PHƯƠNG PHÁP GIẢI TÍCH ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Trần Duy Bình Trường THPT Chun Biên Hịa, tỉnh Hà Nam Email: tdbinh.chn@hanam.edu.vn Hoặc tranduybinhle@gmail.com Số điện thoại: 0912699644 Có nhiều phương pháp chứng minh bất đẳng thức Ứng dụng , tính hiệu bất đẳng thức cổ điển bất đẳng đại phủ nhận Tuy nhiên, dùng phương pháp giải tích để chứng minh bất đẳng thức, đặc biệt bất đẳng thức đưa biến cơng cụ đạo hàm tương đối hiệu Điểm mấu chốt phương pháp tìm cách để đưa biến hàm số có tính đặc trưng để từ khảo sát hàm dùng tính đơn điệu hàm số để chứng minh Bài viết đề cập đến hai vấn đề giải tích để chứng minh bất đẳng thức: Dùng tính đơn điệu hàm số chứng minh bất đẳng thức nhiều biến cách đưa biến I.Sử dụng tính chất đồng biến, nghịch biến hàm số I.1.Lý thuyết Hàm số f đồng biến [ a; b] với x < y, x, y ∈ [ a; b] ⇒ f ( x) < f (y) Hàm số f nghịch biến [ a; b] với x < y, x, y ∈ [ a; b] ⇒ f ( x) > f (y) Khi sử dụng tính đơn điệu hàm số , bất đẳng thức hai biến ba biến , ta thường tìm cách phân ly biến số khảo sát hàm đặc trưng hàm có tính đơn điệu miền xác định I.2 Các ví dụ áp dụng Ví dụ 1: Cho x ≥ y > Chứng minh y ⎛ x ⎞ ⎛ y ⎞ ⎜2 + x ⎟ ≤ ⎜2 + y ⎟ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ Lời giải Bất đẳng thức tương đương với x y x ⎞ ⎞ ⎛ ⎛ ⎛ ln ⎜ x + x ⎟ ≤ ln ⎜ y + y ⎟ ⇔ y ln ⎜ x + x ⎠ ⎠ ⎝ ⎝ ⎝ ⎞ ⎛ y ⎞ ⎟ ≤ x ln ⎜ + y ⎟ ⎠ ⎠ ⎝ ⎛ 4x + ⎞ ⎛ 4y +1 ⎞ ⇔ y ln ⎜ x ⎟ ≤ x ln ⎜ y ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ x ⇔ y ⎡⎣ln(4 + 1) − x ln ⎤⎦ ≤ x ⎡⎣ln(4 y + 1) − y ln ⎤⎦ ln(4 x + 1) ln(4 y + 1) ⇔ y ln(4 + 1) ≤ x ln(4 + 1) ⇔ ≤ (*) x y x y Xét hàm số f (t ) = t.4t ln − (1 + 4t ) ln(1 + 4t ) ln(4t + 1) , t > ta có f '(t ) = t (1 + 4t ) t Ta thấy 4t < + 4t ⇒ ln 4t < ln(1 + 4t ) ⇒ f '(t ) > 0, ∀t > Vậy f (t) nghịch biến (0 ; + ∞) Khi x ≥ y > ⇒ f ( x) ≤ f ( y ) (*) chứng minh Ví dụ : Cho số thực ≤ x, y ≤ π Chứng minh cos x + cos y ≤ + cos(xy) Lời giải Ta có ≤ xy ≤ x+ y π x+ y ≤ ⇒ cos ≤ cos xy 3 Mặt khác cos x + cos y = cos Ta x+ y x− y x+ y ≤ cos ≤ cos xy cos 2 chứng minh cos xy ≤ + cos( xy ) ⇔ + cost ≥ cos t ⇔ + cos t − cos t ≥ 0, t = xy , t ∈ [0; π ] π Xét hàm số f (t ) = + cos t − cost, t ∈ [0; ] f '(t ) = 2(sin t − t sin t ); f '(1) = 0, f (1) = − cos1 +) Nếu < t < ⇒ t < t < ⇒ t sin t < sin t ⇒ f '(t ) > +) Nếu < t < π ⇒ t < t2 < π ⇒ t sin t > sin t ⇒ f '(t ) < Ta có π π2 π2 π f( )= ; f (0) = 0; f (1) = − cos1;cos > ⇒ f (t ) ≥ 0, ∀ t ∈ [0; ] ⇔ cos xy ≤ + cos xy 9 Bài toán chứng minh Ví dụ : Cho x, y > 0, x + y < 5π Chứng minh cos( x + y ) < y.sin x x.sin y Lời giải Xét hàm số f (t ) = sin t 5π cos t (t − tan t ) , ta có f '(t ) = ,0 < t < t t2 π Nếu < t < , tan t > t ⇒ f '(t ) < Nếu π ≤ t ≤ π , cos t ≤ 0,sin t ≥ ⇒ f '(t ) < Nếu π < t < 5π , cos t < 0, tan t < t ⇒ f '(t) < 5π 5π ⇒ f (t ) nghịch biến (0; ) Từ giả thiết ta có 4 5π sin( x + y ) sinx < x < x + 2y < ⇒ < x + 2y x Vậy f '(t) < 0, < t < Do x > 0, x + y > ⇒ x.sin( x + y ) < x.sin x + y sin x ⇔ x.cos(2 + y ).sin y < y sin x Ta có x > 0, x + y < y sin x 5π 5π (đpcm) ⇒ y< ⇒ sin y > ⇒ cos( x + y ) < x sin y Ví dụ :Cho n ∈ Z , n ≥ 2, x, y ≥ Chứng minh : x n + y n ≥ n +1 x n +1 + y n +1 n Dấu “=” xảy nào? Lời giải Với x = y = bất đẳng thức dấu “=” xảy Với xy > bất đẳng thức tương đương với n ⎛ 1+ ⎜ ⎝ n ⎛ x⎞ ⎟ ≥ n +1 + ⎜ y⎠ ⎝ x⎞ ⎟ y⎠ n +1 n Xét hàm số f (t ) = n +1 1+ tn , t ∈ (0; +∞) ⇒ f'(t) = + t n +1 t n −1 (1 − t ) n +1 (1 + t n +1 ) n + n (1 + t n ) n −1 Ta thấy f '(t ) = ⇔ t = 1, lim f (t ) = 1, limf(t ) = 1, t →0+ t →+∞ f '(t ) > ⇔ < t < 1, f '(t ) < ⇔ t > ⇒ f (t ) ≥ 1, ∀ t ∈ (0; +∞ ) Thay t = x x ⇒ f ( ) ≥ tương đương bất đẳng thức chứng minh y y Dấu “=” xảy x = y x = y = x e Ví dụ 5: Cho < x < Chứng minh x1− x + x1− x > Lời giải Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với x x x1− x + x.x1− x > Đặt f ( x) = (1 + x) e x ln x 1− x Xét hàm số g ( x) = x ln x 2 ⇔ (1 + x) e1− x > e e x (1 + x) x 1− x 1− x , o < x < ⇒ f '( x) = (2 + ln x) (1 − x) 1+ x 1− x (1 − x) + ln x ⇒ g '( x) = > ⇒ g ( x) đồng biến (0; 1) 1+ x x(1 + x) Khi g ( x) < g (1) = ⇒ f '( x) < 0, < x < ⇒ f(x) nghịch biến (0; 1) Ta có lim f ( x) = lim(1 + x) x −1 x1− x = lim(1 + x →1− x →1− x →1− 1−1x 2 ) = ⇒ f ( x) > , < x < 1 e e 1− x Ví dụ 6: Cho x, y, z ∈ R, x + y + z = Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = x− y + y− z + z− x − x2 + y + z Lời giải Trước hết ta chứng minh ∀t ≥ ⇒ 3t ≥ t + (*) Xét hàm số f (t ) = 3t − t − 1, t ≥ ⇒ f '(t ) = 3t ln − > ⇒ f (t ) đồng biến [0 ; + ∞) Suy f (t ) ≥ f (0) = ⇒ (*) chứng minh Vậy P ≥ + x − y + y − z + z − x − 6( x + y + z ) Mặt khác ( x− y + y−z + z−x) ( ta lại có = ( x − y ) + ( y − z ) + ( z − x) + 2( ( x − y )( y − z ) + (y− z)(x − y) + ( z − x)( x − y ) ) = x + y + z − ( x + y + z ) + 3( x + y + z ) − ( x + y + z ) = 6( x + y + z ) ⇒ x − y + y − z + z − x − 6( x + y + z ) ≥ ⇒ P ≥ 3." = " ⇔ x = y = z = Pmin = ⇔ x = y = z = Ví dụ : Chứng minh