Đề tài Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp hàm số

Ta đã biết phương pháp dùng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức PP16, nhưng ở các bài toán quen biết hầu như biến số đã rõ ràng hoặc là bất đẳng thức đại số 1 biến.. Tuy cũng dùng đạo hàm n[r]

Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp hàm số

Báo cáo khoa học - trần cường k50clc

đặt vấn đề

Chứng minh bất đẳng thức là một dạng toán phổ biến và quan trọng trong chương trình toán phổ thông, rất thường 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 tư duy cho học sinh

Có nhiều phương 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 thường 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 phương 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:

BT0 (Đề 150II2): Cho a,b,c  [0,1] Chứng minh rằng:

1 c) b)(1 a)(1

(1 1 b a

c 1

a c

b 1

c

b

















thì sử dụng phương pháp hàm số như 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 phương pháp chứng minh bất đẳng thức

Phần 2: Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp hàm số

Phần 3: Những kết luận sư phạm

Phần 1: khái quát về các phương pháp chứng minh

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 lượt 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 phương pháp giải

Để chứng minh bất đẳng thức đại số, các phương pháp phổ biến là:

PP1: Dùng biến đổi tương đương

PP2: Phương 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

PP8: 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: Phương pháp lượng giác

PP14: Dùng bất đẳng thức Jensen

PP15: Dùng bất đẳng thức Tsebyshev

PP16: Dùng đạo hàm

PP17: Phương pháp hình học

Phần 2: chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp hàm số.

Trước 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)

BT0 (Đề 150II2): Cho a,b,c  [0,1] Chứng minh rằng:

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 được chứng minh hoàn toàn

BT1 (Tương tự) Cho a,b  [0,1] Chứng minh rằng: (1 a)(1 b) 1

1 a

b 1 b





 Giải: Xét hàm (1 a)(1 x) trên [0,1]

1 a

x 1 x

a









Nó có đạo hàm 1 a Rõ ràng f’ đồng biến

x) (1

a a

1

1 (x)









# 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]

Ta có f(1) = 1, f(0) = 1

1 a

1 a 2





max f(x)  1



x  [0,1]

Bài toán được chứng minh hoàn toàn

BT2(Mở rộng) Cho a 1 , a 2 , …, a n  [0,1] Chứng minh rằng:

, ở đây

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:

, ở đây













1

1

n

1

j 1

1 a s

a (

)



n 1 1

j j a s

Đạo hàm  (D = const) Rõ ràng f’ đồng biến Xét









 n 1

j 1

1) a (s

a (

) (a f' hoàn toàn tương tự BT1 với chú ý:

theo giả thiết quy nạp, (ở đây ).

1 ) a (1 )

1 a s'

a (

1

n

1

j















 n 1

j j a s' (làm tăng tử, giảm mẫu)

1 s

a

f(1) n 1

1

j

j 





max f(an+1) = max{f(0), f(1)}  1 (đpcm)

an+1  [0, 1]

BT3(Đề 148II1) Chứng minh rằng nếu 0 < x  y  z thì:

) z

1 x

1 z)(

(x z) (x y

1

)

z

1

x

1

Giải:

Để giống các trường 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 (

Đạo hàm ) 0 x (0.b],b c, chứng tỏ f nghịch biến

x

1 bc

1 c)(

(b (x)

Vậy min f(x) = f(b) = 0 (đpcm)

x  (0,b]

BT4(Đề 148II2) Chứng minh rằng  a, b 0 ta có: 3a 3 +7b 39ab 2

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

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    



abc 1

3 c

1

1 b

1

1 a

1

1

3 3

 Giải:

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

ax 1

2 a

1

1 x

1

1













Đạo hàm 0chứng tỏ f nghịch biến

ax) (1 ) x (1

) ax x)(1

2(a ax)

(1

2a )

x (1

2x (x)



















 min 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:

trên [a, b]

abx 1

3 b

1

1 a

1

1 x

1

1

















Đạo hàm 3 2 từ đó có bảng biến thiên:

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)

b b a a 1

2 )

b (b 1

1 )

a (a 1

1

2









 (đpcm)



BT10(Tổng quát hóa) Chứng minh rằng với a 1 , a 2 , …, a n1 thì:

n 2 1

n n

n 2

n

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 trường 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 an

n 2

1a a a f’(x) - 0 +

f(x) f(a1) f(an)

f(n )

n 2

1a a a min f(x) = f( )

n 2

1a 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 trường 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 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 an

n 2

1a a a f’(x) - 0 +

f(x) f(a1) f(an)

f(n )

n 2

1a a a min f(x) = f( )

n 2

1a a

a x [a1, an]

1 n

a a a n a

a a ) .a a a

n 2











 quy nạpBĐT đúng với n+1 số (đpcm)

BT12(BĐT Nesbit)

Cho a, b, c > 0, chứng minh rằng

2

3 b a

c a c

b c b









 Giải:

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

a x

b b x

a b a

x f(x)











Đạo hàm 2 2 Dễ thấy f’ đồng biến Ngoài ra

x) (a

b x)

(b

a b

a

1 (x) f'













f’ 0 trên [b, + ) f đồng biến trên đó

0 ] 4b

1 b) (a

1 a[

(b)



min f(x) = f(b) = Lại coi b như biến t, xét hàm



2b

a b

a2b 

a t a

2x





trên [a, + ) Ta có  ] 0.

