LINK DOWNLOAD MIỄN PHÍ TÀI LIỆU "chuyen de bat dang thuc": http://123doc.vn/document/548814-chuyen-de-bat-dang-thuc.htm
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:
BT0 (Đề 150II2): Cho a,b,c [0,1]. Chứng minh rằng:
1c)b)(1a)(1(1
1ba
c
1ac
b
1cb
a
+
++
+
++
+
++
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.
Phần 1: khái quát về các phơng 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 lợt là D
1
, D
2
. Quan
hệ f
(
) g cho ta một bất đẳng thức đại số. Nếu với mọi giá trị của biến trong tập D
= D
1
D
2
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
26
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: 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.
Phần 2: chứng minh bất đẳng thức bằng phơng pháp hàm
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)
BT0 (Đề 150II2): Cho a,b,c [0,1]. Chứng minh rằng:
1c)b)(1a)(1(1
1ba
c
1ac
b
1cb
a
+
++
+
++
+
++
Giải: Xét hàm
c)b)(1x)(1(1
1bx
c
1xc
b
1cb
x
f(x)
+
++
+
++
+
++
=
trên [0,1]. Nó có
đạo hàm
D
1)c(x
c
1)c(x
b
(x)f'
22
+
++
++
=
, với D là một hằng số.
Rõ ràng f đồng biến.
# Nếu f(x)
0
x [0,1] thì
[0,1]x
1
1cb
c
1cb
b
1cb
1
11b
c
11c
b
1cb
1
f(1)maxf(x)
=
++
+
++
+
++
++
+
++
+
++
==
# Nếu f(x)
0
x [0,1] thì
[0,1]x
1
1bccb
1cbcb
c)b)(1(1
1b
c
1c
b
f(0)maxf(x)
22
+++
+++
=+
+
+
+
==
# Nếu f(x) nhận 2 dấu trên [0,1] thì bảng biến thiên của f phải có dạng:
X 0 x
0
1
f'(x) - 0 +
f(x) f(0) f(1)
f(x
0
)
max f(x) = max{f(0), f(1)}
1
x [0,1]
Bài toán đợc chứng minh hoàn toàn.
BT1 (Tơng tự) Cho a,b [0,1]. Chứng minh rằng:
1b)a)(1(1
1a
b
1b
a
+
+
+
+
Giải: Xét hàm
x)a)(1(1
1a
x
1x
a
f(x)
+
+
+
+
=
trên [0,1].
27
Nó có đạo hàm
a1
x)(1
a
a1
1
(x)f'
2
+
+
+
=
Rõ ràng f đồng biến.
# Nếu f(x)
0
x [0,1] thì
Max f(x) = f(1)
x [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 x
0
1
f'(x) - 0 +
f(x) f(0) f(1)
f(x
0
)
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
1a
1
a
2
1
+
+
, f(0) = 1
max f(x)
1
x [0,1]
Bài toán đợc chứng minh hoàn toàn.
BT2(Mở rộng) Cho a
1
, a
2
, , a
n
[0,1]. Chứng minh rằng:
1)a(1)
1as
a
(
n
1j
n
1j
j
j
j
+
+
=
=
, ở đây
=
=
n
1j
j
as
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 a
n+1
:
+
=
+
=
+
+
+
=
1n
1j
j
1n
1j
j
j
1n
)a(1)
1as
a
()f(a
, ở đây
+
=
=
1n
1j
j
as
Đạo hàm
=
+
+
+
=
n
1j
2
j
j
1n
D)
1)a(s
a
()(af'
(D = const). Rõ ràng f đồng biến. Xét
hoàn toàn tơng tự BT1 với chú ý:
1)a(1)
1as'
a
(f(0)
n
1j
j
n
1j
j
j
+
+
=
=
=
theo giả thiết quy nạp, (ở đây
=
=
n
1j
j
as'
).