với < x < π ta có 2016sin x + 2016 tan x ≥ 2.2016 x Lời giải Ta có 2016sin x + 2016tan x ≥ 2016sin x.2016tan x = 2016sin x+ tan x π Cần chứng minh 2016sin x + tan x ≥ 20162 x ⇔ sin x + tan x ≥ x, < x < Thật : Đặt f ( x) = sin x + tan x − x, < x < = π ⇒ f '( x) = cos x + −2 cos x (cos x − 1)(cos x − cos x − 1) π > 0, < x < cos x Khi f ( x) > f (0) = Bài tốn chứng minh Ví dụ :Tìm số thực k lớn cho với số thực dương x, y , z , xyz = ta có 1 + + + 3k ≥ (k + 1)(x + y+ z) x y z Lời giải Cho y = z = t ≠ ⇒ x = bất đẳng thức cho trở thành t2 t4 + ⎛1 ⎞ + 3k ≥ (k + 1) ⎜ + 2t ) ⎟ ⇔ 2t − 3t + k ≤ t − 2t + t t ⎝ ⎠ ( ) ⇔ (t − 1) (2t + 1)k ≤ (t − 1) (t + 2t + 3t + 2t + 1) ⇔k≤ t + 2t + 3t + 2t + 2t + Xét hàm số g (t ) = t + 2t + 3t + 2t + 6t (t + 2t − 2t + 1) ⇒ g '(t ) = > 0, ∀t > 0, lim+ g (t ) = ⇒ k ≤ t →0 2t + (2t + 1) Ta chứng minh k =1 giá trị cần tìm Thật : Với k = x, y , z , xyz = ta chứng minh 1 + + + ≥ 2(x + y+ z) (*) x y z Do xyz = nên tồn hai số chúng chẳng hạn x, y lớn nhỏ ⎛1 1⎞ (*) ⇔ ⎜ − ⎟ + 2( x − 1)( y − 1) + (xy− 1)2 ≥ x y ⎝ ⎠ ⎧ ⎧ ⎪ z =1 ⎪⎪ xy = z ⎧ z =1 ⎪ 2 Dấu « = » xảy = z; x y = ⇔ ⎨ ⇔⎨ ⇔ ⎨y = xy z ⎩ xy = ⎪ ⎪ x2 y = 1 ⎪x = z ⎩⎪ ⎩ II.Chứng minh bất đẳng thức nhiều biến cách chuyển biến số Có thể thực theo phương pháp: khảo sát theo biến đổi biến số II.1 Khảo sát theo biến Đối với bất đẳng thức hai ba biến, ta biến đổi đưa bất đẳng thức biến để từ dùng tính chất giải tích để chứng minh bất đẳng thức Đơi ta chọn biến tham số biến thiên cố định biến cịn lại để tốn trở thành bất đẳng thức biến Ta thường xét bất đẳng nhiều biến có dạng: f ( x1 , x2 , , xn ) ≥ m f ( x1 , x2 , , xn ) ≤ m Để chứng minh bất đẳng thức ta đánh giá f ( x1 , x2 , , xn ) ≥ g (t ), t ∈ D ⇒ chứng minh g (t ) ≥ m, ∀t ∈ D Ví dụ 1: Cho x, y, z ∈ [ ;3] Tìm giá trị lớn biểu thức P= x y z + + x+ y y+ z z+ x Lời giải Đặt f ( x) = x y z ( y − z )( x − yz ) + + ⇒ f '( x) = x+ y y+z z+x ( x + y)2 ( x + z )2 Nếu y = z ⇒ P = 3 Nếu x ≥ y > z ⇒ f '( x) = ⇔ x = yz ⇒ ≤ yz ≤ Khi f '( x) ≥ ⇒ f(x) ≤ f(3) = y z + + = g ( z) y+3 y+ z z+3 g '( z ) = ( y − 3)(3 y − z ) 3y < ⇒ g (z) ≤ g( ) = + + = h( y ) 2 ( y + z ) ( z + 3) 3 + y y + 10 h '( y ) = (1 − y )(1 + y ) ⇒ h( y ) ≤ h(1) = (3 y + 1)( y + 3) Vậy f ( x) ≤ ⇒ P ≤ Nếu x ≤ y < z làm tương tự ta f ( x) ≤ f ( yz ) ≤ Vậy P đạt GTLN 8/5 ( x, y, z ) ∈ (3,1, ) hốn vị Ví dụ 2:Cho ≤ x, y, z ≤ 9, x ≥ y , x ≥ z Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức P= x y z + + x + 2y y + z z + x