

3 min ( ) ( )

2

g t g a

   trên a;  suy ra điều phải chứng minh

Ví dụ 2.2: Cho a b c , , 0 , chứng minh rằng 2 2 2

2

b c c a a b

 

Lời giải:

Không mất tính tổng quát giả sử a b c 

Coi c là biến x , xét hàm số ( ) 2 2 2

f x

 

   trên b ; 

'( )

f x

suy ra f đồng biến trên b ;  ( ) ( ) 2 2 2

Lại coi b như biến t , xét hàm ( ) 2 2 2

a t t

 trên a ; .Ta có

4at+2t 2

g'(t) =  a    1 0 g đồng biến  g t( ) g a( ) 0 

suy ra điều phải chứng minh.

Nhận xét: Có thể mở rộng bài toán như sau:

Cho a b c , , 0 , chứng minh rằng 1 1 1

2

n n n n n n

b c c a a b

 

Ví dụ 2.3 Cho a b c d , , , 0 , chứng minh rằng

4

3

b c d  c d a d a b a b c        

Lời giải: Không mất tính tổng quát giả sử a b c d   Coi d là biến x.

Xét hàm số f x( ) a b c x

b c x c x a x a b a b c

        trên c ; 

f x

c

Từ đó f’(x) đồng biến f(x) f(c) = 2c

  Lại coi c như biến t ,

xét hàm g(t) = 2t

  trên b ;  Ta có

g'(t) =

(a+b+t) ( 2 ) ( 2 )

(a+b+t) ( 2 ) (a+b+t) ( 2 )

Suy ra g đồng biến trên b ;  ( ) ( ) 3

2 3

g t g b

 Lại coi b là biến u , xét hàm số ( ) 3

2 3

h u

 trên a ; 

( 2 ) 9



  suy ra h đồng biến trên a ;  4

( ) ( )

3

h u h a

   (đpcm)

Ví dụ 2.4 Cho a b c , , 0 chứng minh rằng

n

n n n

a b c a b c  

Lời giải:

Không mất tính tổng quát giả sử a b c 

Coi c là biến x , xét hàm số ( ) ( )

n n n

n

f x       trên b ; 

Đạo hàm '( ) 1 ( ) 1 0

f x x     

  f đồng biến trên b ; 

n n

n

* Coi b là biến t xét hàm số ( ) 2 ( 2 )

n n

n

g t     trên a ;  Đạo hàm 2 1 2 1

  đồng biến  g t( ) g a( ) 0   đpcm

Ví dụ 2.5: Cho a b c , , 0 chứng minh rằng : 4(a3 b3 c3  6abc) (  a b c  ) 3

Lời giải:

Không mất tính tổng quát giả sử a b c 

Coi c là biến x , xét hàm số f x( ) 4(  a3 b3 x3  6abx) (  a b x  ) 3 trên b ;  Đạo hàm f x'( ) 3[3x  2  2(a b x )  6ab a 2  b2 ]

Phương trình f’ = 0 có   ' 4(a2 b2  4 )ab

* Nếu a b a  (2  3)     ' 0 f x'( ) 0   x b;  m inf(x) ;  ( )

x b

f b

 

* Nếu a a (2  3) b( c)    ' 0 , f’ có hai nghiệm 1,2 '

3

a b

x    

Dễ thấy x2 b Bảng biến thiên của f có dạng :

x - x1 x2 b + f’(x) + 0 - f(x1) + + +

f(x) f(x1) + f( x2) f(b)

Vậy ta luôn có f x( ) f b( ) 3 (  a a2  2ab 4 ) 0b2  suy ra (đpcm

-

2.2.2 Chọn nhóm các đại lượng làm biến (kỹ thuật dồn biến), biểu thị nhóm biến khác theo biến Xét lần lượt hàm số theo biến được chọn.

Ví dụ 3.1: Cho 2 2

  

x y x y Chứng minh x3 y3 x y y x2  2  4

Lời giải:

Đặt t  x y từ giả thiết ta có 2xy (x y ) 2  (x y ) t2  t hay 2

2



t t

Áp dụng BĐT (x y ) 2  2(x2 y2 ) 2(  x y ) hay t2  2t suy ra 0  t 2

Ta có x3 y3 x y y x2  2  (x y ) 3  2 (xy x y ) t2

Hàm số Pf(t) t2 liên tục và đồng biến trên 0 ; 2

Do đó Max P=4 đạt dược khi t 2 hay x y  2 và xy 1 suy ra x 1;y 1

Ta có min P=0 khi t 0 hay x 0;y 0

Ví dụ 3.2: Cho x y z, ,  0 thỏa mãn xyz 1 Chứng minh 1 1 16

xz yz

Lời giải:

Đặt t  x y từ giả thiết ta có z  1 t và 0  t 1

Áp dụng BĐT (x y ) 2  4xy hay 2

4

t xy

(1 )

t

xz yz xy  t t t

Xét hàm số 2 2 2



t

Bảng biến thiên:

T

0

2

1 1

F’(t)  0 

F(t)









16

Từ BBT ta có

t (0;1)

1 max f (t) f ( ) 16

2

   đạt được khi t 1

2



Vậy 1 1 16

xz yz  Đẳng thức xảy ra x y 1;z 1

Ví dụ 3.3:

Cho xy 0 thỏa mãn x y  1 Chứng minh 2 1 2 22 2 2 2

x y  y  x  

Lời giải:

Đặt 2 2

 

t x y ta có (x y ) 2  1 nên 1

2



 t xy

Áp dụng BĐT (x y ) 2  2(x2 y2 ) suy ra 1

2



t

Ta có 2 1 2 2 2 2 2 2 1 2 ( 24 2 4) (2 22 2) 1 222 8 2

Xét hàm số

5 2

2 8 2 1 )

2













t t

t t t t













; 2 1

2

1 4 24 44

( )

( 2 5)

  

 

f t

t t t f t ( ) 0  (t 1)(t1) ( 2 t 5) 0 











5

1

t t

Bảng biến thiên:

t

2

1

1 5 

F’(t)  0  0 

f(t) 5

12

105 241

2 2

Từ Bảng biến thiên ta có 1

t [ ; ] 2

min f (t) f (1) 2

đạt được khi (x;y)=(1;0) hoặc (0;1)

Vậy 2 1 2 22 2 2 2

x y  y   x   Đẳng thức xảy ra  (x; y) (0;1)  và hoán vị

Nhận xét:

Kỹ thuật dồn biến là một bài toán khó Sử dụng phương pháp này ta có thể giải bài toán trong đề thi Đại học và Cao đẳng và đề thi Tốt nghiệp THPT Quốc Gia Các bài toán này thường được cho dưới dạng tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Ví dụ 3.4: (Khối B–2007)

Cho các số thực không âm thỏa mãn a b c   1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A 3(a b2 2 b c2 2 c a2 2 ) 3(  ab bc ca  ) 2  a2 b2 c2

Lời giải: