Chứng minh bất đẳng thức bằng phơng pháp hàm số đặt vấn đề Chứng minh bất đẳng thức là một dạng toán phổ biến và quan trọng trong chơng trình toán phổ thông, rất thờng gặp trong các đề t
Trang 1Chứng minh bất đẳng thức bằng phơng pháp hàm số
đặt vấn đề
Chứng minh bất đẳng thức là một dạng toán phổ biến và quan trọng trong chơng trình toán phổ thông, rất thờng gặp trong các đề thi tuyển sinh vào Đại học- Cao đẳng
và còn là một chuyên đề lớn trong các đề thi học sinh giỏi ở phổ thông
Các bài toán chứng minh bất đẳng 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
Có nhiều phơng pháp chứng minh bất đẳng thức, việc vận dụng nhìn chung phụ thuộc rất nhiều vào đặc thù bài toán, do đó học sinh phổ thông thờng gặp rất nhiều khó khăn khi gặp dạng bài này
Các tài liệu, sách tham khảo đã trình bày khá đầy đủ về vấn đề này, trong báo cáo này chúng tôi tập trung vào phơng pháp hàm số
Nếu bất đẳng thức chỉ liên quan tới hàm 1 biến thì vấn đề đã rõ, ví dụ:
Chứng minh rằng x ≥ sinx ∀ x ≥ 0
song đối với bất đẳng thức nhiều biến số, ví dụ:
1 c) b)(1 a)(1 (1 1 b a
c 1
a c
b 1
c
b
+ +
+ + +
+
+
+
thì sử dụng phơng pháp hàm số nh thế nào?
Theo chúng tôi, đây là vấn đề khá mới mẻ
Nội dung báo cáo gồm 3 phần:
Phần 1: Khái quát về các phơng pháp chứng minh bất đẳng thức
Phần 2: Chứng minh bất đẳng thức bằng phơng pháp hàm số
Phần 3: Những kết luận s phạm
bất đẳng thức
I Bài toán chứng minh bất đẳng thức đại số
Khái niệm: Cho hai biểu thức đại số f, g có tập xác định lần lợt là D1, D2 Quan
hệ f ≤(≥) g cho ta một bất đẳng thức đại số Nếu với mọi giá trị của biến trong tập D
= D1 ∩ D2 làm cho f ≤(≥) g ta có một bất đẳng thức đúng
Bài toán chứng minh bất đẳng thức đại số yêu cầu ta chỉ ra tính đúng (hoặc sai) của một bất đẳng thức nào đó Để tiện về ngôn ngữ, nói chung từ nay ta chỉ cần xem xét những bất đẳng thức dạng f ≥g ⇔ f – g ≥ 0
Theo phân loại của Polya thì bài toán bất đẳng thức thuộc dạng bài toán chứng minh toán học (trong hệ thống này, ngoài ra là các bài toán tìm tòi)
II Các ph ơng pháp giải
Để chứng minh bất đẳng thức đại số, các phơng pháp phổ biến là:
PP1: Dùng biến đổi tơng đơng
PP2: Phơng pháp phản chứng
PP3: Dùng các tính chất cơ bản của bất đẳng thức
PP4: Dùng bất đẳng thức tam giác
PP5: Làm trội
PP6: Quy nạp
PP7: Dùng bất đẳng thức Cauchy
Trang 2PP8: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski
PP9: Biến dạng của bất đẳng thức Bunhiacopski
PP10: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski mở rộng
