ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN NGUYỄN THỊ NHÀI ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC VÀ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC HÀ NỘI- 2015 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN NGUYỄN THỊ NHÀI ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC VÀ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH Chun ngành: Phương pháp tốn sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC GIẢNG VIÊN HƯỚNG DẪN: TS Phạm Văn Quốc HÀ NỘI- 2015 Mục lục Mở đầu Kiến thức sở 1.1 Hàm số đồng biến, nghịch biến 1.2 Đạo hàm 1.2.1 Định nghĩa 1.2.2 Tính chất 1.2.3 Tính đơn điệu dấu đạo hàm 1.3 Định lí Rolle 1.4 Định lí Lagrange 1.5 Hàm lồi, lõm khả vi bậc hai 1.5.1 Định nghĩa 1.5.2 Định lí 1.5.3 Biểu diễn hàm lồi lõm 1.5.4 Định lí Karamata 1.6 Giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số 1.6.1 Định nghĩa 1.6.2 Quy tắc tìm GTLN,GTNN hàm số liên tục đoạn [a;b] đạo hàm 10 Ứng dụng đạo hàm giải phương trình hệ phương trình 11 2.1 Phương trình có dạng f(x) = c, với x thuộc K 11 2.2 Phương trình cho biến đổi dạng f(u) = f(v) 16 2.3 Hệ phương trình 25 2.4 Áp dụng định lí Rolle 38 2.5 Bài tập 41 Ứng dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức 44 3.1 Sử dụng tính đơn điệu hàm số 44 3.2 Áp dụng định lí Lagrange định lí Karamata 58 3.3 Bài tập 64 Kết luận 66 Tài liệu tham khảo 67 Mở đầu Như ta biết, chuyên đề phương trình, bất phương trình, hệ phương trình hệ bất phương trình chiếm lượng lớn, xun suốt chương trình phổ thơng Nhiều tập giải phương pháp thơng thường gặp nhiều khó khăn, nhiên biết sử dụng phương pháp hàm số tập giải dễ dàng Hơn số năm gần đề thi đại học cao đẳng; thi học sinh giỏi thường xuyên gặp toán phương trình, hệ phương trình, bất đẳng thức vận dụng phương pháp hàm số Chính việc trang bị cho học sinh kỹ ứng dụng hàm số để giải phương trình, hệ phương trình, bất đẳng thức cần thiết, giúp em tự tin kỳ thi, nên chọn đề tài "Ứng dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức giải phương trình, hệ phương trình " với mục đích - Trang bị cho học sinh phương pháp giải phương trình, hệ phương trình , chứng minh bất đẳng thức ứng dụng hàm số - Bồi dưỡng cho học sinh phương pháp, kỹ giải tốn Qua đó, học sinh nâng cao khả tư duy, sáng tạo Do q trình nghiên cứu, biên tập cịn nhiều hạn chế nên nội dung cách trình bày luận văn chắn cịn nhiều thiếu xót, mong thầy bạn đọc xem xét, có ý kiến đóng góp để luận văn hồn thiện Nội dung khóa luận bao gồm: ⋄ Chương 1: Kiến thức sở ⋄ Chương 2: Ứng dụng đạo hàm giải phương trình hệ phương trình ⋄ Chương 3: Ứng dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức LỜI CẢM ƠN Trước trình bày nội dung khóa luận, em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới T.S Phạm Văn Quốc người trực tiếp hướng dẫn tận tình bảo em suốt q trình thực khóa luận Em xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới tồn thể thầy giáo khoa Tốn - Cơ - Tin học, Đại học Khoa Học Tự Nhiên, Đại Học Quốc Gia Hà Nội dạy bảo em tận tình suốt trình học tập khoa Nhân dịp em xin gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè bên em, cổ vũ, động viên, giúp đỡ em suốt q trình học tập thực khóa luận tốt nghiệp Hà Nội, ngày 20 tháng năm 2015 Học viên Nguyễn Thị Nhài Chương Kiến thức sở 1.1 Hàm số đồng biến, nghịch biến Định nghĩa 1.1 Cho hàm số y=f(x) xác định K ⊂ R(K khoảng, đoạn nửa khoảng) Hàm số y = f(x) đồng biến (tăng) K với cặp x1 , x2 thuộc K mà x1 < x2 f (x1 ) < f (x2 ) Hàm số y = f(x) nghịch biến (giảm) K với cặp x1 , x2 thuộc K mà x1 < x2 f (x1 ) > f (x2 ) Hàm số đồng biến nghịch biến K gọi chung hàm số đơn điệu K (Trích SGK 12 – Nhà XBGD - 2007) 1.2 1.2.1 Đạo hàm Định nghĩa Định nghĩa 1.2 Cho hàm số y = f(x) xác định khoảng (a;b) xo ∈ (a; b) Nếu tồn giới hạn (hữu hạn) f (x) − f (xo ) x→xo x − xo giới hạn gọi đạo hàm hàm số y = f(x) điểm xo kí hiệu f ′ (xo ) (hoặc y ′ (xo )), tức f (x) − f (xo ) f ′ (xo ) = lim x→xo x − xo lim Định nghĩa 1.3 Cho hàm số y = f(x) xác định khoảng (a;b) xo ∈ (a; b) Nếu tồn giới hạn (hữu hạn) lim+ x→xo f (x) − f (xo ) x − xo giới hạn gọi đạo hàm bên phải hàm số y = f(x) điểm xo kí hiệu f ′ (x+ o ) Nếu tồn giới hạn (hữu hạn) lim− x→xo f (x) − f (xo ) x − xo giới hạn gọi đạo hàm bên trái hàm số y = f(x) điểm xo kí hiệu f ′ (x− o ) Định nghĩa 1.4 Hàm số y = f(x) gọi có đạo hàm khoảng (a;b) có đạo hàm điểm x khoảng Hàm số y = f(x) gọi có đạo hàm đoạn [a;b] có đạo hàm điểm x khoảng (a;b) có đạo hàm bên phải a, có đạo hàm bên trái b 1.2.2 Tính chất Định lí 1.1 Giả sử u = u(x), v = v(x) hàm số có đạo hàm điểm x thuộc khoảng xác định Ta có (u ± v)′ = u′ ± v ′ (u.v)′ = u′ v + uv ′ ( u ), u′ v − uv ′ = (v = v(x) ̸= 0) v v2 Định lí 1.2 Nếu hàm số u = g(x) có đạo hàm x u′x hàm số y = f (u) có đạo hàm u y ′u hàm hợp y = f (g(x)) có đạo hàm x y ′x = y ′u u′x 1.2.3 Tính đơn điệu dấu đạo hàm Định lí 1.3 Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm K Nếu f ′ (x) > với x thuộc K hàm số f(x) đồng biến K Nếu f ′ (x) < với x thuộc K hàm số f(x) nghịch biến K Định lí 1.4 Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm K Nếu f ′ (x) ≥ với x thuộc K f ′ (x) = số hữu hạn điểm hàm số f(x) đồng biến K Nếu f ′ (x) ≤ với x thuộc K f ′ (x) = số hữu hạn điểm hàm số f(x) nghịch