1
s
a
f(1)
1n
1j
j
=
+
=
(làm tăng tử, giảm mẫu).
max f(a
n+1
) = max{f(0), f(1)}
1
(đpcm).
a
n+1
[0, 1]
BT3(Đề 148II1) Chứng minh rằng nếu 0 < x
y
z thì:
28
)
z
1
x
1
z)((xz)(x
y
1
)
z
1
x
1
y(
+++++
Giải:
Để giống các trờng hợp quen thuộc, ta coi y = b, z = c, ở đây b
c.
Xét hàm
)
c
1
x
1
b(c)(x
b
1
c))(x
c
1
x
1
(f(x)
++++=
trên (0,b].
Đạo hàm
cb(0.b],x0)
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]
BT4(Đề 148II2) Chứng minh rằng
a, b
0 ta có: 3a
3
+7b
3
9ab
2
Giải:
Xét hàm f(x) = 3x
3
- 9b
2
x + 7b
3
, đạo hàm f(x) = 9(x - b)(x + b).
Bảng biến thiên:
x 0 b +
f'(x) - 0 +
f(x) 7b
3
+
b
3
Rõ ràng b
3
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) = x
2
(1 - a) b
2
x + a
2
+ b
2
- 1 a
2
b trên [0, 1].
Đạo hàm f(x) = 2(1 - a)x b
2
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 x
0
1
f'(x) - 0 +
f(x) f(0) f(1)
f(x
0
)
Vậy phải có
max f(x) = max{f(0), f(1)} = max{(1 - b)(a
2
b -1), a
2
a a
2
b}
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) = (a
2
b
2
)x
3
- (a
3
b
3
)x
2
+ a
3
b
2
a
2
b
3
trên (b, +
).
Ta phải chứng minh f(x) < 0
x (b, +
)
Đạo hàm f(x) = 3(a
2
b
2
)x
2
2(a
3
b
3
)x = (a - b)x[3(a+b)x 2(a
2
+ ab + b
2
)]
Dễ chứng minh f(x) < 0 khi a < b < x
f nghịch biến.
29
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
9b
2
< 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) = x
2
+ a
2
+ (3 x a)
2
trên [0, 2].
f'(x) = 4x + 6 2a
0
f đồng biến.
Max f(x) = f(2) = 2a
2
2a + 5
x[0, 2]
# Coi a là biến t, xét hàm g(t) = 2t
2
2t + 5 trên [0, 1].
Dễ thấy g(t)
5, đẳng thức có
t {0, 1}.
Tóm lại a
2
+ b
2
+ c
2
5 (đpcm)
BT9(Đề 110III)
a. Cho a, b
1. chứng minh rằng:
ab1
2
b1
1
a1
1
22
+
+
+
+
.
b. Cho a, b, c
1. chứng minh rằng:
abc1
3
c1
1
b1
1
a1
1
333
+
+
+
+
+
+
.
Giải:
a. Không mất tính tổng quát giả sử 1
b
a.
Coi b là biến x, xét hàm
ax1
2
a1
1
x1
1
f(x)
22
+
+
+
+
=
trên [1, a].
Đạo hàm
0
ax)(1)x(1
)axx)(12(a
ax)(1
2a
)x(1
2x
(x)f'
222
3
222
++
=
+
+
+
=
chứng tỏ f nghịch biến
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:
abx1
3
b1
1
a1
1
x1
1
f(x)
333
+
+
+
+
+
+
=
trên [a, b].
Đạo hàm
23
42
)]xabx)(1[(1
)abx)(1x3(ab
(x)f'
++
=
từ đó có bảng biến thiên:
X a
ab
b
f(x)
- 0 +
f(x) f(a) f(b)
f(
ab
)
min f(x) = f(
ab
) =
0
b.baa1
2
)b(b1
1
)a(a1
1
22
+
+
+
+
theo câu 1.
(đpcm).
30
BT10(Tổng quát hóa) Chứng minh rằng với a
1
, a
2
, , a
n
1 thì:
n21
n
n
n
2
n
1
aaa1
n
a1
1
a1
1
a1
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 a
1
a
2
a
n
, còn
a
n+1
[a
1
, a
n
].
