Sáng kiến kinh nghiệm Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp hàm số

 GV: Nguyễn Văn Hải Trường THPT Hàm Rồng
 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
 0 GV: Nguyễn Văn Hải Trường THPT Hàm Rồng
 1. MỞ ĐẦU
Lý do chän ®Ò tµi 
 Trong chương trình toán học bậc Trung học phổ thông. Chøng minh bÊt 
®¼ng thøc hoặc tìm giả trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức lµ mét bài to¸n phæ 
biÕn vµ quan träng và rÊt th­êng gÆp trong c¸c ®Ò thi tuyÓn sinh vµo §¹i häc – 
Cao ®¼ng trước đây và trong đề thi Tốt nghiệp THPT Quốc Gia hiện nay. Bài 
toán chøng minh bÊt ®¼ng thøc hoặc tìm giả trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu 
thức còn lµ mét chuyªn ®Ò bồi dưỡng học sinh giỏi trong nhà trường và thường 
gặp trong c¸c ®Ò thi häc sinh giái các cấp ë bậc học Trung học phæ th«ng hiện 
nay.
 C¸c bµi to¸n chøng minh bÊt ®¼ng thøc hoặc tìm giả trị lớn nhất và nhỏ 
nhất của biểu thức rÊt ®a d¹ng vµ phong phó. C¶ lý luËn vµ thùc tiÔn d¹y häc ®Òu 
chøng tá chóng rÊt cã hiÖu qu¶ trong viÖc ph¸t triÓn t­ duy cho häc sinh . 
 Bài toán chứng minh bất đẳng thức hoặc tìm giả trị lớn nhất và nhỏ nhất 
của biểu thức là một trong những nội dung khó trong chương trình Toán học phổ 
thông. Để làm tốt loại bài toán này đòi hỏi học sinh phải có kiến thức cơ bản, hệ 
thống cùng với óc sáng tạo, khả năng tồng hợp và tư duy logic.Trong các đề thi 
tuyển sinh vào Đại học và Cao đẳng môn Toán trước đây và trong đề thi Tốt 
nghiệp THPT Quốc Gia hiện nay, bài toán chứng minh bất đẳng thức hoặc tìm 
giả trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức dành để kiểm tra đánh giá năng lực của 
nhóm học sinh khá giỏi. Trong thang điểm nó được đánh giá ở bậc điểm chín và 
điểm mười.Tuy nhiên trong chương trình của môn Toán PTTH học học sinh chỉ 
được học và luyện tập trong năm học lớp 10, số tiết dạy dành cho nội dung này 
quá ít, vì vậy đa số học sinh ngay cả các em học sinh khá cũng gặp không ít khó 
khăn, lúng túng khi găp dạng toán này.
 C¸c tµi liÖu, s¸ch tham kh¶o ®· tr×nh bµy kh¸ ®Çy ®ñ vÒ các phương pháp 
chứng minh bất đẳng thức, trong bµi viÕt nµy t«i xin tËp trung vµo ph­¬ng ph¸p 
hµm sè mà học sinh đã được trang bị đầy đủ kiến thức trong chương trình môn 
Toán lớp 12 Trung học phổ thông.
 2 GV: Nguyễn Văn Hải Trường THPT Hàm Rồng
 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 (xi ), f (a), f (b)
 Max f (x) Max f (xi ); f (a); f (b)
 a;b
 Min f (x) Min f (xi ); f (a); f (b)
 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:
 4 GV: Nguyễn Văn Hải Trường THPT Hàm Rồng
* NÕu f’(x) nhËn hai dÊu trªn ®o¹n [0;1] th× b¶ng biÕn thiªn cña f(x) ph¶i cã 
d¹ng:
 x 0 x0 1
 f’(x) - 0 +
 f(x) f(0) f(1)
 f( x0 )
 Khi ®ã : max f (x) ma x f (0), f (1) 1
 0;1
VËy bµi to¸n ®­îc chøng minh.
 a b
VÝ dô 1.2: Cho a,b 0;1. Chøng minh r»ng : (1 a)(1 b) 1
 b 1 a 1
Lời giải:
 x b
 Coi a là biến x. XÐt hµm f(x) = (1 x)(1 b) trªn [0;1]
 b 1 x 1
 1 b
 f’(x) = 1 b 
 1 b (x 1)2
Râ rµng f’(x) lµ mét hµm ®ång biÕn trªn kho¶ng ®· xÐt ( v× f’’(x) > 0 )
 1 b 1 b
* NÕu f’(x) 0x 0,1 th× max f (x) f (1) 1 
 0;1 b 1 1 1 1 b b 1
 * NÕu f’(x) 0x 0,1 th× max f (x) f (0) b 1 b = 1
 0;1
 * NÕu f’(x) nhËn hai dÊu trªn ®o¹n [0;1] th× b¶ng biÕn thiªn cña f(x) ph¶i cã 
d¹ng:
 x 0 x0 1
 f’(x) - 0 +
 f(x) f(0) f(1)
 f( x0 )
Khi ®ã : max f (x) ma x f (0), f (1) 1
 0;1
VËy bµi to¸n ®­îc chøng minh.
