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

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 ẻ [0,1]. Chứng minh rằng:
 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 ẻ [0,1]. Chứng minh rằng:
Giải: Xét hàm trên [0,1]. Nó có đạo hàm , với D là một hằng số.
Rõ ràng f’ đồng biến.
# Nếu f’(x)0 x ẻ [0,1] thì 
# Nếu f’(x)0 x ẻ [0,1] thì
# 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 ẻ [0,1]
Bài toán được chứng minh hoàn toàn. 
BT1 (Tương tự) Cho a,b ẻ [0,1]. Chứng minh rằng: 
Giải: Xét hàm trên [0,1]. 
Nó có đạo hàm Rõ ràng f’ đồng biến.
# Nếu f’(x)0 x ẻ [0,1] thì 
Max f(x) = f(1)
x Є [0,1]
# Nếu f’(x)0 x ẻ [0,1] thì
Max f(x) = f(0)
x ẻ [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 ẻ [0,1]
Tóm lại luôn có
max f(x) = max{f(0), f(1)} 
x ẻ [0,1]
Ta có f(1) =, f(0) = 1
 max f(x) 1 
 x ẻ [0,1]
Bài toán được chứng minh hoàn toàn. 
BT2(Mở rộng) Cho a1, a2, , an ẻ [0,1]. Chứng minh rằng:
, ở đây 
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 
Đạo hàm (D = const). Rõ ràng f’ đồng biến. Xét hoàn toàn tương tự BT1 với chú ý:
 theo giả thiết quy nạp, (ở đây ).
(làm tăng tử, giảm mẫu).
max f(an+1) = max{f(0), f(1)} 1 (đpcm).
 an+1 ẻ [0, 1]
BT3(Đề 148II1) Chứng minh rằng nếu 0 < x y z thì:
Giải: 
Để giống các trường hợp quen thuộc, ta coi y = b, z = c, ở đây b c.
Xét hàm trên (0,b].
Đạo hàm , chứng tỏ f nghịch biến. Vậy min f(x) = f(b) = 0 (đpcm).
 x ẻ (0,b]
BT4(Đề 148II2) Chứng minh rằng a, b 0 ta có: 3a3+7b39ab2 
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 b30 (đpcm).
BT5(Đề 106II2) a, b, c là các số thuộc [0, 1]. Chứng minh rằng;
a2 + b2 + c2 1 + a2b + b2c + c2a.
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 – b2f’ đồng biến
# Nếu f’(x)0 x ẻ [0,1] thì max f(x) = f(1) trên [0, 1].
# Nếu f’(x)0 x ẻ [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).
xẻ [0, 1]
BT6(Đề 112II2) Chứng minh rằng với 0< a < b < c thì:
a3(b2 – c2) + b3(c2 – a2) + c3(a2 – b2) < 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 ẻ (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 < xf nghịch biến.
f(x) < f(b) = 0(đpcm).
BT7(Đề 57II2) Cho abc 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 128I2) Cho a, b, c ẻ [0, 2] thỏa mãn: a + b + c = 3. 
Chứng minh rằng a2 + b2 + c2 5. 
Giải: 
Không mất tính tổng quát giả sử abc 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 ẻ{0, 1}.
Tóm lại a2 + b2 + c2 5 (đpcm)
BT9(Đề 110III)
Cho a, b 1. chứng minh rằng: .
Cho a, b, c 1. chứng minh rằng: .
Giải: 
a. Không mất tính tổng quát giả sử 1 b a.
Coi b là biến x, xét hàm trên [1, a].
Đạo hàm chứng tỏ f nghịch biến min f(x) = f(a) = 0 (đpcm)
 xẻ [1, a]
b. Không mất tính tổng quát giả sử 1acb. 
Coi c là biến x, xét hàm:
 trên [a, b].
Đạo hàm từ đó có bảng biến thiên:
X
 a b
f’(x)
 - 0 +
f(x)
f(a) f(b)
 f()
min f(x) = f() =theo câu 1.
(đpcm).