Coi a
n+1
là biến x, xét hàm:
x aaa1
1n
a1
1
a1
1
a1
1
x1
1
f(x)
n21
1n
n
1n
2
1n
1
1n
+
+
+
++
+
+
+
+
+
=
++++
Đạo hàm
2
n21
21n
2n
n21
n
n21
x) aaa(1)x(1
)x aaa)(1x aa(a
(x)f'
++
=
+
+
từ đó có bảng biến thiên:
x
a
1
n
n21
aaa
a
n
f(x)
- 0 +
f(x) f(a
1
) f(a
n
)
f(
n
n21
aaa
)
min f(x) = f(
n
n21
aaa
)
x [a
1
, a
n
]
Chú ý rằng
0
)a) (a)(a(1
n
)a(1
1
)a(1
1
)a(1
1
) aaaf(
n
1n
n
n
1n
2
n
1n
1
n
n
1n
n
n
n
1n
2
n
n
1n
1
n
n21
+
+
++
+
+
+
=
++++++
(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
n21n21
aaana aa
+++
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 a
1
a
2
a
n
, còn a
n+1
[a
1
, a
n
]. Coi a
n+1
là biến x, xét hàm
1n
n21
n21
x aaa
1n
a aax
f(x)
+
+
++++
=
Đạo hàm
]
x) aa(a
aaa
[1
1n
1
(x)f'
1n
n
n21
n21
+
+
=
từ đó có bảng biến thiên:
x
a
1
n
n21
aaa
a
n
f(x)
- 0 +
f(x) f(a
1
) f(a
n
)
f(
n
n21
aaa
)
min f(x) = f(
n
n21
aaa
)
x [a
1
, a
n
]
31
Chú ý rằng
0
1n
aaana aa
) aaaf(
n
n21n21
n
n21
+
+++
=
theo giả thiết quy
nạp
BĐT đúng với n+1 số
(đpcm)
BT12(BĐT Nesbit)
Cho a, b, c > 0, chứng minh rằng
2
3
ba
c
ac
b
cb
a
+
+
+
+
+
Giải:
Không mất tính tổng quát giả sử a
b
c.
Coi c là biến x, xét hàm
ax
b
bx
a
ba
x
f(x)
+
+
+
+
+
=
trên [b, +
).
Đạo hàm
22
x)(a
b
x)(b
a
ba
1
(x)f'
+
+
+
=
. Dễ thấy f đồng biến. Ngoài ra
0]
4b
1
b)(a
1
a[(b)f'
22
+
=
f
0 trên [b, +
)
f đồng biến trên đó.
min f(x) = f(b) =
2b
a
ba
2b
+
+
. Lại coi b nh biến t, xét hàm
2t
a
ta
2x
g(t)
+
+
=
trên [a, +
). Ta có
0]
4x
1
t)(a
1
2a[(t)g'
22
+
=
.
min g(t) = g(a) =
2
3
trên [a, +
)
(đpcm).
BT13(Tơng tự) Chứng minh rằng với a, b, c
0 thì:
2
cba
ba
c
ac
b
cb
a
222
++
+
+
+
+
+
Giải:
Không mất tính tổng quát giả sử a
b
c.
# Coi c là biến x, xét hàm
2
bax
ax
b
bx
a
ba
x
f(x)
222
++
+
+
+
+
+
=
trên [b, +
).
Đạo hàm
2
1
b)(a
b
b)(a
a
ba
2x
(x)f'
2
2
2
2
+
+
+
=
=
=
]
a)(x
1
b)(a
1
[b]
b)(x
1
b)(a
1
[a)
2
1
ba
x
(
22
2
22
2
+
+
+
+
+
+
+
0
f đồng biến
f(x)
2
a
b
2b
a
ba
2b
f(b)
22
+
+
=
.
# Coi b là biến t, xét hàm
2
a
t
2t
a
ta
2t
g(t)
22
+
+
=
trên [a, +
).
Đạo hàm
1
4t
2a
t)(a
2t4at
(t)g'
2
2
2
2
+
+
=
0
g đồng biến
g(x)
g(a) = 0
(đpcm).