 6 GV: Nguyễn Văn Hải Trường THPT Hàm Rồng
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.
 a b c 3
Ví dụ 2.1: Cho a,b,c 0 , chứng minh rằng 
 b c c a a b 2
Lời giải: 
Không mất tính tổng quát giả sử a b c
 x a b
Coi c là biến x. Xét hàm số f (x) trên b; 
 a b x b a x
 1 a b 2a 2b
Đạo hàm f '(x) , f ''(x) 0
 a b (b x)2 (a x)2 (b x)3 (a x)3
 1 1 
Từ đó f’(x) đồng biến. Ngoài ra f '(b) a 2 2 0 f ' 0 trên b; 
 (a b) 4b 
suy ra f đồng biến trên b; .
 2b a
 min f(x) = f(b) = .Lại coi b như biến t , xét hàm 
 a+b 2b
 2t a 1 1
 g(t) = , t a; .Ta có g'(t) = 2a[ ] 0
 a+t 2t (a+t)2 4t 2
 3
 min g(t) g(a) trên a; suy ra điều phải chứng minh.
 2
 a2 b2 c2 a b c
Ví dụ 2.2: Cho a,b,c 0 , chứng minh rằng 
 b c c a a b 2
Lời giải:
 Không mất tính tổng quát giả sử a b c
 x2 a2 b2 x a b
Coi c là biến x , xét hàm số f (x) trên b; 
 a b x b a x 2
 2x a2 b2 1
 f '(x) 
 a b (b x)2 (a x)2 2
 x 1 x a x b 
 ( ) a 2 2 b 2 2 0
 a b 2 (a b) (x b) (a b) (x a) 
 2b2 a2 a
suy ra f đồng biến trên b; f (x) f (b) b .
 a b 2b 2
 8 GV: Nguyễn Văn Hải Trường THPT Hàm Rồng
 n
 an bn cn a b c 
Ví dụ 2.4 Cho a,b,c 0 chứng minh rằng 
 3 3 
Lời giải:
 Không mất tính tổng quát giả sử a b c 
 an bn xn a b x
Coi c là biến x , xét hàm số f (x) ( )n trên b; 
 3 3
 n x a b 
Đạo hàm f '(x) xn 1 ( )n 1 0 f đồng biến trên b; 
 3 3 
 an 2bn a 2b
 f (x) f (b) ( )n 
 3 3
 an 2t n a 2t
* Coi b là biến t xét hàm số g(t) ( )n trên a; 
 3 3
 2n a 2t 
Đạo hàm g '(t) t n 1 ( )n 1 0 g đồng biến g(t) g(a) 0 đpcm
 3 3 
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[3x2 2(a b)x 6ab a2 b2 ] 
Phương trình f’ = 0 có ' 4(a2 b2 4ab)
* Nếu a b a(2 3) ' 0 f '(x) 0 x b; minf(x) f (b)
 x b; 
 a b '
* Nếu a a(2 3) b ( c) ' 0 , f’ có hai nghiệm x 
 1,2 3
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( x ) f(b) 
 - 2
Vậy ta luôn có f (x) f (b) 3a(a2 2ab 4b2 ) 0 suy ra (đpcm
 10 GV: Nguyễn Văn Hải Trường THPT Hàm Rồng
Ví dụ 3.3: 
 1 x2 y2
 Cho xy 0 thỏa mãn x y 1. Chứng minh 2
 x2 y2 y2 1 x2 1
Lời giải:
 1 t
Đặt t x2 y2 ta có (x y)2 1 nên xy 
 2
 1
Áp dụng BĐT (x y)2 2(x2 y2 ) suy ra t . 
 2
 1 x2 y2 1 (x4 y4 ) (x2 y2 ) 1 2t 2 8t 2
Ta có 
 x2 y2 y2 1 x2 1 x2 y2 x2 y2 (x2 y2 ) 1 t t 2 2t 5
 1 2t 2 8t 2 1 
Xét hàm số f (t) trên ; 
 t t 2 2t 5 2 
 1 4t 2 24t 44 t 1
 2
f (t) 2 2 2 f (t) 0 (t 1)(t 1) (t 5) 0 
 t (t 2t 5) t 5
Bảng biến thiên: 
 t 1
 1 5 
 2
 F’(t) 0 0 
 12 241
 f(t) 5 105
 2 2
Từ Bảng biến thiên ta có min f (t) f (1) 2đạt được khi (x;y)=(1;0) hoặc (0;1)
 1
 t [ ; ]
 2
 1 x2 y2
Vậy 2 . Đẳng thức xảy ra (x;y) (0;1) và hoán vị
 x2 y2 y2 1 x2 1
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(a2b2 b2c2 c2a2 ) 3(ab bc ca) 2 a2 b2 c2
 12