biến K 1.3 Định lí Rolle Định lí 1.5 Giả sử f(x) hàm số liên tục đoạn [a;b] có đạo hàm x thuộc khoảng (a;b) Nếu f(a) = f(b) tồn điểm c ∈ (a; b) cho f’(c)=0 Hệ Giả sử hàm số f(x) liên tục đoạn [a;b] có đạo hàm khoảng (a;b) Khi đó, phương trình f’(x) = có khơng q n-1 nghiệm phân biệt khoảng (a;b) phương trình f(x) = có khơng n nghiệm phân biệt khoảng 1.4 Định lí Lagrange Định lí 1.6 Giả sử f(x) hàm số liên tục đoạn [a;b] có đạo hàm khoảng (a;b) Khi tồn điểm c ∈ (a; b) cho f (b) − f (a) = f ′ (c).(b − a) 1.5 1.5.1 Hàm lồi, lõm khả vi bậc hai Định nghĩa Ta ký hiệu I(a; b) ⊂ R tập hợp có bốn dạng tập hợp sau: (a; b), [a; b), (a; b] [a; b] Định nghĩa 1.5 Hàm số f (x) gọi lồi tập I(a, b) với x1 , x2 ∈ I(a, b) với cặp số dương α, β có tổng α + β = 1, ta có f (αx1 + βx2 ) ≤ αf (x1 ) + βf (x2 ) (1.1) Nếu dấu đẳng thức (1.1) xảy x1 = x2 ta nói hàm số f (x) hàm lồi thực (chặt) I(a; b) Hàm số f (x) gọi lõm tập I(a; b) với x1 , x2 ∈ I(a, b) với cặp số dương α, β có tổng α + β = 1, ta có f (αx1 + βx2 ) ≥ αf (x1 ) + βf (x2 ) (1.2) Nếu dấu đẳng thức (1.2) xảy x1 = x2 ta nói hàm số f (x) hàm lõm thực (chặt) I(a; b) 1.5.2 Định lí Định lí 1.7 Nếu f(x) hàm số khả vi I(a;b) f(x) hàm lồi I(a;b) f’(x) hàm đơn điệu tăng I(a;b) Định lí 1.8 Nếu f (x) khả vi bậc hai I(a; b) f (x) lồi (lõm) I(a, b) f ′′ (x) ≥ 0(f ′′ (x) ≤ 0) I(a, b) 1.5.3 Biểu diễn hàm lồi lõm Nếu f (x) lồi khả vi I(a; b) với cặp x0 , x ∈ I(a; b), ta có f (x) ≥ f (x0 ) + f ′ (x0 )(x − x0 ) (1.3) Dễ nhận thấy (1.3) xảy đẳng thức x0 = x Vậy ta viết (1.3) dạng f (x) = [f (u) + f ′ (u)(x − u)] u∈I(a;b) Nếu f (x) lõm khả vi I(a; b) với cặp x0 , x ∈ I(a; b), ta có f (x) ≤ f (x0 ) + f ′ (x0 )(x − x0 ) (1.4) Dễ nhận thấy (1.4) xảy đẳng thức x0 = x Vậy ta viết (1.4) dạng f (x) = max [f (u) + f ′ (u)(x − u)] u∈I(a;b) 1.5.4 Định lí Karamata Định lí 1.9 (Bất đẳng thức Karamata) Cho hai dãy số {xk , yk ∈ I(a; b), k = 1, 2, , n} , thỏa mãn điều kiện x1 ≥ x2 ≥ ≥ xn , y1 ≥ y2 ≥ ≥ yn  x1 ≥ y1     x1 + x2 ≥ y1 + y2 (1.5)   x + x + · · · + x ≥ y + y + · · · + y  n−1 n−1  x1 + x2 + · · · + xn = y1 + y2 + · · · + yn Khi đó, ứng với hàm lồi thực f (x), (f ′′ (x) > 0) I(a, b), ta có f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xn ) ≥ f (y1 ) + f (y2 ) + · · · + f (yn ) (1.6) Ta có phát biểu tương tự hàm lõm cách đổi chiều dấu bất đẳng thức Chứng minh Sử dụng biểu diễn hàm lồi 9 hay P ≥ 2(x + y + z) + 2t + Xét hàm số f (t) = , t ∈ [0; 6] 2t + −18 Ta có f ′ (t) = < 0, ∀t ∈ [0; 6] (2t + 3)2 3 f (0) = 3, f (6) = Suy f (t) ≥ Do P ≥ 5 Bất đẳng thức chứng minh Do P ≥ Bài tập 3.13 Cho số thực dương a,b,c.Tìm giá trị nhỏ P = √ √ −√ a+b+c a + ab + abc Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Cô Si cho số dương a, 4b số dương a, 4b,16c √ √ a + 4b a + 4b + 16c ta có a + a + ab + abc ≤ a + + = (a + b + c) 2 3 Đẳng thức xảy a = 4b = 16c 3 Suy P ≥ −√ 2(a + b + c) a+b+c Đặt t=a+b+c,với t > 3 −√ Khi P ≥ 2t t 3 Xét hàm số f (t) = − √ với t > ,ta có 2t t 3 f ′ (t) = √ − , f ′ (t) = ⇔ t = 2t t 2t Hình 3.5: Bảng biến thiên Do P ≥ − Đẳng thức xảy t = 53  16   a =    21  {  a+b+c=1 ⇔ ⇔ b= a = 4b = 16c  21      c= 21  16   a=    21   Vậy P đạt giá trị nhỏ b=  21      c= 21 Bài tập 3.14 Cho số thực dương a,b,c Tìm giá trị nhỏ biểu thức √ −√ P = 2a + b + 8bc 2b2 + 2(a + c)2 + Lời giải √ √ Ta có 8bc = b.2c ≤ b + 2c Suy 1 √ ≥ (a + b + c) 2a + b + 8bc Mặt √ [ khác ] 2 2 (a + c) + b ≥ [(a + c) + b] ⇒ 2b2 + 2(a + c)2 ≥ (a + b + c) Đặt t = a + b + c, t > Suy P ≥ − ,t > 2t t + − Xét hàm số f (t) = 2t t + −1 (t − 1) (5t + 3) f ′ (t) = + = 2t (t + 3) 2t2 (3 + t)2 Do t>0 nên f ′ (t) ≥ ⇔ t ≥ Ta có bảng biến thiên Hình 3.6: Bảng biến thiên Từ BBT suy f (t) ≥ f (1) = −3 , ∀t > 54 −3 1 Dầu xảy a = c = , b = −3 1 đạt a = c = , b = Vậy GTNN P Vậy P ≥ Bài tập 3.15 Cho số thực a,b,c cho a ≥ 0, b ≥ 0, ≤ c ≤ a2 + b2 + c2 = Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức sau: P = 2ab + 3bc + 3ca + a+b+c (Trích đề thi HSG Thành phố Hà Nội 2013-2014) Lời giải Tìm GTNN P = (a + b + c)2 − a2 − b2 − c2 + bc + ca + ≥ (a + b + c)2 − + a+b+c a+b+c Đặt t = a + b + c Do(a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca) ≥ 3( ) 2 2 2 (a + b + c) = a + b + c + 2(ab + bc + ca) ≤ a + b + c = nên [√ ] t∈ 3; [√ ] 3; có Xét hàm số f (t) = t − + , t ∈ t [√ ] 2(t3 − 3) ′ f (t) = 2t − = > 0∀t ∈ 3; t t2 √ suy f (t) ≥ f ( 3) = √ √ √ Dấu xảy a=c=0,b = b=c=0,a = √ Do P đạt giá trị nhỏ √ a = c = 0, b = √ b = c = 0, a = Tìm GTLN P = (a + b + c)2 − a2 − b2 − c2 + bc + ca + a+b+c 2 a + b + 2c ≤ (a + b + c)2 − + + a+b+c ≤ (a + b + c)2 − + a+b+c 55 [√ ] Đặt t = a + b + c suy t ∈ 3; [√ ] Xét hàm số g(t) = t − + , t ∈ 3; có t [√ ] 2(t3 − 3) ′ g (t) = 2t − = > 0∀t ∈ 3; t t2 suy g(t) ≤ g(3) = 10 Dấu xảy a = b = c = Do P đạt giá trị lớn 10 a = b = c = ] [ ; Tìm giá trị lớn Bài tập 3.16 Cho a,b,c số thực thuộc biểu thức a b c P = + + a+b b+c c+a Lời giải a b c + + (xem P(a) hàm số theo biến a) a+b b+c c+a c (b − c)(a2 − bc) b ′ − = Ta có P (a) = (a + b)2 (a + c)2 (a + b)2 (a + c)2 [ ] Do vai trò a,b c nên ta giả sử a ≥ b ≥ c a, b, c ∈ ;3 suy b − c ≥ 0; a2 − bc ≥ ] [ ′ ;3 suy P (a) ≥ suy P(a) đồng biến đoạn b c + + = f (c) Do P (a) ≤ P (3) = 3+b b+c c+3 Xem f(c) hàm số theo biến c b (b − 3)(3b − c2 ) ′ Khi f (c) = − + = ≤0 (b + c)2 [(c + ]3)2 (b + c)2 (c + 3)2 Do f(c) nghịch biến ;3 3 3b Suy f (c) ≤ f ( ) = + + = g(b) 3 + b 3b + 10[ ] ;3 Xem g(b) hàm số theo biến b đoạn 3 (1 − b)(1 + b) Khi g ′ (b) = − = (3 + b)2 (3b + 1)2 (3 + b)2  (3b + 1) b = −1 [ ] ′  g (b) = ⇔ ; g( ) = ; g(1) = ; g(3) = b = ∈ ;3 Đặt P (a) = 56 8 Vậy giá trị lớn P đạt (a,b,c) hoán vị ba số ; 1; Từ g(b) ≤ g(1) = Bài tập 3.17 Cho số thực dương a,b,c thỏa mãn abc + a + c = b Tìm giá trị lớn biểu thức P = 2 − + a2 + b2 + c2 + (Trích đề thi HSG THPT toàn quốc bảng A-1999) Lời giải Biến đổi giả thiết thành a+c a + c = b(1 − ac) > suy a < , b = c − ac (1) Thay (1) vào biểu thức P biến đổi 2(a + c)2 + + −2 P = a + c2 + (1 + a2 )(1 + c2 ) (2) (a + c)2 Xét hàm số f (a) = + với < a < a + (1 + a2 )(1 + c2 ) c −2c(a + 2ca − 1) Ta có f ′ (a) = 2 ( ) (1 + c )(1 + a ) √ Trên 0; f’(a)=0 có nghiệm a0 = −c + c2 + c c Qua a0 f’(a) đổi dấu từ dương sang âm nên f (a) ≤ f (a0 ) = 1+ √ c2 + 2c Do P = 2f (a) − + ≤√ = g(c) + c +1 c2 + c + Xét hàm số g(c) với c > Ta có 2(1 − 8c2 ) √ g ′ (c) = (c2 + 1)(3c + c2 + 1) Với c > g’(c)=0 c0 = √ qua c0 g’(c) đổi dấu từ dương 10 sang âm nên g(c) ≤ g(c0 ) = g( √ ) = 57 √ 10 1 ,đẳng thức xảy c = √ , a = √ , b = √ 10 1 Vậy giá trị lớn P ,đạt a = √ , b = 2, c = √ Suy P ≤ 3.2 Áp dụng định lí Lagrange định lí Karamata Bài tập 3.18 Chứng minh b−a b b−a < ln < với < a < b b a a Lời giải Hàm số f (x) = ln x thỏa mãn x điều kiện định lí Lagrange đoạn [a; b] f (b) − f (a) ln b − ln a Suy tồn số c ∈ (a; b) cho f ′ (c) = ⇔ = b−a c b−a 1 Do a < c < b suy < < nên b c a ln b − ln a b−a b b−a < < ⇔ < ln < b b−a a b a a Bài tập 3.19 Cho x > Chứng minh Xét hàm số f (x) = ln x ,ta có f ′ (x) = x2015 > 2015x − 2014 Lời giải Xét hàm số f (t) = t2015 với ≤ t ≤ x ta có f ′ (t) = 2015t2014 Hàm số f(t) thỏa mãn điều kiện định lí Lagrange đoạn [1; x] nên tồn c ∈ (1; x) thỏa mãn f (x) − f (1) x−1 x2015 − 2014 ⇔ 2015c = x−1 2015 ⇔x − = (x − 1)2015c2014 f ′ (x) = Do 2015 (x − 1) > c2014 > nên 2015(x − 1)c2014 > 2015(x − 1) Suy x2015 − > 2015(x − 1) ⇔ x2015 > 2015x − 2014 Bài tập 3.20 Chứng minh x2 + (x + 1) ln < 1, ∀x ∈ R x +1 58 Lời giải x2 + 1 Ta có (x + 1) ln < ⇔ ln(1 + )< x +1 x + 1] x + [ 1 Xét hàm số f (t) = ln t với t ∈ 1; + ,f ′ (t) = (x + ) t Theo định lí Lagrange tồn số c ∈ 1; + cho x +1 1 f (1 + ) − f (1) ln(1 + ) 2+1 x + x ′ f (c) = ⇔ = 1 c (1 + )−1 x +1 x2 + 1 Nhưng c > nên < Do c ln(1 + ) x + < ⇔ ln(1 + ) < 1 x2 + x2 + x2 + Vậy ta có điều phải chứng minh Bài tập 3.21 Cho x > Chứng minh )1+x ( ) ( x > 1+ 1+ 1+x x Lời giải Ta có ( 1+ ( ) ( ) 1 x > 1+ ⇔ (1 + x) ln + > x ln(1 + ) x 1+x x Xét hàm số f (x) = x ln(1 + ) = x [ln(x + 