PP11: Dùng bất đẳng thức Bernoulli
PP12: Dùng tam thức bậc hai
PP13: Phơng pháp lợng giác
PP14: Dùng bất đẳng thức Jensen
PP15: Dùng bất đẳng thức Tsebyshev
PP16: Dùng đạo hàm
PP17: Phơng pháp hình học
số
Trớc tiên ta xét ví dụ đã nêu trong phần đặt vấn đề, đây là một bài toán khó trong bộ đề tuyển sinh, cũng là một bài thi Olympic (Vô địch Mỹ năm 1980)
1 c) b)(1 a)(1 (1 1 b a
c 1
a c
b 1
c
b
+ +
+ + +
+
+
+
1 b x
c 1
x c
b 1
c b
x
+ +
+ + +
+ + +
1) c (x
c 1)
c (x
b (x)
+ +
− + +
−
Rõ ràng f’ đồng biến
# Nếu f’(x)≥0 ∀ x ∈ [0,1] thì
[0,1]
x
1 1 c b
c 1 c b
b 1 c b
1 1 1 b
c 1 1 c
b 1 c b
1 f(1)
maxf(x)
∈
= + +
+ + +
+ + +
≤ + +
+ + +
+ + +
=
=
# Nếu f’(x)≤0 ∀ x ∈ [0,1] thì
[0,1]
x
1 1 bc c b
1 c b c b c) b)(1 (1 1 b
c 1 c
b f(0)
∈
≤ + + +
+ + +
=
−
− + +
+ +
=
=
# Nếu f’(x) nhận 2 dấu trên [0,1] thì bảng biến thiên của f phải có dạng:
X 0 x0 1
f'(x) - 0 +
f(x) f(0) f(1)
f(x0)
⇒max f(x) = max{f(0), f(1)} ≤1
x ∈ [0,1]
Bài toán đợc chứng minh hoàn toàn
1 a
b 1 b
+
+ +
1 a
x 1 x
a
+
+ +
27
Trang 3Nó có đạo hàm f'(x) 11a (1 ax)2 −1+a
+
− +
# Nếu f’(x)≥0 ∀ x ∈ [0,1] thì
Max f(x) = f(1)
x Є [0,1]
# Nếu f’(x)≤0 ∀ x ∈ [0,1] thì
Max f(x) = f(0)
x ∈ [0,1]
# Nếu f’(x) nhận 2 dấu trên [0,1] thì bảng biến thiên của f phải có dạng:
X 0 x0 1
f'(x) - 0 +
f(x) f(0) f(1)
f(x0)
⇒max f(x) = max{f(0), f(1)}
x ∈ [0,1]
Tóm lại luôn có
max f(x) = max{f(0), f(1)}
x ∈ [0,1]
1 a
1 a 2
+
+ , f(0) = 1
⇒ max f(x) ≤ 1
x ∈ [0,1]
Bài toán đợc chứng minh hoàn toàn
1 ) a (1 )
1
a
s
a
( n
1
j
n 1
j
+
−
=
= n
1
j j
a s
Giải:
Ta chứng minh bài toán bằng quy nạp theo n ≥2:
# n = 2 là nội dung BT2
# Giả sử bài toán đúng đến n, ta phải chỉ ra nó đúng đến n + 1
Với n + 1, ta xét hàm số với biến an+1:
∏
=
+
=
+
−
1
1
n
1
j 1
1 a s
a (
)
=
=n 1
1
j j
a s
=
+
−
−
= n 1
j j 2
j 1
1) a (s
a (
) (a
hoàn toàn tơng tự BT1 với chú ý:
1 ) a (1 )
1 a s'
a (
1
n
1
+
−
=
=
= n
1
j j
a
1 s
a
f(1) n 1
1
j
j =
≤∑+
= (làm tăng tử, giảm mẫu)
⇒max f(an+1) = max{f(0), f(1)} ≤1 ⇒(đpcm)
an+1∈ [0, 1]
Trang 4) z
1 x
1 z)(
(x z) (x
y
1
)
z
1
x
1
Giải:
Để giống các trờng hợp quen thuộc, ta coi y = b, z = c, ở đây b ≤c
c
1 x
1 b(
c) (x b
1 c) )(x c
1 x
1 (
x
1 bc
1 c)(
(b (x) f' = − + 2 ≤ ∀ ∈ ≤ , chứng tỏ f nghịch biến Vậy min f(x) = f(b) = 0 ⇒(đpcm)
x ∈ (0,b]
Giải:
Xét hàm f(x) = 3x3- 9b2x + 7b3, đạo hàm f’(x) = 9(x - b)(x + b)
Bảng biến thiên:
x 0 b +∞
f'(x) - 0 + f(x) 7b3 +∞
b3
Rõ ràng b3≥0 ⇒(đpcm)
BT5(Đề 106II2) a, b, c là các số thuộc [0, 1] Chứng minh rằng;
a 2 + b 2 + c 2 ≤1 + a 2 b + b 2 c + c 2 a.
Giải:
Coi c là biến x, xét hàm f(x) = x2(1 - a) – b2x + a2 + b2- 1 – a2b trên [0, 1]
Đạo hàm f’(x) = 2(1 - a)x – b2⇒f’ đồng biến
# Nếu f’(x)≥0 ∀ x ∈ [0,1] thì max f(x) = f(1) trên [0, 1]
# Nếu f’(x)≤0 ∀ x ∈ [0,1] thì max f(x) = f(0) trên [0, 1]
# Nếu f’(x) nhận 2 dấu trên [0,1] thì bảng biến thiên của f phải có dạng:
x 0 x0 1
f'(x) - 0 +
f(x) f(0) f(1)
f(x0) Vậy phải có
max f(x) = max{f(0), f(1)} = max{(1 - b)(a2 – b -1), a2 – a –a2b} ≤0⇒(đpcm)
x∈ [0, 1]
BT6(Đề 112II2) Chứng minh rằng với 0< a < b < c thì:
a 3 (b 2 – c 2 ) + b 3 (c 2 – a 2 ) + c 3 (a 2 – b 2 ) < 0.
Giải:
Coi c là biến x, xét hàm f(x) = (a2 – b2)x3- (a3 – b3)x2 + a3b2 – a2b3 trên (b, +∞)
Ta phải chứng minh f(x) < 0 ∀ x ∈ (b, +∞)
Đạo hàm f’(x) = 3(a2 – b2)x2 – 2(a3 – b3)x = (a - b)x[3(a+b)x – 2(a2 + ab + b2)]
Dễ chứng minh f’(x) < 0 khi a < b < x⇒f nghịch biến.29
Trang 5⇒f(x) < f(b) = 0⇒(đpcm).
BT7(Đề 57II 2 ) Cho a≤b≤c là 3 cạnh tam giác Chứng minh rằng (a +b + c) 2 < 9bc.
Giải:
Coi c là biến x, xét hàm f(x) = (a + b + x)2 – 9bx trên [b, a+b) Ta phải chứng minh f(x) < 0 trên đó
Đạo hàm f’(x) = 2(a + b + x) – 9b < 0 (dễ thấy) ⇒f nghịch biến
⇒f(x) < f(b) = (a + b + x)2 – 9b2 < 0⇒(đpcm)
BT8(Đề 128I 2 ) Cho a, b, c ∈ [0, 2] thỏa mãn: a + b + c = 3
Chứng minh rằng a 2 + b 2 + c 2 ≤5
Giải:
Không mất tính tổng quát giả sử a≤b≤c ⇒ a ≤ 1
# Coi c là biến x, xét hàm f(x) = x2 + a2 + (3 – x – a)2 trên [0, 2]
f'(x) = 4x + 6 – 2a ≥ 0 ⇒ f đồng biến
Max f(x) = f(2) = 2a2 – 2a + 5
xЄ[0, 2]
# Coi a là biến t, xét hàm g(t) = 2t2 – 2t + 5 trên [0, 1]
Dễ thấy g(t) ≤ 5, đẳng thức có ⇔ t ∈{0, 1}
Tóm lại a2 + b2 + c2 ≤5 (đpcm)
BT9(Đề 110III)
a Cho a, b ≥1 chứng minh rằng:
ab 1
2 b 1
1 a 1
1
2
2 + + ≥ +
b Cho a, b, c ≥1 chứng minh rằng:
abc 1
3 c
1
1 b 1
1 a 1
1
3 3
3 + + + + ≥ +
Giải:
a Không mất tính tổng quát giả sử 1 ≤ b ≤ a
Coi b là biến x, xét hàm
ax 1
2 a
1
1 x
1
1
+
− +
+ +
ax) (1 ) x (1
) ax x)(1 2(a ax)
(1
2a )
x (1
2x (x)
+ +
−
−
= +
+ +
−
f(x) = f(a) = 0 ⇒(đpcm)
x∈ [1, a]
b Không mất tính tổng quát giả sử 1≤a≤c≤b
Coi c là biến x, xét hàm:
abx 1
3 b
1
1 a
1
1 x
1
1
+
− +
+ +
+
+
4 2
)]
x abx)(1 [(1
) abx )(1 x 3(ab (x)
f'
+ +
−
−
X a ab b
f’(x) - 0 +
f(x) f(a) f(b)
f( ab)
⇒min f(x) = f( ab) =1 (a1 a)2 1 (b1 b)2 1 a 2a.b b ≥0
+
− +
+
⇒(đpcm)
Trang 6BT10(Tổng quát hóa) Chứng minh rằng với a1 , a 2 , …, a n≥1 thì:
n 2 1
n n
n
2
n
1 1 a a a
n a
1
1
a
1
1
a
1
1
+
≥ + + + +
+
+
Giải:
Ta chứng minh bằng quy nạp theo n≥2:
# n = 2: đã cm
# Giả sử BĐT đúng đến n, ta phải chỉ ra nó đúng đến n + 1 số
Trong trờng hợp n + 1 số, không mất tính tổng quát giả sử a1 ≤a2 ≤…≤an , còn
an+1 ∈ [a1, an]
Coi an+1 là biến x, xét hàm:
x a a a 1
1 n a
1
1
a 1
1 a
1
1 x
1
1
f(x)
n 2 1 1
n n 1
n 2 1
n 1 1
+
− + + + +
+ +
+ +
n 2 1 2 1 n
2 n n 2 1
n n 2 1
x) .a a a (1 ) x (1
) x .a a a )(1 x .a a (a (x) f'
+ +
−
−
x a1 n
n 2
1 a a
a an f’(x) - 0 +
f(x) f(a1) f(an)
f(n
n 2
1 a a
⇒ min f(x) = f(n
n 2
1 a a
x∈ [a1, an]
Chú ý rằng
0 ) a ) (
a )(
a ( 1
n )
a ( 1
1
) a ( 1
1 )
a ( 1
1 )
a
a
a
f(
n n 1 n
n n 1 2
n n 1 1 n
n n 1 n n
n n 1 2 n
n n 1 1
n
n
2
+
− +
+ + +
+ +
(theo giả thiết quy nạp)⇒BĐT đúng với n+1 số⇒(đpcm)
BT11(BĐT Cauchy)
Chứng minh rằng với a 1 , a 2 , …, a n≥0 thì: n
n 2 1 n
2
1 a a n a a a
Giải:
Ta chứng minh bài toán bằng quy nạp theo n≥2
# Với n = 2: Dễ thấy BĐT đúng
# Giả sử BĐT đúng với n số, ta chỉ ra BĐT đúng với n + 1 số
Trong trờng hợp n + 1 số, không mất tính tổng quát giả sử a1 ≤a2 ≤…≤an , còn an+1 ∈
∈ [a1, an] Coi an+1 là biến x, xét hàm n 1
n 2 1 n
2
1 a a a x 1
n
a
a a x
+
+ + + +
=
x) .a a (a
a a a [1 1 n
1 (x) f'
1 n n n 2 1
n 2 1
+
− +
x a1 n
n 2
1 a a
a an f’(x) - 0 +
f(x) f(a1) f(an)
f(n
n 2
1 a a
⇒ min f(x) = f(n
n 2
1 a a
x∈ [a1, an]
31
Trang 7Chú ý rằng 0
1 n
a a a n a
a a ) a a a
n 2
+
− + + +
⇒BĐT đúng với n+1 số ⇒(đpcm)
BT12(BĐT Nesbit)
Cho a, b, c > 0, chứng minh rằng bac cba a cb ≥23
+
+ +
+ + Giải:
Không mất tính tổng quát giả sử a≤b ≤c
Coi c là biến x, xét hàm f(x) axb xab xba
+
+ +
+ +
b x)
(b
a b a
1 (x) f'
+
− +
− +
= Dễ thấy f’ đồng biến Ngoài ra 0
] 4b
1 b)
(a
1
a[
(b)
+
= ⇒f’≥0 trên [b, +∞) ⇒f đồng biến trên đó
⇒min f(x) = f(b) =a2bb+2ba
+ Lại coi b nh biến t, xét hàm g(t) a2xt +2ta
+
=
4x
1 t) (a
1 2a[
(t)
+
⇒ min g(t) = g(a) =23 trên [a, +∞) ⇒ (đpcm)
