SKKN: Sử dụng phương pháp tiếp tuyến để chứng minh bất đẳng thức và tìm giới hạn của hàm số - Trường chuyên Huỳnh Mẫn Đạt

Sử dụng phương pháp tiếp tuyến để chứng minh bất đẳng thức và tìm giới hạn của hàm số là một phương pháp rất rõ ràng và dễ áp dụng để giải một lớp các bài toán chứng minh bất đẳng thức và tìm giới hạn hàm số, một nội dung mà học sinh luôn gặp trong bất cứ kì thi nào và hầu hết các em học sinh đều gặp rất nhiều khó khăn trong việc xác định phương pháp giải. Hi vọng phương pháp này sẽ xoá tan tâm lí “ sợ “ gặp bài toán chứng minh bất đẳng thức và tìm giới hạn hàm số của học sinh. Chính vì vậy mà đề tài này rất cần thiết cho các đối tượng là các em học sinh trong đội tuyển học sinh giỏi, các em học sinh đang chuẩn bị cho kì thi đại học và tất cả các em học sinh muốn tìm hiểu một hướng sáng tác của các bài toán chứng minh bất đẳng thức và giới hạn hàm số. Mời quý thầy cô và các bạn tham khảo sáng kiến “Sử dụng phương pháp tiếp tuyến để chứng minh bất đẳng thức và tìm giới hạn của hàm số - Trường chuyên Huỳnh Mẫn Đạt”.

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP TIẾP TUYẾN

ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC VÀ

CHUYÊN HUỲNH MẪN ĐẠT

A.Phần mở đầu

Trong cuộc đời học sinh của mỗi người, thậm chí cả giáo viên chúng ta khi tiếp xúc với nội dung bất đẳng thức đều quan tâm đến nguồn gốc xuất phát của bài toán chứng minh bất đẳng thức Trong công tác giảng dạy và bồi dưỡng học sinh giỏi, bản thân tôi đã gặp những tình huống mà học sinh đưa ra là “ Tại sao người ta lại nghĩ được bài toán chứng minh bất đẳng thức này “ ; “ Tại sao

để tính giới hạn này người ta thêm bớt lượng này thì không được, nhưng thêm bớt lượng kia lại giải ra “ Những câu hỏi đó luôn xuất hiện trong tâm trí của tôi

và luôn nhắc nhở tôi phải tìm hiểu nó

Hình ảnh trực quan về tiếp tuyến của một đường cong là cơ sở để giải thích những câu hỏi đó của các em học sinh Cũng từ đó đã nảy sinh ra việc nghiên cứu một phương pháp chứng minh bất đẳng thức và tìm giới hạn hàm số

mà được gọi là phương pháp tiếp tuyến Phương pháp này thể hiện được nguồn gốc xuất phát của bài toán nên tôi chọn đề tài “ Sử dụng phương pháp tiếp tuyến

để chứng minh bất đẳng thức và tìm giới hạn của hàm số “ với mục đích cung cấp một phương pháp giải toán mới cho các em học sinh và quan trọng hơn cả là giúp các em nhìn thấy được bản chất của sự việc, hiện tượng, thấy được sự sáng tạo ra những bài toán đẹp từ những kiến thức hết sức cơ bản, từ những hình ảnh hết sức trực quan

Sử dụng phương pháp tiếp tuyến để chứng minh bất đẳng thức và tìm giới hạn của hàm số là một phương pháp rất rõ ràng và dễ áp dụng để giải một lớp các bài toán chứng minh bất đẳng thức và tìm giới hạn hàm số, một nội dung

mà học sinh luôn gặp trong bất cứ kì thi nào và hầu hết các em học sinh đều gặp rất nhiều khó khăn trong việc xác định phương pháp giải Hi vọng phương pháp này sẽ xoá tan tâm lí “ sợ “ gặp bài toán chứng minh bất đẳng thức và tìm giới hạn hàm số của học sinh Chính vì vậy mà đề tài này rất cần thiết cho các đối tượng là các em học sinh trong đội tuyển học sinh giỏi, các em học sinh đang

chuẩn bị cho kì thi đại học và tất cả các em học sinh muốn tìm hiểu một hướng sáng tác của các bài toán chứng minh bất đẳng thức và giới hạn hàm số

B.Phần nội dung 1.Sử dụng phương pháp tiếp tuyến để chứng minh bất đẳng thức

a.Cơ sở lí thuyết :