1) − ln x] x ′ f (x) = ln(x + 1) − lnx − 1+x Xét hàm số g(t) = ln t [x; x + 1] Theo định lí Lagrange tồn c ∈ (x; x + 1) cho 1+x )1+x g(x + 1) − g(x) ⇔ = ln(x + 1) − ln x (x + 1) − x c 1 Vì c < x + ⇔ > suy c x+1 1 ln(x+1)−lnx > ⇔ ln(x+1)−lnx− > ⇔ f ′ (x) > 0, ∀x > x+1 x+1 g ′ (c) = 59 Suy hàm số f(x) đồng biến khoảng (0; +∞) ,do f (x + 1) > f (x), ∀x > 1 ⇔ (1 + x) ln(1 + ) > x ln(1 + ) 1+x x ( )1+x ( )x 1 Hay + > 1+ , ∀x > 1+x x Bài tập 3.22 Cho n nguyên dương Chứng minh √ xn − x < √ , ∀x ∈ (0; 1) 2ne Lời giải Ta có √ xn − x < √ , ∀x ∈ (0; 1) 2ne ⇔ x2n (1 − x) < 2ne ⇔ x2n 2n(1 − x) < , ∀x ∈ (0; 1) e Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có x2n 2n(1 − x) [ 2nx + (2n − 2nx) = x.x x.x(2n − 2nx) ≤ 2n + ( )2n+1 2n Ta chứng minh < 2n + e )2n+1 ( 2n < Thật 2n + e ]2n+1 ( = 2n 2n + )2n+1 2n + Xét hàm số f (x) = ln x [2n; 2n + 1] , f(x) khả vi (2n; 2n + 1) Theo định lí Lagrange tồn c ∈ (2n; 2n + 1) cho ⇔ (2n + 1) [ln(2n + 1) − ln(2n)] > ⇔ ln(2n + 1) − ln(2n) > f (2n + 1) − f (2n) ⇔ = ln(2n + 1) − ln(2n) (2n + 1) − 2n c 1 Do 2n < c < 2n + nên > c 2n + √ Vậy xn − x < √ , ∀x ∈ (0; 1) n nguyên dương 2ne f ′ (c) = 60 Bài tập 3.23 Cho tam giác ABC không nhọn Chứng minh √ A B C tg + tg + tg ≥ 2 − 2 Lời giải  π A   ≥      A B π π Giả sử A ≥ B ≥ C Khi + ≥ +  2       A+B+C ≥π+π+π 8 ( 2π ) Xét hàm số f (x) = tgx, x ∈ 0; ( π) sin x ′′ ′ , f (x) = > 0, ∀x ∈ 0; f (x) = cos2 x cos3 x ( π) Suy f (x) hàm lồi khả vi 0; Áp dụng bất đẳng thức Karamata,ta có A B C π π π f( ) + f( ) + f( ) ≥ f( ) + f( ) + f( ) 2 8 √ A B C hay tg + tg + tg ≥ 2 − 2 Bài tập 3.24 Cho ABC tam giác nhọn Chứng minh ≤ cos A + cos B + cos C ≤ Lời giải Khơng tính tổng qt, ta coi A ≥ B ≥ C Khi A ≥ Vì π π ≥A≥        π ≥ A + B = π − C ≥ π π ,C ≤ 3 2π nên π π ≥A≥ π π π π + ≥A+B ≥ +  2 3    π π π π π   + +0=A+B+C = + + 2 3 [ π] Xét hàm số f (x) = cos x với x ∈ 0; [ 2π ] Ta có f ′′ (x) = − cos x < 0, ∀x ∈ 0; nên hàm số f (x) lõm đoạn 61 [ π] 0; Khi đó, theo bất đẳng thức Karamata, ta có (π ) (π ) ( π2 ) f +f + f (0) ≤ f (A) + f (B) + f (C) ≤ 3f 2 3 hay ≤ cos A + cos B + cos C ≤ Bài tập 3.25 Chứng minh với số thực dương a, b, c, ta ln có bất đẳng thức 1 1 1 + + ≤ + + a + b b + c c + a 2a 2b 2c Lời giải Khơng tính tổng qt, ta coi a ≥ b ≥ c, tức dãy số (a, b, c) dãy giảm Khi đó, ta có   2a ≥ a + b 2a + 2b ≥ a + b + b + c  2a + 2b + 2c = a + b + b + c + c + a Xét hàm số f (x) = với x ∈ (0; +∞) x ′′ Ta có f (x) = > 0, ∀x ∈ (0; +∞) nên hàm số f (x) lồi khoảng x (0; +∞) Từ đó, áp dụng bất đẳng thức Karamata ta nhận bất đẳng thức cần chứng minh Bài tập 3.26 Cho số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện abc = Chứng minh )( )( ) ( 1 b−1+ c−1+ ≤ a−1+ b c a (Trích đề thi IMO 2000) Lời giải x y z , b = , c = với x, y, z > Ta viết bất y z x đẳng thức cho theo x, y, z ( ) x z (y x) ( z y) −1+ −1+ −1+ ≤1 y y z z x x ⇔ (x − y + z)(y − z + x)(z − x + y) ≤ xyz Vì abc = nên ta đặt a = Để ý (x − y + z) + (y − z + x) = 2x > 0, ba số x − y + z, y − z + x, z − x + y khơng thể có trường hợp hai số âm 62 Nếu ba số có ba số âm, hiển nhiên ta có bất đẳng thức cần chứng minh Trường hợp ba số dương, cách lấy lơgarit hai vế với số e, ta ln(x − y + z) + ln(y − z + x) + ln(z − x + y) ≤ ln x + ln y + ln z Khơng tính tổng qt, ta coi x ≥ y ≥ z Khi đó, ta có (y − z + x, x − y + z, z − x + y) > (x, y, z) Xét hàm số f (x) = ln x với x > Ta có f ′′ (x) = − < 0, ∀x > x nên hàm số f (x) lõm khoảng (0; +∞) Khi theo bất đẳng thức Karamata, ta có ln(y − z + x) + ln(x − y + z) + ln(z − x + y) ≤ ln x + ln y + ln z Đẳng thức xảy x = y = z hay a = b = c = Bài tập 3.27 Cho a, b số thực không âm Chứng minh √ √ √ √ √ √ √ √ 3 3 3 a + a + b + b ≤ a + b + b + a Lời giải √ √ √ 3 Giả √ sử b ≥ a Giữa số x1 = b + b, x2 = b + a, x3 = a + b, x4 = a + a, x1 số lớn nhất, x4 số nhỏ Ta có { x1 ≥ x2 x1 + x4 = x2 + x3 √ −2 ′′ √ Xét hàm số f (x) = x có f ′ (x) = √ ; f (x) = < 0∀x > Từ 3 x2 x5 √ đó, áp dụng bất đẳng thức Karamata cho hàm số f (x) = x hàm lõm [0; +∞) ta có f (x1 ) + f (x ) ≤ f (x2 ) + f (x3 ) √ √ √ √ √ √ √ √ 3 3 hay a + a + b + b ≤ a + b + b + a Bài tập 3.28 Cho a,b,c,d số thực dương Chứng minh 1 1 1 1 + + + ≤ + + + a + b + c b + c + d c + d + a d + a + b 3a 3b 3c 3d Lời giải Giả sử a ≥ b ≥ c ≥ d Khi   3a ≥ a + b + c   3a + 3b ≥ (a + b + c) + (b + c + d) 3a + 3b + 3c ≥ (a + b + c) + (b + c + d) + (c + d + a)    3a + 3b + 3c + 3d = (a + b + c) + (b + c + d) + (c + d + a) + (d + a + b) 63 Xét hàm số f (x) = khoảng (0; +∞) x f ′ (x) = − ; f ′′ (x) = > ∀ x ∈ (0; +∞) x x Suy f(x) hàm lồi khoảng (0; +∞).Theo bất đẳng thức Karamata ta có f (3a) + f (3b) + f (3c) + f (3d) ≥ f (a + b + c) + f (b + c + d) + f (c + d + a) + f (d + a + b) Tức 1 1 1 1 + + + ≤ + + + a+b+c b+c+d c+d+a d+a+b 3a 3b 3c 3d Bài tập 3.29 Cho a, b, c ∈ [−1; 1] thỏa mãn a + b + c = − Chứng minh a12 + b12 + c12 ≤ + 12 Lời giải   a ≤ a≤1         1 a + b ≤ a + b ≤ − Giả sử a ≥ b ≥ c Khi hay 2     1    a+b+c=−  a+b+c=1− −1 2 12 Xét hàm số f (x) = x đoạn [-1 ;1] f ′ (x) = 12.x11 ; f ′′ (x) = 132.x10 ≥ 0∀x ∈ [ − 1; 1] suy f(x) hàm lồi [-1 ;1] Theo bất đẳng thức Karamata ta có 1 f (a) + f (b) + f (c) ≤ f (1) + f (− ) + f (−1) hay a12 + b12 + c12 ≤ + 12 2 3.3 Bài tập Bài tập 3.30 Cho hai số thực dương a,b thỏa mãn a+b+ab=3 Chứng minh √ 4b 4a + + 2ab − − 3ab ≥ b+1 a+1 Bài tập 3.31 Cho x,y,z số thực khơng âm có tổng Chứng minh x2 + y + z + xyz ≥ 64 Bài tập 3.32 Cho x,y,z số thực dương thỏa mãn x2 + y + z = 3.Tìm giá trị lớn biểu thức P = xy + yz + zx + x+y+z Bài tập 3.33 Cho a,b,c số dương có tổng Tìm giá trị nhỏ biểu thức 1 P = + a + b2 + c2 abc Bài tập 3.34 Cho hai số thực x,y thay đổi thỏa mãn hệ thức x2 + y = Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức 2(x2 + 6xy) P = + 2xy + 2y Bài tập 3.35 Cho x,y số thực dương thỏa mãn x2 + y + xy = Tìm giá trị lớn biểu thức xy P = x+y+1 Bài tập 3.36 Cho số thực dương a,b,c thỏa mãn 21ab+2bc+8ac ≤ 12 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = + + a b c Bài tập 3.37 Cho số thực không âm x,y,z thỏa mãn x2 + y + z = Chứng minh √ 16 x2 y + y z + z x2 + + xy + yz + zx + 28 ≥ x+y+z Bài tập 3.38 Cho x,y,z số thực dương thỏa mãn x + y + z = Chứng minh < xy + yz + zx − 2xyz ≤ 65 27 Kết luận Khóa luận đạt kết quan trọng sau: - Nghiên cứu số ứng dụng hàm số giải phương trình , hệ phương trình - Nghiên cứu số phương pháp hàm số chứng minh bất đẳng thức - Vận dụng vào số tập q trình ơn luyện học sinh giỏi 66 Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Hữu Điển- Nguyễn Minh Tuấn , LATEX tra cưú soạn thảo, NXB ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI-2009 [2] Lê Hồng Đức , Phương pháp giải tốn Mũ – Lơgarit, NXB Hà Nội 2003 [3] GS.TSKH.Nguyễn Văn Mậu , Bất đẳng thức định lí áp dụng- 2006 [4] Giáo trình giải tích tập 1, Nhà XB Đại học QG HN - 2000 [5] Tạp chí THTT, NXB Giáo dục - 2012 [6] Tuyển tập đề thi Olympic 30/4 lần thứ 9, NXB Giáo dục - 2003 [7] Olympic toán học Châu Á Thái Bình Dương, NXB Giáo dục -2003 [8] Sách giáo khoa đại số giải tích 11, NXB Giáo dục - 2007 [9] Sách giáo khoa giải tích 12, NXB Giáo dục - 2007 [10] Tủ sách tạp chí THTT, Các toán thi Olympic Toán THPT, NXB Giáo dục - 2007 [11] Tuyển tập 30 năm tạp chí THTT, NXB Giáo dục 1996 [12] Các diễn đàn Toán học http://mathcope, http://mathlink.ro 67 ... kỹ ứng dụng hàm số để giải phương trình, hệ phương trình, bất đẳng thức cần thiết, giúp em tự tin kỳ thi, nên chọn đề tài "Ứng dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức giải phương trình, hệ phương. .. bao gồm: ⋄ Chương 1: Kiến thức sở ⋄ Chương 2: Ứng dụng đạo hàm giải phương trình hệ phương trình ⋄ Chương 3: Ứng dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức LỜI CẢM ƠN Trước trình bày nội dung khóa luận,... phương trình " với mục đích - Trang bị cho học sinh phương pháp giải phương trình, hệ phương trình , chứng minh bất đẳng thức ứng dụng hàm số - Bồi dưỡng cho học sinh phương pháp, kỹ giải tốn