2
c b a b a
c a
c
b
c
b
+
+
+
+
+
Giải:
Không mất tính tổng quát giả sử a≤b≤c
# Coi c là biến x, xét hàm
2
b a x a x
b b x
a b a
x
+
+ +
+ +
Đạo hàm f' (x) a2xb (aa2b)2 (ab2b)2 −21
+
− +
− +
a) (x
1 b)
(a
1 [ b ] b) (x
1 b)
(a
1 [ a )
2
1
b
a
x
2 2
2
+
− +
+ +
− + +
−
2b
a b a
2b f(b) 2 + 2 − −
+
# Coi b là biến t, xét hàm
2
a t 2t
a t a
2t g(t) 2 + 2 − −
+
4t
2a t)
(a
2t 4at (t) g' 22 − 22 −
+
+
⇒g(x)≥g(a) = 0⇒(đpcm)
2
c b a b a
c
a
c
b
c
b
a n 1 n 1 n 1 ≥ n + n + n
+
+
+
+
+
+ +
+
Giải:
Không mất tính tổng quát giả sử a≤b≤c
# Coi c là biến x, xét hàm
2
b a x a x
b b x
a b a
x f(x) n 1 n 1 n 1 − n + n+ n
+
+ +
+ +
Trang 8Đạo hàm n 1
2
1 n 2
1 n
2
n x) (a
b x) (b
a )x b a
1 n ( (x)
+
− +
− +
+
a) (x
b b)
(a
x b[
] b) (x
a b)
(a
x a[
) x
b
a
2x
(
2
n
2
n 2
n 2
n 2
n 1
n
n
+
− +
+ +
− + +
−
+
2b
a b a
2b f(b) n 1 + n 1 − n − n
+
# Coi b là biến t, xét hàm
2
a t 2t
a t a
2t g(t) n 1 + n 1 − n − n
+
2
1 n 2
n 1
n
nt 4t
2a t)
(a
2)at (2n 2nt
(t)
+
+ +
⇒g(x)≥g(a) = 0⇒(đpcm)
BT15(Tơng tự) Chứng minh rằng với a, b, c, d > 0 thì:
3
4 c b a
d d b a
c a d
c
b
d
c
b
+ +
+ + +
+ + +
+
+
+
Giải:
Không mất tính tổng quát giả sử a≤b≤c≤d
# Coi d là biến x, xét hàm
x b a
c x a c
b x c b
a c
b
a
x
f(x)
+ +
+ + +
+ + +
+ +
+
Đạo hàm f'(x)=(a+b1+c)2 −[(b+ca+x)2 +(c+ab+x)2 +(a+bc+x)2]=
] x) b (a
1 c)
b (a
1 c[
] x) c (a
1 c)
b (a
1 b[
] x) c (b
1 c)
b
(a
1
+ +
− + +
+ + +
− + +
+ + +
− +
+
⇒f đồng biến
⇒f(x)≥f(c) a 2cb c b a2c a b2c
+
+ +
+ + +
# Coi c là biến t, xét hàm g(t) a 2tb t b a2t a b2t
+
+ +
+ + +
2b 2t)
(b
2a t)
b (a
b) 2(a (t)
g'
+
− +
− + +
+
2t) (a
1 t)
b (a
1 2b[
] 2t) (b
1 t)
b
(a
1
+
− + +
+ +
− +
⇒g(t)≥g(b) a3b2b+3ba
+
# Coi b là biến u, xét hàm h(u) a3u2u+3ua
+
= trên [a, +∞)
9u
1 2u) (a
1 3a[
(u)
+
⇒h(u)≥h(a) = 34 ⇒(đpcm)
BT16(Tổng quát hóa của BT15)
Chứng minh rằng với a 1 , a 2 , …, a n > 0, ∑
=
= n
1
j j
a
n 1
j
1 n
n a
s a HD: Chứng minh hoàn toàn tơng tự BT10
33
Trang 9BT17 Chứng minh rằng với a, b ≥0 thì: n n ) n
2
b a ( 2
b
Giải:
Không mất tính tổng quát giả sử a≤b
Coi b là biến x, xét hàm n n ) n
2
x a ( 2
x a f(x)= + − + trên [a, +∞)