BT14(Tổng quát hóa) Chứng minh rằng với a, b, c
0 thì:
2
cba
ba
c
ac
b
cb
a
nnn1n1n1n
++
+
+
+
+
+
+++
Giải:
Không mất tính tổng quát giả sử a
b
c.
# Coi c là biến x, xét hàm
2
bax
ax
b
bx
a
ba
x
f(x)
nnn1n1n1n
++
+
+
+
+
+
=
+++
trên [b, +
).
32
Đạo hàm
1n
2
1n
2
1n
n
x
2
n
x)(a
b
x)(b
a
)x
ba
1n
((x)f'
++
+
+
+
+
=
=
=
]
a)(x
b
b)(a
x
b[]
b)(x
a
b)(a
x
a[)x
ba
2x
(
2
n
2
n
2
n
2
n
2
n
1n
n
+
+
+
+
+
+
+
0
f đồng biến
f(x)
2
a
b
2b
a
ba
2b
f(b)
n
n
1n1n
+
+
=
++
.
# Coi b là biến t, xét hàm
2
a
t
2t
a
ta
2t
g(t)
n
n
1n1n
+
+
=
++
trên [a, +
).
Đạo hàm
1n
2
1n
2
n1n
nt
4t
2a
t)(a
2)at(2n2nt
(t)g'
+
+
+
++
=
0
g đồng biến
g(x)
g(a) = 0
(đpcm).
BT15(Tơng tự) Chứng minh rằng với a, b, c, d > 0 thì:
3
4
cba
d
dba
c
adc
b
dcb
a
++
+
++
+
++
+
++
Giải:
Không mất tính tổng quát giả sử a
b
c
d.
# Coi d là biến x, xét hàm
xba
c
xac
b
xcb
a
cba
x
f(x)
++
+
++
+
++
+
++
=
trên [c, +
).
Đạo hàm
]
x)b(a
c
x)a(c
b
x)c(b
a
[
c)b(a
1
(x)f'
2222
++
+
++
+
++
++
=
=
]
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
a[
222222
++
++
+
++
++
+
++
++
=
0
f đồng biến.
f(x)
2ca
b
2cb
a
cba
2c
f(c)
+
+
+
+
++
=
.
# Coi c là biến t, xét hàm
2ta
b
2tb
a
tba
2t
g(t)
+
+
+
+
++
=
, trên [b, +
)
Đạo hàm
222
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
2a[
2222
+
++
+
+
++
0
g đồng biến
g(t)
3b
a
2ba
3b
g(b)
+
+
=
.
# Coi b là biến u, xét hàm
3u
a
2ua
3u
h(u)
+
+
=
trên [a, +
).
Đạo hàm
]
9u
1
2u)(a
1
3a[(u)h'
22
+
=
0
h đồng biến
h(u)
h(a) =
3
4
(đpcm)
BT16(Tổng quát hóa của BT15)
Chứng minh rằng với a
1
, a
2
, , a
n
> 0,
=
=
n
1j
j
as
thì:
=
n
1j
j
j
1n
n
as
a
HD: Chứng minh hoàn toàn tơng tự BT10.
33
BT17 Chứng minh rằng với a, b
0 thì:
n
nn
)
2
ba
(
2
ba
+
+
.
Giải:
Không mất tính tổng quát giả sử a
b.
Coi b là biến x, xét hàm
n
nn
)
2
xa
(
2
xa
f(x)
+
+
=
trên [a, +
).
Đạo hàm
])
2
ax
([x
2
n
(x)f'
1n1n
+
=
0
f đồng biến
f(x)
f(a) = 0
(đpcm).
BT18(Tơng tự) Chứng minh rằng với a, b, c
0 thì:
n
nnn
)
3
cba
(
3
cba
=+
++
Giải:
Không mất tính tổng quát giả sử a
b
c.
# Coi c là biến x, xét hàm
n
nnn
)
3
xba
(
3
xba
f(x)
++
++
=
trên [b, +
).