Lời giải Đặt P( x, y, z ) = x y z + + x + 2y y + z z + x ⇒ P( x, y, xy ) = y x + x + 2y x+ y Xét P ( x, y, z ) − P(x, y, xy ) = − x y z + + x + 2y y + z z + x y ( x − y )( xy − z ) x + = ≥0 x + 2y x + y ( y + z )( z + x)( x + y ) ⇒ P ≥ P ( x, y, xy ) = Trong t = x + x + 2y y x+ y = t2 + t + t +1 x ,1 ≤ t ≤ 3, x = max{x, y, z} Xét hàm số y −2(t − 2)(t − 2) t2 + ≤ ≤ ⇒ = t f t ,1 '( ) , f '(t ) = ⇔ t = t2 + t +1 (t + 2) (t + 1) ⇒ P = , max P = f (t ) = Ví dụ : Cho a, b số thực cho phương trình ax − x + bx − = có ba nghiệm thực dương (các nghiệm trùng nhau) Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = 5a − 3ab + a (b − a) Lời giải Gọi x1 , x , x3 ba nghiệm dương phương trình Theo viet ta có ⎧ ⎪ x1 + x2 + x3 = a ⎪ b ⎪ ⎨ x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 = a ⎪ ⎪ x x2 x3 = ⎪ a ⎩ a Ta có ( x1 + x2 + x3 )2 ≥ 3 x1 x2 x3 ⇒ ≥ 3 1 ⇔0 0, x ≥ 1, y ≥ 3, 3( x + y ) = xy Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức P = x3 + y + 3( 1 + 2) x y Lời giải ⎧x + y = S 3S ⇒ 3S = P ⇔ P = = x y P ⎩ Đặt ⎨ ⎡S ≤ S ≥ P ⇔ S − 3S ≥ ⇔ ⎢ ⎣S ≥ Có S≥2 ⎧ x+ y ≥ ⎧ ⎪ x ≥ 1, y ≥ ⇒ ⎨ ⇔⎨ ⇔ 3≤ S ≤ ⎩( x − 1)( y − 1) ≥ ⎪⎩ S − S + ≥ ⎡⎛ 1 ⎞ 2 ⎤ Ta có P = ( x + y ) − 3xy ( x + y ) + ⎢⎜ + ⎟ − ⎥ x y ⎠ xy ⎥ ⎣⎢⎝ ⎦ x y Do 3( x + y ) = xy ⇒ + = 16 ⇒ P = S − S − + = f ( S ) ⇒ f '( S ) = 3S ( S − ) + > 0, ∀S ∈ (3; 4) S S 113 94 f(3) = , f (4) = 12 Vì Vậy GTLN 113 94 ⇔ x = y = ; GTNN ⇔ ( x, y ) = {(1,3); (3,1)} 12 Ví dụ : Chứng minh với x, y , z > 0, x ( x + y + z ) = yz ( x + y )3 + ( x + z )3 + 3( x + y )( y + z )( z + x) ≤ 5( y + z )3 (1) ta có (2) Lời giải Chia hai vế (1) cho x ta ⎧y ⎪⎪ x = a y z z y Đặt ⎨ ⇒ + a + b = 3ab 1+ + = x x x.x ⎪z =b ⎪⎩ x Bdt (2) ⇔ (1 + a)3 + (1 + b)3 + 3(1 + a)(1 + b)(a + b) ≤ (a + b)3 (3) ⎧a + b = S Bất đẳng thức (3) trở thành ⎩ ab = P Đặt ⎨ (2 + S )3 − 4( S + 3S + 2) + S (1 + S ) ≤ 5S3 ⇔ (2 S + 1)( S − 2) ≤ ⎧ Do ⎪⎨ + S = 3P ⎪⎩ a + b ≥ ab ⇔ S ≥ P ⇔ S ≥ P (4) ⇒ S ≥ ⇒ (4) Bài toán chứng minh Ví dụ :Cho x, y, z > 0, x + y + z = 4, xyz = Tìm GTLN, NN biểu thức Q = x + y + z Lời giải Ta có Q = ( x + y + z ) − 2( x y + y z + z x , t = xy + yz + zx ⇒ Q = 2(t − 32t + 144) ⎧y + z = 4− x Với ⎪⎨ ⇒ t = x(4 − x) + x ⎪⎩ yz = x x Do < x < 4; (4 − x) ≥ ⇔ − ≤ x ≤ Xét hàm số 10 −2( x − 1)( x − x − 1) t ( x) = x(4 − x) + ,3 − ≤ x ≤ ⇒ t '( x) = x x2 5 −1 5 − 383 − 165 )= ⇒ f (t ) = t − 32t + 144 ⇒ minf(t) = f( 2 max f (t ) = f (5) = ⇒5≤t ≤ Suy ⎧ x = 3− ⎪ minQ = 383 − 165 ⇔ ⎨ 1+ ⎪y = z = ⎩ ⎧ x=2 max Q = 18 ⇔ ⎨ ⎩y = z =1 Ví dụ : Cho x, y, z ≥ 0, + x + + y + + z = Tìm giá trị lớn biểu thức P = x3 + y + z Lời giải Nhận xét : Nếu a, b ≥ ⇒ + a + + b ≥ + + a + b (1) Thật vậy: (1) ⇔ + a + b + (1 + a)(1 + b) ≥ + a + b + + a + b ⇔ + a + b + ab ≥ + a + b , ∀a, b ≥ Dấu “=” xáy a = b = Áp dụng (1) ta có = 1+ 2x + 1+ y + 1+ z2 ≥ 1+ 1+ 2x + y + 1+ z2 ≥ + 1+ 2x + y + z2 (2) ⇒ 2x + y + z2 ≤ ⇔ x + y ≤ − z2 Suy P ≤ ( x + y )3 + z ≤ (4 − z2 ) + 2z3 Từ (2) f (z) = (4 − ta có (3) 0≤ z≤2 Xét hàm số z 3 ) + z , ≤ z ≤ 2 ⇒ f '( z ) = z ( z − 2)(2(12 − z ) + 2(16 − z )) f '( z ) = ⇔ z = 0; z = 2; f (0) = 64, f (2) = 24, f (2 2) = 32 ⇒ f ( z ) ≤ 64, ∀z ∈ [0; 2] (4) Từ (3)(4) ta có P ≤ 64 ⇔ x = z = 0, y = 4; z = y = 0, x = 11 III Bài tập đề nghị Bài Cho a, b, c > 0, 4(a + b3 ) + c3 = 2(a + b + c)(ac + bc − 2) Tìm GTLN biểu thức P= 2a b+c ( a + b) + c + − 3a + b + 2a (c + 2) a + b + c + 16 Đáp số: max P = ⇔ a = b = 1, c = 16 Bài 2.Cho < s < 1, x, y, z > Chứng minh 1 ⎛ xs + ys ⎞ s ⎛ ys + z s ⎞ s ⎛ z s + xs ⎞ s ⎜ ⎟ +⎜ ⎟ +⎜ ⎟ ≤ x+ y+ z ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ Bài 3.Chứng minh bất đẳng thức sau với n > 1, n ∈ N , k ∈ N * k 1+ n n n k n + 1− 4 y − x ⎝ 1− y 1− x ⎠ Bài 8.Cho a, b ∈ (0;1), a + b = a − b + b − a Tìm GTNN biểu thức 12 P= 8(1 − a ) 1− b +9 a +1 1+ b Đáp số: P = ⇔ a = , b = Bài Cho x, y ≥ 0, x + 3xy + y + y + 3xy + x − 3( x + y )2 ≤ Chứng minh 2( x3 + y ) + 2( x + y ) − xy + x + + + y ≥ Bài 10 x, y, z > 0, x + y + z = 14 Tìm GTLN biểu thức P= 4( x + z ) 4x + − − 2 x + z + 28 x + yz + ( x + y ) x( y + z ) Đáp số: max P = ⇔ x = 3, y = 2, z = 15 IV.Tài liệu tham khảo 1.www.mathlink.ro 2.www.dienantoanhoc.net 3.Tạp chí tốn học tuổi trẻ (Việt Nam) 4.Phan Huy Khải-500 toán chọn lọc bất đẳng thức- 1994 5.Các thi Olympic Toán (1990-2006) 6.Ngân hàng đề thi mơn Tốn- Nguyễn Phú Khánh 13 14 ... ) ≥ tương đương bất đẳng thức chứng minh y y Dấu “=” xảy x = y x = y = x e Ví dụ 5: Cho < x < Chứng minh x1− x + x1− x > Lời giải Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với x x x1− x + x.x1−... ) + > 0, ∀S ∈ (3; 4) S S 113 94 f(3) = , f (4) = 12 Vì Vậy GTLN 113 94 ⇔ x = y = ; GTNN ⇔ ( x, y ) = {(1,3); (3,1)} 12 Ví dụ : Chứng minh với x, y , z > 0, x ( x + y + z ) = yz ( x + y )3 + (... Vậy f (t) nghịch biến (0 ; + ∞) Khi x ≥ y > ⇒ f ( x) ≤ f ( y ) (*) chứng minh Ví dụ : Cho số thực ≤ x, y ≤ π Chứng minh cos x + cos y ≤ + cos(xy) Lời giải Ta có ≤ xy ≤ x+ y π x+ y ≤ ⇒ cos ≤