GT binh TD phuong phap giai tich chung minh bat dang thuc

PHƯƠNG PHÁP GIẢI TÍCH ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Trần Duy Bình Trường THPT Chuyên Biên Hòa, tỉnh Hà Nam Email: tdbinh.chn@hanam.edu.vn Hoặc tranduybinhle@gmail.com Số điện thoại: 0912

PHƯƠNG PHÁP GIẢI TÍCH ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

Trần Duy Bình

Trường THPT Chuyên Biên Hòa, tỉnh Hà Nam

Email: tdbinh.chn@hanam.edu.vn Hoặc tranduybinhle@gmail.com

Số điện thoại: 0912699644

Có rất nhiều phương pháp chứng minh bất đẳng thức Ứng dụng , tính hiệu quả

của các bất đẳng thức cổ điển và bất đẳng hiện đại là không thể phủ nhận Tuy

nhiên, dùng phương pháp giải tích để chứng minh bất đẳng thức, đặc biệt là bất

đẳng thức đưa về một biến thì công cụ đạo hàm tương đối hiệu quả Điểm mấu

chốt của phương pháp này là tìm cách để đưa về một biến hoặc hàm số có tính

đặc trưng để từ đó khảo sát hàm và dùng tính đơn điệu của hàm số để chứng

minh Bài viết dưới đây đề cập đến hai vấn đề của giải tích để chứng minh bất

đẳng thức: Dùng tính đơn điệu của hàm số và chứng minh bất đẳng thức nhiều

biến bằng cách đưa về một biến

I.Sử dụng tính chất đồng biến, nghịch biến của hàm số

I.1.Lý thuyết cơ bản

Hàm số f đồng biến trên [ ]a b; với mọi x y x y< , , ∈[ ]a b; ⇒ f x( ) < f(y)

Hàm số f nghịch biến trên [ ]a b; với mọi x y x y< , , ∈[ ]a b; ⇒ f x( ) > f(y)

Khi sử dụng tính đơn điệu của hàm số , đối với các bất đẳng thức hai biến hoặc

ba biến , ta thường tìm cách phân ly biến số và khảo sát một hàm đặc trưng và

hàm này có tính đơn điệu trên miền xác định

I.2 Các ví dụ áp dụng

Ví dụ 1: Cho x≥ >y 0. Chứng minh rằng

2 1 2 1

⎛ + ⎞ ≤⎛ + ⎞

Lời giải

Bất đẳng thức tương đương với

1 1 1 1

ln(4 1) ln 2 ln(4 1) ln 2

ln(4 1) ln(4 1)

Xét hàm số ( ) ln(4 1), 0

t

t

+

= > ta có '( ) .4 ln 4 (1 4 ) ln(1 4 )2

(1 4 )

t

t

f t

t

=

Ta thấy 4t< + ⇒ 1 4t ln 4t < ln(1 4 ) + t ⇒ f t'( ) 0, > ∀ >t 0. Vậy f(t) nghịch biến trên

(0 ; +∞ ) Khi đó x≥ > ⇒y 0 f x( ) ≤ f y( ) (*) được chứng minh

Ví dụ 2 : Cho các số thực 0 ,

3

≤ ≤ Chứng minh rằng cosx+ cosy≤ + 1 cos(xy).

Lời giải

Mặt khác cos cos 2cos cos 2cos 2cos

Ta chứng minh

2 cos 1 cos( ) 1 cost 2 cos 1 cos 2 cos 0, , [0; ].

3

Xét hàm số ( ) 1 cos 2 2 cost, t [0; ]

3

2

'( ) 2(sin sin ); '(1) 0, (1) 1 cos1

+) Nếu 0 < < ⇒ < < ⇒t 1 t2 t 1 tsint2 < sint⇒ f t'( ) 0 >

< < ⇒ < < ⇒ > ⇒ <

Ta có

( ) ; (0) 0; (1) 1 cos1;cos 0 ( ) 0, t [0; ] 2cos 1 cos

Ví dụ 3 : Cho , 0, 2 5

4

x y> x+ y< π Chứng minh rằng cos( ) .sin

.sin

x y

+ <

Lời giải

Xét hàm số ( ) sin , 0 5

4

t

t

π

= < < , ta có f t'( ) cos (t t2 tan )t .

t

−

Nếu 0 , tan '( ) 0.

2

< < > ⇒ <

Nếu , cos 0,sin 0 '( ) 0.

Nếu 5 , cos 0, tan '(t) 0.

4

π < < < < ⇒ <

Vậy '(t) 0,0 t 5 ( )

4

f < < < π ⇒ f t nghịch biến trên (0;5 ).

4

π Từ giả thiết ta có

5 sin( 2 ) sinx

< < + < ⇒ <

Do x> 0,x+ 2y> ⇒ 0 x.sin(x+ 2 )y <x.sinx+ 2 siny x

2 cos(2x y).siny 2 sin y x

> + < ⇒ < ⇒ > ⇒ + < (đpcm)

Ví dụ 4 :Cho n Z n∈ , ≥ 2, ,x y≥ 0. Chứng minh rằng :

n x n+y n ≥n+1x n+ 1 +y n+ 1

Dấu “=” xảy ra khi nào?

Lời giải

Với x= 0 hoặc y= 0 bất đẳng thức đúng và dấu “=” xảy ra

Với xy> 0 bất đẳng thức tương đương với

1 1

+ +

+⎜ ⎟ ≥ +⎜ ⎟

Xét hàm số 1 1 1

1

( ) , (0; ) f'(t)

n

− +

Ta thấy

0

'( ) 0 1, lim ( ) 1,limf( ) 1,

'( ) 0 0 1, '( ) 0 1 ( ) 1, t (0; ).

t t

→

> ⇔ < < < ⇔ > ⇒ ≥ ∀ ∈ +∞

Thay t x f( ) 1x

= ⇒ ≥ tương đương bất đẳng thức được chứng minh

Dấu “=” xảy ra khi x= y hoặc x = 0 hoặc y = 0

Ví dụ 5: Cho 0 < <x 1. Chứng minh rằng 1 11 2

.

x

x x

e

− + − >

Lời giải

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

1 1 2 1 .ln 2

− + − > ⇔ + − >

2

x

−

Xét hàm số ( ) 2.1 ln '( ) (1 )22 0 ( )

Khi đó g x( ) <g(1) 0 = ⇒ f x'( ) 0, 0 x 1 < < < ⇒ f(x) nghịch biến trên (0; 1)

1

1

x

x

−

→

−

Ví dụ 6: Cho x y z R, , ∈ , x y z 0 + + = Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P= 3x y− + 3y z− + 3z x− − 6x2 + 6y2 + 6z2

Lời giải

Trước hết ta chứng minh ∀ ≥ ⇒t 0 3t ≥ +t 1 (*)

Xét hàm số f t( ) 3 = − −t t 1,t≥ ⇒ 0 f t'( ) 3 ln 3 1 0 = t − > ⇒ f t( ) đồng biến trên [0 ;

+∞ ) Suy ra f t( ) ≥ f(0) 0 = ⇒ (*) được chứng minh

Vậy P≥ + − + − + − − 3 x y y z z x 6(x2 +y2 +z2 )

Mặt khác ta lại có

x y− + − + −y z z x = x y− + y z− + −z x + x y y z− − + − − + z x x y− −

2 2 2

min

= ⇔ = = =

Ví dụ 7 : Chứng minh rằng với 0

2

< < ta có 2016 sinx+ 2016 tanx ≥ 2.2016x

Lời giải

Ta có 2016 sinx+ 2016 tanx ≥ 2 2016 2016 sinx tanx = 2 2016 sinx+ tanx

Cần chứng minh 2016 sin tan 2016 2 sin tan 2 ,0

2

x+ x ≥ x ⇔ x+ x≥ x < <x π

Thật vậy : Đặt ( ) sin tan 2 , 0 '( ) cos 12 2

x

π

2 2

(cos 1)(cos cos 1)

0,0

x x

π

Khi đó f x( ) > f(0) 0 = Bài toán được chứng minh

Ví dụ 8 :Tìm số thực k lớn nhất sao cho với mọi số thực dương x y z xyz, , , = 1 ta

có 12 12 12 3k (k 1)(x y z)

Lời giải

t

= = ≠ ⇒ = bất đẳng thức đã cho trở thành

4 3 2

( 1) (2 1) ( 1) ( 2 3 2 1)

2 1

k

t

⇔ ≤

+

Xét hàm số

Ta sẽ chứng minh k =1 là giá trị cần tìm

Thật vậy : Với k = 1 x y z xyz, , , = 1 ta chứng minh 12 12 12 3 2(x y z)

x + y + z + ≥ + + (*)

Do xyz= 1 nên tồn tại hai số trong chúng chẳng hạn x y, cùng lớn hơn hoặc cùng nhỏ hơn 1

(*)

2

2

1 1

2(x 1)(y 1) (xy 1) 3

Dấu « = » xảy ra khi 2 2

2

2 2 2

1

1 2

z

z

xy

x z

⎧

⎪

=

⎩

⎩

⎩

II.Chứng minh bất đẳng thức nhiều biến bằng cách chuyển về một biến số

Có thể thực hiện theo các phương pháp: khảo sát theo từng biến hoặc đổi biến

số

II.1 Khảo sát theo từng biến

Đối với các bất đẳng thức hai hoặc ba biến, ta biến đổi đưa về bất đẳng thức một biến để từ đó dùng tính chất giải tích để chứng minh bất đẳng thức tiếp theo Đôi khi ta có thể chọn một biến là tham số biến thiên và cố định các biến còn lại

để bài toán trở thành bất đẳng thức một biến

Ta thường xét các bất đẳng nhiều biến có dạng: f x x( , , , )1 2 x n ≥m hoặc

1 2

( , , , )n .

1 2

( , , , )n ( ),

f x x x ≥g t t D∈ ⇒chứng minh g t( ) ≥m t D, ∀ ∈

Ví dụ 1: Cho , , [ ;3]1

3

.

P

Lời giải

2

y z= ⇒ =P

3

x≥ > ⇒y z f x = ⇔ =x yz ⇒ ≤ yz ≤

2

2 2

Vậy ( ) 8 8

f x ≤ ⇒ ≤P

5

Vậy P đạt GTLN bằng 8/5 khi ( , , ) (3,1, )1

3

Ví dụ 2:Cho 1 ≤x y z, , ≤ 9,x≥ y x z, ≥ Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức

2

P

Đặt ( , , )

2

P x y z

2

2

y x

Xét

( , , ) P(x, y, )

2

2

2 2

0

( , , )

x

y

Trong đó t x,1 t 3,x max{ , , }x y z

y

min , max

Ví dụ 3 : Cho a b, là các số thực sao cho phương trình ax3 −x2 +bx− = 1 0 có ba nghiệm thực dương (các nghiệm có thể trùng nhau) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 5 22 3 2

P

a b a

=

−

Lời giải

Gọi x x x1, 2, 3 là ba nghiệm dương của phương trình Theo viet ta có

1 2 3

1 2 2 3 3 1

1 2 3

1

1

a b

a

x x x

a

⎪

⎪

⎨

⎪

⎪⎩

1 2 3 1 2 3

3 3

Xét hàm số P b( ) = 5 22 3 2

a b a

3 3

4 2

2 2 2

Dấu « = » xảy ra khi 1 , 3 1 2 3 3

3 3

II.2 Khảo sát bằng cách đổi biến số

Dựa vào giả thiết ràng buộc giữa các biến để đổi sang biến mới Phương pháp

này cần chú ý tìm điều kiện của biến mới

Ví dụ 1 : Cho x y, > 0,x≥ 1,y≥ 3,3(x y+ ) 4 = xy Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của

biểu thức 3 3

2 2

Lời giải

x y P

+ =

3

S

S

≤

⎡

2 2

4

S

x y

≥

⎧ + ≥

Ta có

2

3

3

2

f(3) , (4)

f

Vậy GTLN bằng 113 3

12 ⇔ = =x y 2 ; GTNN bằng 94 ( , ) {(1,3);(3,1)}

Ví dụ 2 : Chứng minh rằng với mọi x y z, , > 0, (x x y z+ + ) 3 = yz (1) ta có

(x y+ ) + + (x z) + 3(x y y z z x+ )( + )( + ) 5( ≤ y z+ ) (2)

Lời giải

Chia cả hai vế của (1) cho x2 ta được

.