Nếu yax b là tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm A x 0 ;f x 0 ( A

không phải là điểm uốn ), khi đó tồn tại  ; chứa x0 sao cho f x( ) ax b

 ; 

x  

  hoặc f x( ) ax b  x  ;  Đẳng thức xảy ra khi x x0.Từ đây ta có

 1  2  n ( 1 2 n)

f x  f x   f x a x x  x nbhoặc

 1  2  n ( 1 2 n)

f x  f x   f x a x x  x nbvới x x1 , 2 , ,x n ;  và đẳng thức xảy ra khi x1x2 x n x0

Nếu x1x2 x nk ( k không đổi ) thì f x 1  f x 2   f x n aknbhoặc

 1  2  n

f x  f x   f x aknbvới x x1 , 2 , ,x n ; 

b.Thực trạng vấn đề :

Bất đẳng thức là một vấn đề rất quan trọng và khó đối với học sinh cấp trung học phổ thông Học sinh gặp rất nhiều khó khăn trong việc xác định phương pháp giải vì không có một phương pháp và đường đi rõ ràng Có những cách giải từ trên trời rơi xuống Học sinh không thể hiểu được vì sao người ta lại nghĩ ra được một bài toán như vậy, vì sao lại có một bài giải như vậy Trong đề tài này tôi xin trình bày một phương pháp mà nếu học sinh không nắm được cơ

sở lí luận đó thì sẽ không hiểu tại sao lại có một lời giải như vậy, và khi học sinh nắm được cơ sở lí luận của phương pháp này rồi thì việc sử dụng phương pháp này thật rõ ràng cụ thể, các em sẽ có thể tự chứng minh được một lớp các bất đẳng thức và có thể tự sáng tác ra các bài toán chứng minh bất đẳng thức

c.Các bước tiến hành

Nếu gặp các BĐT thuần nhất hoặc đồng bậc ta nên chuẩn hóa, tùy vào đặc điểm từng bài mà ta có cách chuẩn hóa phù hợp để đưa bất đẳng thức về dạng các biến được cô lập dạng f x( ) 1   f x n  hoặc f x( ) 1   f x n  Sau đó thực hiện theo các bước sau :

 Xét xem dấu “=” xảy ra khi nào và điều mong ước là x1 x n x0

 Dựa vào hình thức của BĐT, xét hàm số f x( ), viết phương trình tiếp

tuyến của đồ thị hàm số y f x( ) tại điểm có hoành độ x0, giả sử phương trình tiếp tuyến là yg x( )

 Viết f x( ) g x( ) xx0k h x( ), trong đó h x 0  0, k 2,k , kiểm nghiệm ( ) ( ) 0

f x g x   x Dhoặc f x( ) g x( )    0 x D

 Từ đó đưa ra lời giải : ta có f x( )i g x( )i  0 hoặc

( )i ( )i 0 i

f x g x   x D, x i D i,  1,n

 Cộng n bất đẳng thức theo vế ta được điều phải chứng minh

Các ví dụ làm rõ phương pháp

 

 

 

 

 

8

a b c b a c c a b

a b c b a c c a b

Phân tích : Vì BĐT là thuần nhất nên ta có thể chuẩn hóa bằng cách giả sử

1

a  b c

Khi đó BĐT cần chứng minh trở thành f a( )  f b( )  f c( )  8với a b c, , 0;1

trong đó f x( ) =  

2 2

2 1 , 0;1

x x

x

x x



  Dấu “=” của BĐT xảy ra khi ab c 1

3

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ x  1

3là :

y 4 4

3

x 

Ta xét ( ) 4 4

3

f x  x 

 

2 2

x x

x

x x

  

Vì vậy ta có lời giải sau:

Vì BĐT là thuần nhất nên ta có thể chuẩn hóa bằng cách giả sử a  b c 1

Ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức  2  2  2

8

a a b b c c

, ,

a b c0;1 , a b  c 1

Ta có  2

4

a

a

a a

  

   

 

2 2

a a

a

a a

  

 2

4

b

b

b b

  

   

 

2 2

b b

b

b b

  

 2

4

c

c

c c

  

   

 

2 2

c c

c

c c

  

Cộng ba BĐT theo vế ta được

 2  2  2

a a b b c c

      4a b c  4 8

Ví dụ 2:Cho a b c, , 3

4

  và a b  c 1

a b c

a  b  c  

Phân tích :

Dấu “=” xảy ra khi 1

3

abc

Xét hàm f x ( ) 2

1

x

x  , tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ 1

3là

y  36 3

50

x 

Ta có ( ) 36 3

50

x

2 2

3 1 (4 3)

x x x



3 0

4

x

   

Vì vậy ta có lời giải sau :