4x

1 t) (a

1 2a[

(t)



 min g(t) = g(a) = trên [a, + ) (đpcm)



2

BT13(Tương tự) Chứng minh rằng với a, b, c 0 thì:

2

c b

a b a

c a

c

b

c

b











Giải:

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

2

b a

x a x

b b x

a b a

x











2

1 b) (a

b b)

(a

a b a

2x (x)













a) (x

1 b)

(a

1 [ b ] b) (x

1 b)

(a

1 [ a )

2

1

b

a

x

2 2

2



















2

a b 2b

a b a

2b f(b) 2  2  





# Coi b là biến t, xét hàm trên [a, + )

2

a t 2t

a t a

2t g(t) 2  2  



4t

2a t)

(a

2t 4at (t)





g(x) g(a) = 0 (đpcm)

2

c b

a b a

c a

c

b

c

b

an 1 n 1 n 1  n  n  n

















Giải:

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

2

b a

x a x

b b x

a b a

x f(x) n 1 n 1 n 1  n  n  n











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





















2

a b 2b

a b a

2b f(b) n 1  n 1  n  n



2

a t 2t

a t a

2t g(t) n 1  n 1  n  n



Đạo hàm n 1 0 g đồng biến

2

4t

2a t)

(a

2)at (2n 2nt

(t)







g(x) g(a) = 0 (đpcm)

BT15(Tương 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

trên [c, + )

x b a

c x

a c

b x

c b

a c

b

a

x

f(x)























x) b (a

c x)

a (c

b x)

c (b

a [ c) b (a

1 (x)

























0 ] 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



2c a

b 2c b

a c b a

2c f(c)















2t a

b 2t b

a t

b a

2t g(t)













2t) (a

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

















3b

a 2b a

3b





# Coi b là biến u, xét hàm trên [a, + )

3u

a 2u a

3u



9u

1 2u) (a

1 3a[

(u)



h(u) h(a) = (đpcm)

3

4 

BT16(Tổng quát hóa của BT15)

Chứng minh rằng với a 1 , a 2 , …, a n > 0,  thì:



 n 1

j j a

n 1

j

1 n

n a

s a HD: Chứng minh hoàn toàn tương tự BT10

BT17 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 )ntrên [a, + )

2

x a ( 2

x a

2

a x ( [x 2

n (x)

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 )ntrên [b, + )

3

x b a ( 3

x b a

3

x b a ( [x 3

n (x) f' n  1   n  1



3

2b a ( 3

2b a

# Coi b là biến t, xét hàm n n )ntrên [a, + )

3

2t a ( 3

2t a

3

2t a ( [t 3

2n (t)



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 tương tự BT17, 18

BT20 Cho a, b, c là các số dương 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]

Phương 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 x 1,2=

3

Δ' b

a 

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

x - x 1 x2 b + 

f’(x) + 0 - 0 +

f(x) f(x1) + 

f(b) - f(x 2)

Vậy luôn có f(x) f(b) = 3a(a 2 – 2ab + 4b2) 0  (đpcm) Phần 3: những kết luận sư phạm Trước hết ta xem xét bài toán xuất phát và phương pháp giải bằng hàm số Nhiều tài liệu đã giải bằng nhiều phương pháp nhưng 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 như biến để khảo sát hoàn toàn chấp nhận được do vai trò của a, b, c như nhau, nhưng đây là một bước “nhảy vọt” táo bạo: từ chỗ 3 đại lượng biến đổi chỉ còn 1, hay nói cách khác ta coi 2 đại lượng kia là các tham số Hàm số với biến c đạt được 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 đưa 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 lượng 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 được một chức năng mới cho các đại lượng a và b - Phát biểu lại bài toán dưới 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 phương 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 phương pháp dùng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức (PP16), nhưng ở các bài toán quen biết hầu như biến số đã rõ ràng hoặc là bất đẳng thức đại số 1 biến Tuy cũng dùng đạo hàm nhưng tuyệt đối không cần đến sự táo bạo thay đổi vai trò của đại lượng biến thiên

1 Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp hàm số

Cơ sở: bất đẳng thức đúng cho mọi giá trị của n đại lượng biến thiên, (có thể thỏa mãn một số ràng buộc nào đó) Vậy với giá trị xác định của n - 1 đại lượng và giá trị biến thiên của chỉ một đại lượng còn lại, bất đẳng thức vẫn phải đúng Do đó, nếu ta coi đại lượng còn lại đó là biến thì hàm số với biến đó phải đạt được giá trị min không

âm Như vậy ta đưa 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