Đạo hàm
])
3
xba
([x
3
n
(x)f'
1n1n
++
=
0
f đồng biến
f(x)
n
nn
)
3
2ba
(
3
2ba
f(b)
+
+
=
.
# Coi b là biến t, xét hàm
n
nn
)
3
2ta
(
3
2ta
g(t)
+
+
=
trên [a, +
).
Đạo hàm
])
3
2ta
([t
3
2n
(t)g'
1n1n
+
=
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
n
m21
n
m
n
2
n
1
)
m
a aa
(
m
a aa
+++
+++
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(a
3
+ b
3
+ x
3
+ 6abx) - (a + b + x)
3
trên [b, +
).
Đạo hàm f(x) = 3[3x
2
2(a + b)x + 6ab a
2
b
2
]
Phơng trình f = 0 có = 4(a
2
+ b
2
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
'ba
+
Dễ thấy x
2
b. Bảng biến thiên của f có dạng:
x -
x
1
x
2
b +
f(x)
+ 0 - 0 +
f(x) f(x
1
) +
34
f(b)
-
f(x
2
)
Vậy luôn có f(x)
f(b) = 3a(a
2
2ab + 4b
2
)
0
(đpcm)
Phần 3: những kết luận s phạm
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 lợng 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
B ớc 2: Chọn một đại lợng làm biến, các đại lợng còn lại làm tham số; tìm tập xác định
của biến. Hàm số sẽ khảo sát là biểu thức hiệu của 2 vế bất đẳng thức.
B ớc 3: Dùng đạo hàm khảo sát hàm số, tìm min.
B ớc 4: Chỉ ra giá trị min đó không âm.
2. Phạm vi sử dụng, một số nhận xét
Về nguyên tắc thì phơng pháp này chắc chắn đi tới kết quả cho mọi bài toán nh
ở phần cơ sở ta đã nêu.
Tuy nhiên thông qua các ví dụ thực tế trên ta thấy thuận tiện nhất để áp dụng
phơng pháp này là các bài toán:
- Các đại lợng biến thiên có vai trò bình đẳng hoặc vai trò, tập xác định đã cho trớc.
- Hàm số đa ra là hàm sơ cấp không quá phức tạp (các ví dụ áp dụng của ta đều là các
hàm hữu tỷ, liên tục), đạo hàm có thể xét dấu không quá khó khăn.
- Nói chung với 2 đại lợng biến thiên thì đại lợng nào làm tham số cũng đợc.
Chúng ta nên lu ý những điểm sau khi áp dụng phơng pháp này:
- ở bớc 1, khi chọn đại lợng làm biến phải chú ý đến vai trò của các đại lợng so với
nhau để chọn đợc biến thuận lợi nhất. Lựa chọn này sẽ giúp rất nhiều cho các bớc tiếp
theo.
- ở bớc 2, ta phải tìm TXĐ thật chính xác, đây chính là bớc quan trọng nhất về mặt kỹ
thuật, ảnh hởng quyết định đến kết quả bài toán.
- ở bớc 3, khảo sát hàm số, nhiều khi không thể giải chính xác phơng trình f = 0. Ta
có thể bỏ qua, miễn là xét đợc dấu của f trong khoảng đang xét.
Kết luận:
Thông qua việc tạm quy ớc lại vai trò các đại lợng biến thiên, ta có thể chứng
minh một bất đẳng thức đại số nhiều biến nhờ khảo sát hàm số một biến. Phơng pháp
này về nguyên tắc luôn có hiệu quả, còn trong thực tế áp dụng đợc cho nhiều bài toán,
hơn nữa có khả năng mang lại những lời giải hay, độc đáo.
36
Xác định vai trò các đại lợng
biến thiên
Chọn một đại lợng làm biến, các đại lợng còn lại
làm tham số, tìm tập xác định của biến
Khảo sát hàm số, tìm max (min) phụ
thuộc tham số
Có ngay max 0 (min 0)
Kết thúc
đúng
sai
Bắt đầu
Sơ đồ khối: quy trình chứng minh bất đẳng
thức nhiều biến bằng khảo sát hàm số