2

1

a

a 

36 3

50

a 

2 2

3 1 (4 3)

a a a



3 0

4

a

   

2

1

b

b 

36 3

50

b 

2 2

3 1 (4 3)

b b b



3 0

4

b

   

2 1

c

c 

36 3

50

c 

2 2

3 1 (4 3)

c c c



3 0

4

c

    Cộng ba BĐT ta được :

9

a b c

a  b  c   a b c, ,

3 4

  và a b  c 1

Ví dụ 3:Cho a b c, , >0 và a  b c 3.CMR: a b c ab bc ca

Phân tích :

Dấu “=” xảy ra khi ab c 1

BĐT  2 a 2 b 2 c   9 a2b2c2

f x x  x.Tiếp tuyến của đồ thị hàm số f x( ) tại điểm có hoành

độ 1 là y 3x Ta có

2

f x  xx  x x= x 1 2 x 2 x   0 x 0; 

Suy ra 2

2

a  a b2 2 b c2 2 c  9 Suy ra BĐT được chứng minh

Bài tập rèn luyện:

1.Cho các số thực a b c, , >0 thỏa a  b c 1.CMR:

9

a b c

bc ac ab

HD: Ta có  2

4

b c

bc  , tương tự…

bc ac ab a a b b c c

2.Cho a b c, , là độ dài ba cạnh của tam giác Chứng minh rằng

4

a b c a b c a b b c c a

Phân tích: Ví BĐT là thần nhất nên không làm mất tính tổng quát ta có thể giả

sử a  b c 1 Khi đó BĐT có thể được viết lại :

9 4

a b c a b c

 .Dấu “=”xảy ra khi abc 1

3

Dẫn đến việc xét hàm f x( ) = 1 5x2



  , tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có

hoành độ 1

3là y  18x 3 Ta xét

 

( ) 18 3

f x   x =

2

18x 21x 8x 1

  =3 1 2 2 1

(1 )

x x

x x



vì a b c, , là độ dài của 3 cạnh tam giác , khi đó 1 a b c  >2asuy ra a b c, , 0;1

2

  

suy ra f x( )   18x 3 0 0;1

2

x  

    

 

Từ đó có lời giải bài toán như thế nào ?

3.Cho a b c, , >0.CMR:

 2  2  2

3

b c a a c b b a c

b c a a c b b a c

Phân tích : Vì BĐT cần chứng minh là thuần nhất nên ta chỉ cần chứng minh

BĐT đúng với mọi a b c, , >0 và a  b c 1

BĐT được viết lại thành  2  2  2

a a b c c

2a 2a 1 2b 2b 1 2c 2c 1 5

Dấu “=” xảy ra khi abc 1

3

Từ đó liên tưởng đến hàm f x( )= 2 1

2x  2x 1 Phương trình tiếp tuyến của đồ thị

hàm số tại điểm có hoành độ 1

3 là 54 27

25

x

Ta xét f x( ) 54 27

25

x 

2 2

3 1 (12 2)

25 2 2 1

x x

x

x x

Từ đó ta có lời giải :

Vì BĐT cần chứng minh là thuần nhất nên ta chỉ cần chứng minh BĐT đúng với mọi a b c, , >0 và a  b c 1

2

1

2a  2a 1

54 27 25

a 

2 2

3 1 (12 2)

a a

a

a a

2

1

2b  2b 1

54 27

25

b 

2 2

3 1 (12 2)

25 2 2 1

b b

b

b b

2

1

2c  2c 1

54 27

25

c 

2 2

3 1 (12 2)

25 2 2 1

c c

c

c c

Cộng ba BĐT theo vế ta được

2

1

2a  2a 1+ 2 1

2b  2b 1+ 2 1

2c  2c 1

54 27 25

a  54 27

25

b 

25

c 

5

4.Cho a b c, , >0 CMR:1 3 2 2 2 1 1 1 2 2 2

3 3 a b c a b c a b c a b c

Phân tích : Vì BĐT là cùng bậc nên ta có thể chuẩn hóa bằng cách giả sử

a b c 

Khi đó BĐT cần chứng minh trở thành f a( )  f b( )  f c( )  1với a b c, , 0;1

trong đó f x ( ) 1 3 1 , 0;1

3 3 x x x



  Dấu “=” của BĐT xảy ra khi ab c 1

3

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ 1

3 là :

y  1 2 3 2 2 3

3

3 x

Ta xét f x( ) 1 2 3 2 2 3

3

3 x

 

2

3 3

x

x x

  

Vì vậy ta có lời giải sau:

Vì BĐT là cùng bậc nên ta có thể chuẩn hóa bằng cách giả sử 2 2 2

1

a b c 

Ta có 1 3 1

3 3 a a



3

3 a

 

2

3 3

a

a a

  

1 3 1

3 3 b b



3

3 b

 

2

3 3

b

b b

  

1 3 1

3 3 c c



 1 2 3 2 2 3

3

3 c

 

2

3 3

c

c c

   Cộng ba BĐT theo vế ta được

( ) ( ) ( )

5 Cho a b c, ,  :a  b c 6.CMR: a4 b4 c4  2(a3 b3 c3 )

Phân tích:

Dấu “=” của BĐT xảy ra khi abc 2

BĐT  4 3  4 3  4 3

a  a  b  b  c  c 

f x x  x Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số f(x) tại điểm có hoành dộ 2 là y 8x 16

Ta có f x( ) (8  x 16)= 4 3

x x  x  0 x

Vì vậy ta có lời giải sau:

Ta có a4  2a3  8a 16= 2 2 

a a  a 0, a Tương tự ta có : b4  2b3  8b 16= 2 2 

b b  b   0 b

c c  c   0 c

Cộng ba BĐT lại với nhau ta được : 4 4 4 3 3 3

a b c  a b c  a b c  

6 Cho a b c, , >0 CMR:  

 

 

 

 

 

6 5

a b c b a c c a b

a b c b a c c a b

7 Cho a b c, , >0 CMR:  

9

abc a b c a b c

a b c ab bc ca



8.Cho n số thực dương thỏa mãn

1

n i i





1

n

x

x

x   x  x   x

9.Cho a.b.c.d>0 thỏa ab bc cdda 1

CMR:

1 3

b c d cdad a ba b c  

10 Cho a b c, , >0 CMR:

 2  2  2  

9 4

a b c

a b c

b c a c a b

 

11 Cho a b c, , >0, 2 2 2

1

1 ab1 bc1 ca 2

12 Cho a b c, , >0, 2 2 2

1

a b c  CMR:1 1 1 a b c 2 3

abc   

13 Cho a b c, , >0, 2 2 2

3

a b c  CMR:1 1 1 4  7

3 a b c

abc   

14 Cho a b c, , >0 CMR:  

 

 

 

 

 

11

a b c b a c c a b

a b c b a c c a b

15 Cho a b c, , >0 CMR:

     

a b c b a c c a b

16 Cho a b c, , là độ dài ba cạnh của tam giác Chứng minh rằng

abc a b c  b c ac a b

17 Cho a b c d, , ,  0và a  b c d  2

CMR:

16 25

18 Cho a b c, , >0 CMR:

     

1

19 Cho n số thực dương thỏa mãn

1

n i i

a





 1 CMR: 1

1

n n

x

20.Cho a b c, , >0 và a  b c 1.CMR:  3 3 3  5 5 5

10 a b c  9 a b c  1 21.Cho a b c, , là các số thực dương sao cho 2 2 2

3

a b c 

a  a b  b c  c 

22.Cho a b c, , >0 và a  b c 3.CMR:

3

a a b b c c

23 Cho a b c, , >0, 4 4 4

3

4 ab4 bc4 ca

24 Cho a b c, , >0 CMR:  

 

 

 

 

 

2

b c a a c b a b c

a b c b a c c a b

Rõ ràng phương pháp tiếp tuyến là một phương pháp chứng minh bất đẳng thức rất rõ ràng, hiệu quả, dễ áp dụng đối với học sinh Giúp học sinh không còn cảm giác “sợ “ khi gặp bài toán chứng minh bất đẳng thức, một nội

dung mà học sinh luôn gặp trong mọi kì thi của cấp trung học phổ thông, một nội dung mà đa số mọi học sinh đều gặp vướng mắc trong việc tìm phương pháp giải Qua phương pháp này giúp học sinh thấy được chỉ từ một kiến thức rất đơn giản, chỉ từ một hình ảnh rất trực quan về tiếp tuyến của một đường cong có thể phát hiện được tính chất và từ đó tạo ra hướng sáng tạo được những bài toán đẹp và phương pháp giải toán hiệu quả Phương pháp này đã được áp dụng cho đối tượng là học sinh lớp 12T2 và đội tuyển học sinh giỏi khối 12 trong chuyên