.

y a

x

⎧ =

⎨

⎪ =

⎪⎩

Bdt (2)⇔ + (1 a) 3 + + (1 b) 3 + 3(1 +a)(1 +b a b)( + ≤ + ) (a b) 3 (3)

ab P

+ =

⎧

⎩ Bất đẳng thức (3) trở thành

(2 +S) − 4(S + 3S+ + 2) 4 (1S +S) 5S ≤ ⇔ (2S+ 1)(S− ≤ 2) 0 (4)

S

+ =

⎨

minh

Ví dụ 3 :Cho x y z, , > 0, x y z 4, xyz 2 + + = =

Tìm GTLN, NN của biểu thức Q x= 4 +y4 +z4

Lời giải

Ta có

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2

2( 32 144)

Với

4

2 (4 ) 2

x yz

x

+ = −

⎧

Do < < − ≥ 2 ⇔ − ≤ ≤ Xét hàm số

2 2

2

max ( ) (5) 9

Suy ra

2 2

max 18

1

x

y z x

Q

y z

⎪

= =

⎪

⎩

=

⎧

= ⇔ ⎨ = =

⎩

Ví dụ 4 : Cho x y z, , ≥ 0, 1 2 + x+ 1 2 + y+ 1 +z2 = 5. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P x= 3 + y3 + 2 z3

Lời giải

Nhận xét : Nếu a, b 0 ≥ ⇒ 1 + +a 1 + ≥ +b 1 1 + +a b (1)

Thật vậy: (1) ⇔ + + + 2 a b 2 (1 +a)(1 +b) 2 ≥ + + +a b 2 1 + +a b

⇔ + + + ≥ + + ∀ ≥ Dấu “=” xáy ra khi a = 0 hoặc b = 0

Áp dụng (1) ta có

2 2

2

z

Suy ra ( ) 3 2 3 (4 2) 3 2 3

2

z

P≤ x y+ + z ≤ − + z (3)

2

(z) (4 ) 2 ,0 2 2 '( ) ( 2)(2(12 ) 2(16 ))

z

'( ) 0 0; 2; (0) 64, (2) 24, (2 2) 32 2 ( ) 64, [0; 2 2]

Từ (3)(4) ta có P≤ 64 ⇔ = =x z 0,y= 4; z = =y 0, x 4 =

III Bài tập đề nghị

Bài 1 Cho a b c, , > 0, 4(a 3 +b3 ) +c3 = 2(a b c ac bc+ + )( + − 2) Tìm GTLN của biểu thức

2 2

P

16

P= ⇔ = =a b =

Bài 2.Cho0 < <s 1, , ,x y z> 0. Chứng minh rằng

s s s s s s s s s

x y z

⎛ + ⎞ +⎛ + ⎞ +⎛ + ⎞ ≤ + +

Bài 3.Chứng minh bất đẳng thức sau đúng với mọi n> 1,n N k N∈ , ∈ *

k1 n n k1 n n 2

+ + − <

Bài 4.Cho x y z, , ∈[ ]0;1 ,x3 +y3 +z3 = 1. Tìm GTLN của biểu thức

P= 8x+ 8y+ − 8z 3( 2x x+y.2y+z.2 ).z

Đáp số: maxP= ⇔ = = 4 x y 0,z= 1 và các hoán vị

Bài 5.Cho , 1;1

2

∈ ⎢ ⎥⎣ ⎦ , tìm GTNN của biểu thức 5 5

2 2

6

Đáp số: minP= − ⇔ = = 1 x y 1.

Bài 6.Cho , , 1;2

2

∈ ⎢⎣ ⎥⎦ , chứng minh rằng 8 x y z 5 y x z 9

⎛ + + ⎞≥ ⎛ + + ⎞+

Bài 7 Chứng minh rằng với mọi x, y (0,;1), x y ∈ ≠ ta có

1 ln ln 4

Bài 8.Cho a b, ∈ (0;1),a2 +b2 =a 1 −b2 +b 1 −a2 Tìm GTNN của biểu thức

8(1 ) 9 1

P

Đáp số: min 5 3, 4.

P= ⇔ =a b=

Bài 9 Cho x y, ≥ 0, 2x2 + 3xy+ 4y2 + 2y2 + 3xy+ 4x2 − 3(x y+ ) 2 ≤ 0. Chứng minh rằng 2(x3 +y3 ) 2( + x2 +y2 ) −xy+ x2 + + 1 1 +y2 ≥ 2

Bài 10 x y z, , > 0,x2 +y2 +z2 = 14. Tìm GTLN của biểu thức

.

P

+

Đáp số: max 8 3, 2, 1.

15

IV.Tài liệu tham khảo

1.www.mathlink.ro

2.www.dienantoanhoc.net

3.Tạp chí toán học và tuổi trẻ (Việt Nam)

4.Phan Huy Khải-500 bài toán chọn lọc bất đẳng thức- 1994

5.Các bài thi Olympic Toán (1990-2006)

6.Ngân hàng đề thi môn Toán- Nguyễn Phú Khánh