Sáng kiến kinh nghiệm Phương pháp sửa dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức

 Sáng kiến kinh nghiệm 
Phương pháp sửa dụng đạo hàm 
 chứng minh bất đẳng thức
 1 Phạm Văn Dũng 
4. Phương pháp nghiên cứu 
- Nghiên cứu tài liệu về cơ sở lý luận có liên quan đến đề tài. 
- Nghiên cứu các dạng thức toán nhằm rút ra phương pháp giải. 
- Tích lũy kinh nghiệm thường xuyên trong quá trình giảng dạy bồi dưỡng HSG 
 và quá trình tự học, tự bồi dưỡng nghiên cứu của bản thân. 
5. Đối tượng nghiên cứu 
- Các tài liệu: SGK, STK, các đề thi ĐH và HSG các cấp, 
- Học sinh trường THPT Chuyên Hưng Yên và học sinh các đội tuyển HSG tỉnh, 
 đội tuyển HSG Quốc gia. 
6. Những đóng góp mới của đề tài 
- Về mặt lý luận, đề tài xây dựng hệ thống lý thuyết cần thiết và tư duy phương 
pháp trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi toán. Đồng thời, thông qua chuyên đề hình 
thành kỹ năng, kỹ xảo cho học sinh. 
7. Địa bàn 
 Tại trường THPT Chuyên Hưng Yên. 
8. Lịch sử nghiên cứu 
 Bắt đầu từ năm 2005 thông qua việc giảng dạy bồi dưỡng HSG của trường, của 
tỉnh và luyện thi Đại học. 
 3 Phạm Văn Dũng 
II. ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM ĐỂ CHỨNG MINH CÁC BÀI TOÁN BẤT 
ĐẲNG THỨC VÀ GIẢI CÁC BÀI TOÁN TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ 
TRỊ NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ. 
1. Bất đẳng thức một biến số 
1.1 Dạng 1: Khảo sát trực tiếp cực trị của hàm số để tìm tập giá trị của hàm số 
Bài toán 1: ( ĐHBK Hà Nội, 1997) 
 Cho tam giác ABC có ba góc thỏa mãn A > B > C. Tìm GTNN của hàm số 
 x sin A x sin B
 f( x ) 1. 
 x sin C x sin C
Giải: Ta có A B C a b c sin A sin B sin C (1) . 
Hàm số xác định khi và chỉ khi 
 x sin A
 0
 x sin C x sin C
 (*) 
 x sin B x sin A
 0 
 x sin C
Ta có 
 sinA sin C x sin C sin B sin C x sin C
 f ().. x . 
 2(x sin C )2x sin A 2( x sin C ) 2 x sin B
Do (1) nên f ( x ) 0,  x thỏa mãn (*). Ta có bảng biến thiên 
 x sinC sinA 
 f’(x) 
 f(x) 1 
 1 f(sinA) 
 sinAB sin
Vậy min()f x f (sin) A 1. 
 sinAC sin
Chú ý: Từ kết quả trên ta suy ra được phương trình 
 x sin A x sin B x sin C 
có đúng một nghiệm vì trên sinA ; . Hàm số f(x) đồng biến có f(sinA) < 0 ( vì 
0 < sinA – sinB < sinA – sinC). 
Bài toán 2: ( Thi HSG Quốc gia, 1992) 
 Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n > 1 ta có 
 nn n n
 n1 n 1 2 . 
 n n
 n n
Giải: Đặt x 0;1 ,  n N*. BĐT cần chứng minh trở thành 
 n
 n1 x n 1 x 2,  x 0;1 . 
 5 Phạm Văn Dũng 
 1
 xn. 1 x với mọi x 0;1 . 
 2n . e
Giải: Ta có 
 1 1
 xn. 1 x x2 n (1 x ) (*) 
 2n . e 2ne
Xét hàm số f( x ) x2n (1 x ) với x 0;1 . Ta có 
 f ( x ) x2n 1  2 n (2 n 1) x 
Nên ta có bảng biến thiên 
 x 2n
 0 1 
 2n 1
 f’(x) + 0 - 
 f(x) 
 (2n )2n
Vậy max g ( x ) . 
 (0;1) (2n 1)2n 1
Ta chứng minh 
 2n 1
 (2n )2n 1 2 n 1
 2n 1 
 (2n 1) 2 ne 2 n 1 e
 2n 1
 2n 1 
 e (2 n 1) ln(2 n 1) ln(2 n ) 1 
 2n 
 1
 ln(2n 1) ln(2) n (2) 
 2n 1
Áp dụng định lý Lagrange cho hàm số f( x ) ln x trên [2n; 2n+1] suy ra tồn tại 
 f(2 n 1) f (2 n )
c 2 n ;2 n 1 thuộc sao cho f () x . Suy ra 
 2n 1 2 n
 1 1
 ln(2n 1) ln(2 n ) (3) . 
 e2 n 1
Từ (1), (2) và (3) suy ra đpcm. 
Bài luyện tập 
 4 4 2
Bài 1: Chứng minh rằng với mọi x 0; ta có sinx x x . 
 2 2
Bài 2: Chứng minh rằng nếu x > 0 và mọi số nguyên dương n ta có 
 x2 x 3 xn
 ex 1 x ... . 
 2! 3!n !