2
a x ( [x 2
n (x)
f' = n − 1− + n − 1 ≥0⇒f đồng biến⇒f(x)≥f(a) = 0⇒(đpcm)
3
c b a ( 3
c b
Giải:
Không mất tính tổng quát giả sử a≤b≤c
# Coi c là biến x, xét hàm n n n ) n
3
x b a ( 3
x b a f(x)= + + − + + trên [b, +∞)
3
x b a ( [x 3
n (x) f' = n − 1− + + n − 1 ≥ 0⇒f đồng biến
3
2b a ( 3
2b a
# Coi b là biến t, xét hàm n n ) n
3
2t a ( 3
2t a g(t)= + − + trên [a, +∞)
3
2t a ( [t 3
2n (t) g' = n − 1 − + n − 1 ≥0⇒g đồng biến
⇒g(x)≥g(a) = 0⇒(đpcm)
BT19(Tổng quát hóa)
Chứng minh rằng với a 1 , a 2 , …, a m > 0, thì 1 2 m n
n m
n 2
n
m
a
a a ( m
a
a
HD: Chứng minh hoàn toàn tơng tự BT17, 18
BT20 Cho a, b, c là các số dơng Chứng minh rằng:
4(a 3 + b 3 +c 3 + 6abc) ≥ (a + b + c) 3
Giải:
Không mất tính tổng quát giả sử a≤b≤c
Coi c là biến x, xét hàm f(x) = 4(a3 + b3 + x3 + 6abx) - (a + b + x)3
trên [b, +∞)
Đạo hàm f’(x) = 3[3x2 – 2(a + b)x + 6ab –a2 – b2]
Phơng trình f’ = 0 có ∆’ = 4(a2 + b2 – 4ab)
# Nếu a ≤b ≤ a(2 + 3) thì ∆’≤0 ⇒f’(x) ≥0∀ x ∈ [b, +∞)
⇒ min f(x) = f(b)
x ∈ [b, +∞)
# Nếu a ≤ a(2 + 3)≤b (≤ c) thì ∆’≥0, f’ có hai nghiệm x1,2=
3
' Δ b
a + ±
Dễ thấy x2≤b Bảng biến thiên của f có dạng:
x -∞ x1 x2 b +∞
f’(x) + 0 - 0 +
f(x) f(x1) +∞
Trang 10f(b)
-∞ f(x2) Vậy luôn có f(x) ≥f(b) = 3a(a2 – 2ab + 4b2)≥0 ⇒(đpcm)
Trớc hết ta xem xét bài toán xuất phát và phơng pháp giải bằng hàm số Nhiều tài liệu đã giải bằng nhiều phơng pháp nhng các lời giải đều khá dài dòng và phức tạp, lời giải trên đây có lẽ hay và độc đáo nhất
Cách nhìn nhận vấn đề hoàn toàn mới lạ: từ chỗ chứng minh (bất đẳng thức) chuyển sang tìm (giá trị lớn nhất), từ bài toán bất đẳng thức sang bài khảo sát hàm số
Về mặt kỹ thuật, việc coi c nh biến để khảo sát hoàn toàn chấp nhận đợc do vai trò của a, b, c nh nhau, nhng đây là một bớc “nhảy vọt” táo bạo: từ chỗ 3 đại lợng biến
đổi chỉ còn 1, hay nói cách khác ta coi 2 đại lợng kia là các tham số Hàm số với biến c
đạt đợc cực đại ở đâu đó- một giá trị tất nhiên phụ thuộc vào tham số a, b Công việc còn lại là chỉ ra giá trị cực đại đó phải bé thua 1
Ta có thể hình dung quá trình tìm tòi ra cách giải trên là một quá trình sáng tạo,
nó hội đủ các thuộc tính mà Lecne đa ra:
- Chuyển tri thức về hàm số, kỹ năng khảo sát hàm số sang một tình huống mới là một hàm một biến “giả” với 2 tham số
- Trong điều kiện quen biết, 3 đại lợng biến đổi a, b, c hoàn toàn bình đẳng về vai trò nhìn ra vấn đề mới (chuyển yêu cầu bài toán) khi thay đổi vai trò
- Gán đợc một chức năng mới cho các đại lợng a và b
- Phát biểu lại bài toán dới một cấu trúc mới
- Xem xét các khía cạnh khác nhau của vấn đề: cách phát biểu bài toán, các dữ kiện đã biết, các khả năng biến thiên của hàm số phụ thuộc vào tham số,
- Kết hợp những điều trên thành một phơng thức mới giải quyết vấn đề
Điểm mấu chốt khác biệt ở cách giải trên là so với các cách giải khác là việc coi
c là biến, a và b là các tham số Đây là điều hoàn toàn mới Ta đã biết phơng pháp dùng
đạo hàm chứng minh bất đẳng thức (PP16), nhng ở các bài toán quen biết hầu nh biến
số đã rõ ràng hoặc là bất đẳng thức đại số 1 biến Tuy cũng dùng đạo hàm nh ng tuyệt
đối không cần đến sự táo bạo thay đổi vai trò của đại lợng biến thiên
1 Chứng minh bất đẳng thức bằng ph ơng pháp hàm số
Cơ sở: bất đẳng thức đúng cho mọi giá trị của n đại lợng biến thiên, (có thể thỏa mãn một số ràng buộc nào đó) Vậy với giá trị xác định của n - 1 đại l ợng và giá trị biến thiên của chỉ một đại lợng còn lại, bất đẳng thức vẫn phải đúng Do đó, nếu ta coi
đại lợng còn lại đó là biến thì hàm số với biến đó phải đạt đợc giá trị min không âm
Nh vậy ta đa bài toán chứng minh bất đẳng thức về bài toán khảo sát hàm số, tìm giá trị min Công việc còn lại là chỉ ra giá trị min đó không âm, hay chứng minh một bất đẳng thức với ít hơn 1 biến so với bất đẳng thức ban đầu (giá trị min bây giờ chỉ phụ thuộc vào n - 1 đại lợng biến thiên mà ta đã coi là tham số) Cũng với lý do là bất đẳng thức của đề ra đúng, ta còn có thể khẳng định chắc chắn hàm số đem khảo sát có min vì nó liên tục (phạm vi các bài toán ta đang xét) và bị chặn dới
Với cơ sở trên và thông qua bài toán xuất phát (BT0) ta có thể đa ra quy trình sau để chứng minh bất đẳng thức nhiều biến (dạng f ≥ g ⇔ f – g ≥ 0):
B
ớc 1: Xác định vai trò các đại lợng biến thiên
35