BT10(Tổng quát hóa) Chứng minh rằng với a1, a2, , an1 thì: 
Giải: 
Ta chứng minh bằng quy nạp theo n2:
# 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 ẻ [a1, an]. 
Coi an+1 là biến x, xét hàm:
Đạo hàm từ đó có bảng biến thiên:
x
 a1 an
f’(x)
 - 0 +
f(x)
f(a1) f(an)
 f()
 min f(x) = f()
 xẻ [a1, an]
Chú ý rằng (theo giả thiết quy nạp)BĐT đúng với n+1 số(đpcm).
BT11(BĐT Cauchy) 
Chứng minh rằng với a1, a2, , an0 thì: 
Giải: 
Ta chứng minh bài toán bằng quy nạp theo n2.
# 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 ẻ ẻ [a1, an]. Coi an+1 là biến x, xét hàm 
Đạo hàm từ đó có bảng biến thiên:
x
 a1 an
f’(x)
 - 0 +
f(x)
f(a1) f(an)
 f()
 min f(x) = f()
 xẻ [a1, an]
Chú ý rằng theo giả thiết quy nạpBĐT đúng với n+1 số (đpcm)
BT12(BĐT Nesbit) 
Cho a, b, c > 0, chứng minh rằng 
Giải: 
Không mất tính tổng quát giả sử ab c. 
Coi c là biến x, xét hàm trên [b, +).
Đạo hàm . Dễ thấy f’ đồng biến. Ngoài ra f’0 trên [b, +) f đồng biến trên đó.
min f(x) = f(b) =. Lại coi b như biến t, xét hàm 
 trên [a, +). Ta có .
 min g(t) = g(a) = trên [a, +) (đpcm).
BT13(Tương tự) Chứng minh rằng với a, b, c 0 thì:
Giải: 
Không mất tính tổng quát giả sử abc.
# Coi c là biến x, xét hàm trên [b, +).
Đạo hàm =
= 0f đồng biến
f(x).
# Coi b là biến t, xét hàm trên [a, +).
Đạo hàm 0g đồng biến
g(x)g(a) = 0(đpcm).
BT14(Tổng quát hóa) Chứng minh rằng với a, b, c 0 thì:
Giải: 
Không mất tính tổng quát giả sử abc.
# Coi c là biến x, xét hàm trên [b, +).
Đạo hàm =
= 0f đồng biến
f(x).
# Coi b là biến t, xét hàm trên [a, +).
Đạo hàm 0g đồng biến
g(x)g(a) = 0(đpcm).
BT15(Tương tự) Chứng minh rằng với a, b, c, d > 0 thì: 
Giải: 
Không mất tính tổng quát giả sử abcd. 
# Coi d là biến x, xét hàm
 trên [c, +).
Đạo hàm =
 0f đồng biến.
f(x). 
# Coi c là biến t, xét hàm , trên [b, +)
Đạo hàm =
= 0g đồng biến
g(t). 
# Coi b là biến u, xét hàm trên [a, +).
Đạo hàm 0h đồng biến
h(u)h(a) =(đpcm)
BT16(Tổng quát hóa của BT15) 
Chứng minh rằng với a1, a2, , an> 0, thì: 
HD: Chứng minh hoàn toàn tương tự BT10.
BT17 Chứng minh rằng với a, b 0 thì: .
Giải: 
Không mất tính tổng quát giả sử ab.
Coi b là biến x, xét hàm trên [a, +).
Đạo hàm 0f đồng biếnf(x)f(a) = 0(đpcm).
BT18(Tương tự) Chứng minh rằng với a, b, c 0 thì:
Giải: 
Không mất tính tổng quát giả sử abc.
# Coi c là biến x, xét hàm trên [b, +).
Đạo hàm 0f đồng biến
f(x).
# Coi b là biến t, xét hàm trên [a, +).
Đạo hàm 0g đồng biến
g(x)g(a) = 0(đpcm).
BT19(Tổng quát hóa) 
Chứng minh rằng với a1, a2, , am> 0, thì 
HD: Chứng minh hoàn toàn tương tự BT17, 18.
BT20 Cho a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng:
4(a3 + b3 +c3 + 6abc) (a + b + c)3
Giải: 
Không mất tính tổng quát giả sử abc.