Bài 3 (Toán học và tuổi trẻ) 
 7 Phạm Văn Dũng 
 1 1 1 1
 x x x x
 f () x 2 2 2 2
 2 2 2 2
 1 3 1 3 1 3 1 3
 x x x x 
 2 4 2 4 2 4 2 4
 1 1 
 g x g x 
 2 2 
 t
với mọi x, trong đó g(),. t t R Vì hàm g đồng biến trên R nên 
 3
 t 2 
 4
 f ( x ) 0 x 0
 1 1 
 f ( x ) 0 g x g x x 0
 2 2 
Ta có bảng biến thiên 
 x 0 
 f’(x) - 0 + 
 f(x) 
 2 
Từ bảng biến thiên suy ra minf ( x ) 2 x 0. 
Bài toán 7: Cho a, b, x > 0 và a b . Chứng minh rằng 
 b x b
 a x a 
 b x b 
 b x
 a x 
Giải: Xét hàm số f( x ) , x 0. Khi đó 
 b x 
 a x 
lnf ( x ) b x ln . 
 b x 
Suy ra 
 a x 
 lnf ( x ) ( b x )ln 
 b x 
 fx () ax bxax axba 
 ln (b x ) . ln 
 fx() bx axbx bxax 
 9 Phạm Văn Dũng 
 2
(vì với x 0; thì cosx c os x và theo BĐT AM-GM ta có 
 2 
 1
cos2 x 2 ) 
 cos2 x
Do đó f(x) đồng biến trên 0; . Suy ra f( x ) f (0) 0 , hay 
 2 
 sinx t anx 2x với mọi x 0; (đpcm). 
 2 
Bài toán 9: (Olympic 30 - 4 - 1999) 
 Chứng minh rằng 
 3
 sinx 
 cosx ,  x 0; . 
 x 2 
Giải: Ta biến đổi 
 3 3
 sinx sin x 2 3
 cosx 3 cos x sin x .tan x - x 0 (1) . 
 x x
 2 3 
Xét hàm số f( x ) sin x .tan x - x với x 0; . Ta có 
 2 
 f x 2sin2 x tan 2 x 3 x 2 . 
 2
Áp dụng BĐT 3(a2 b 2 c 2 ) a b c ta có 
 1 2
 f x sin2 x sin 2 x tan 2 x 3 x 2 2sin x tan x 3 x 2 . 
 3
Đặt g( x ) 2sin x tan x 3 x , x 0; , thì 
 2 
 1 1 1
g x 2cos x 3cos x cos x 33cos. 3 2 x 30 
 cos2x cos 2 x cos 2 x
với mọi x 0; , nên g(x) đồng biến trên 0; . Suy ra 
 2 2 
 g x g 0 0,  x 0; . 
 2 
 1 2 2 
Do đó f x 3 x 3 x 0 nên f(x) đồng biến trên 0; . Suy ra 
 3 2 
 f x f 0 0,  x 0; . 
 2 
Nhận xét: Khi trong BĐT có chứa các loại hàm số khác nhau ta thường cô lập mỗi 
loại hàm số để dễ xét dấu của đạo hàm, hoặc ta có thể đạo hàm liên tiếp để khử bớt 
một loại hàm số như trong bài toán 5. 
 11 Phạm Văn Dũng 
Giải: Ta có 
 f cot x sin 2 x cos2 x ,  x 0; 
 2cotx cot2 x 1 cot 2 x 2cot x 1 
 f cot x ,  x 0; 
 cot2x 1 cot 2 x 1 cot 2 x 1
 Từ đó với chú ý rằng với mỗi t R đều tồn tại x 0; sao cho cot x = t ta 
được 
 t2 2 t 1
 f t ,  t R . 
 t 2 1
Dẫn tới 
 4 2
 2 2 sin 2x 32sin 2 x 32
 g x f sin x . f cos x 4 2 ,  x R (1) . 
 sin2x 8sin2 x 32
 1 2 1 
Đặt u sin 2 x . Dễ thấy Khi x chạy qua R thì u chạy qua 0; . Vì vậy từ (1) 
 4 4 
ta được 
 ming ( x ) min h ( u ) và maxg ( x ) max h ( u ) 
 x R 1 x R 1 
 0; 0;
 4 4 
 u2 8 u 2
trong đó h u . Ta có 
 u2 2 u 2
 2 5u2 4 u 6 
 h u 2 . 
 u2 2 u 2 
 1 
Dễ dàng chứng minh được h u 0,  u 0; . Suy ra hàm h(u) đồng biến 
 4 
 1 1 
trên 0; . Vì vậy trên 0; ta có 
 4 4 
 1 1
 minh u h 0 1 và max h u h . 
 4 25
 1
Vậy ming x 1, đạt được chẳng hạn khi x = 0 và max g x , đạt được 
 25
chẳng hạn khi x . 
 4
Bài luyện tập 
 3x 2
 sinx tan x 
Bài 1: Chứng minh rằng 4 2 22 , x 0; . 
 2 
2. Bất đẳng thức có hai hay nhiều biến số 
 Để chứng minh BĐT có chứa nhiều biến số bằng phương pháp đạo hàm thì điều 
 quan trọng nhất là chúng ta đưa được về một biến và khảo sát hàm số theo biến 
 đó. 
 13 Phạm Văn Dũng