đề ‘Một số phương pháp giải tích chứng minh bất đẳng thức” Trong chuyên đề này các em đã có thể tự giải những lớp bài toán chứng minh bất đẳng thức thuần nhất hoặc cùng bậc trong các kì thi Olympic Quốc tế và hơn thế nữa các em đã

có sự tập tành nghiên cứu khoa học là tự sáng tác các bài toán chứng minh bất đẳng thức Mặc dù không phải bất cứ bài toán chứng minh bất đẳng thức nào cũng có thể giải bằng phương pháp trên nhưng ít ra nó cũng đã giúp các em có một phương pháp rõ ràng, dễ thực hiện đối với một lớp các bài toán chứng minh bất đẳng thức khó và quan trọng hơn cả nó đã giúp các em thấy được xuất xứ của bài toán chứng minh bất đẳng thức và các em cũng có thể tự sáng tác bài toán chứng minh bất đẳng thức tạo sự hứng thú học tập và sáng tạo cho các em

Từ đó tạo một niềm tin trong học tập cho các em, tạo một thái độ học tập là phải nắm được cái cốt lõi của vấn đề, và chính những điều đó đã giúp các em các em học sinh giỏi trong đội tuyển 12 đạt kết quả tốt trong kì thi học sinh giỏi tỉnh : 1 giải nhất, 2 giải nhì và 2 giải khuyến khích

0

a.Cơ sở lí thuyết :

Giả sử hàm số y f x( )có đạo hàm tại x0 Ta đã biết tiếp tuyến của đồ thị (C ) : y f x( ) tại M0  C là giới hạn của cát tuyến M0M của đồ thị (C ) khi

M dần tới M0 ( M, M0 thuộc đồ thị (C ) ) Và vì vậy có thể thấy rằng khi x x0

( )( )

f x xx  f x là hai lượng “vô cùng bé tương đương”

b.Thực trạng vấn đề :

Trong quá trình khử dạng vô định 0

0 đối với những giới hạn dạng

 

0

0

( ) ( )

lim

k

x x

f x g x

x x





 ( m n k, , tự nhiên, 2 k minm n,  ), người ta thường có kĩ thuật xử lí là thêm bớt một lượng mà chúng ta vẫn hay gọi là phương pháp gọi

số hạng vắng, khi ấy ta thường gặp phải vấn đề là khử được dạng vô định 0

0 nhưng lại gặp phải dạng vô định    nếu như số hạng vắng là hằng số Nguyên

nhân là dạng vô định 0

0 mà ta khử sau khi thêm bớt hằng số vắng, không phải là hai lượng vô cùng bé cùng cấp Vấn đề đặt ra là số hạng vắng đó tìm như thế

nào để thu được dạng vô định 0

0 mà vô cùng bé ở tử và vô cùng bé ở mẫu là cùng cấp để có thể khử dạng vô định trên mà không phải gặp tình huống khử được dạng vô định này lại gặp dạng vô định khác Phương pháp tiếp tuyến sẽ giúp chúng ta giải quyết được vấn đề này

c.Các bước thực hiện :

Giả sử giới hạn

  0

0

( ) ( ) lim

k

x x

l x h x

x x





 được viết lại là

  0

0

( ) ( )

x x

f x g x

x x





 ( y f x( )và ( )

yg x có đạo hàm tại x0 ) Khi đó ta thực hiện theo các bước sau :

 Viết phương trình tiếp tuyến của hàm số y f x( ) hoặc yg x( ) tại x0, giả

sử được yt x( )

 Tính

  0

0

( ) ( ) lim

k

x x

l x h x

x x





    0

( ) ( ) ( ) ( ) lim

x x

l x t x t x h x

x x x x





Các ví dụ làm rõ phương pháp :

Ví dụ 1 : Tìm giới hạn T= 3

0

lim

x

x x x x x

x



Lời giải :

Đặt f x( )= 8x3 x2  6x 9 , g x( ) =3 9x2  27x 27 Phương trình tiếp tuyến của hàm số y f x( ) tại điểm có hoành độ 0 là y x 3 Khi đó

T=

3

0

lim

x

x x x x x x x





=

   2      2



=37 27

Ví dụ 2: Tìm giới hạn T=

2 0

lim

x

x x x x x



Lời giải :

Đặt f x( ) = cos 2x 2x , g x( ) =4 1 2  x2  4x Phương trình tiếp tuyến của hàm

số y f x( ) tại điểm có hoành độ 0 là y  1 x Khi đó

T=

2 0

lim

x

x x x x x



0

lim

x

x x x x x x



=

 

       

2 sin

x x x x

x x

x f x x x x x g x x g x g x

 



=

 

       

2 2

2

1 2

(1 1 2 )

x x

f x x x x g x x g x g x



 



   