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 + ) thì ∆’0 f’(x) 0 x ẻ [b, +).
 min f(x) = f(b)
x ẻ [b, +)
# Nếu a a(2 + )b ( c) thì ∆’0, f’ có hai nghiệm x1,2=
Dễ thấy x2b. Bảng biến thiên của f có dạng:
x
- x1 x2 b + 
f’(x)
 + 0 - 0 + 
f(x)
 f(x1) + 
 f(b)
- f(x2) 
Vậy luôn có f(x) f(b) = 3a(a2 – 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 chỉ phụ thuộc vào n - 1 đại lượng 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 dưới.
Với cơ sở trên và thông qua bài toán xuất phát (BT0) ta có thể đưa ra quy trình sau để chứng minh bất đẳng thức nhiều biến (dạng f g f – g 0):
Bước 1: Xác định vai trò các đại lượng biến thiên.
Bước 2: Chọn một đại lượng làm biến, các đại lượng 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.
Bước 3: Dùng đạo hàm khảo sát hàm số, tìm min.
Bước 4: Chỉ ra giá trị min đó không âm.
2. Phạm vi sử dụng, một số nhận xét
	Về nguyên tắc thì phương pháp này chắc chắn đi tới kết quả cho mọi bài toán như 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 phương pháp này là các bài toán:
- Các đại lượng biến thiên có vai trò bình đẳng hoặc vai trò, tập xác định đã cho trước.
- Hàm số đưa 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 lượng biến thiên thì đại lượng nào làm tham số cũng được.
 	Chúng ta nên lưu ý những điểm sau khi áp dụng phương pháp này:
- ở bước 1, khi chọn đại lượng làm biến phải chú ý đến vai trò của các đại lượng so với nhau để chọn được biến thuận lợi nhất. Lựa chọn này sẽ giúp rất nhiều cho các bước tiếp theo.
- ở bước 2, ta phải tìm TXĐ thật chính xác, đây chính là bước quan trọng nhất về mặt kỹ thuật, ảnh hưởng quyết định đến kết quả bài toán. 
- ở bước 3, khảo sát hàm số, nhiều khi không thể giải chính xác phương trình f’ = 0. Ta có thể bỏ qua, miễn là xét được dấu của f’ trong khoảng đang xét.
Kết luận:
	Thông qua việc tạm quy ước lại vai trò các đại lượng biến thiên, ta có thể chứng minh một bất đẳng thức đại số nhiều biến nhờ khảo sát hàm số một biến. Phương pháp này về nguyên tắc luôn có hiệu quả, còn trong thực tế áp dụng được cho nhiều bài toán, hơn nữa có khả năng mang lại những lời giải hay, độc đáo.
Bắt đầu
Xác định vai trò các đại lượng biến thiên
đúng
Kết thúc
Có ngay max ≤ 0 (min≥ 0)
sai
Khảo sát hàm số, tìm max (min) phụ thuộc tham số
Chọn một đại lượng làm biến, các đại lượng còn lại làm tham số, tìm tập xác định của biến
Sơ đồ khối: quy trình chứng minh bất đẳng thức nhiều biến bằng khảo sát hàm số
Tài liệu tham khảo
1. Polya. Sáng tạo toán học. NXB Giáo dục, Hà Nội, 1976
2. Bùi Văn Nghị. Sáng tạo (creativity)- Bài giảng chuyên đề.
3. Nguyễn Vũ Thanh. Bất đẳng thức. NXB tổng hợp Đồng Tháp, 1993.
4. Phan Huy Khải. 500 bài toán về bất đẳng thức. NXB Giáo dục, Hà Nội, 1993
5. Tạp chí Toán học và tuổi trẻ. 
6. Bộ đề thi tuyển sinh vào các trường ĐH- CĐ. NXB Giáo dục, Hà Nội, 1993
7. X.V. Cônhiagin, G.A. Tônôian, I.F Surưgin. Các đề thi vô địch 19 nước. Sở GD&ĐT Hải Phòng, 1993
8. Đàm Văn Nhỉ. Đại số sơ cấp. Giáo trình dạy lớp K50CLC.