GV: Nguyễn Văn Hải Trường THPT Hàm Rồng SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA TRƯỜNG THPT HÀM RỒNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC BẰNG PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ Người thực : Nguyễn Văn Hải Chức vụ : Tổ trưởng chuyên môn SKKN thuộc lĩnh vực mơn Tốn THANH HĨA NĂM 2016 GV: Nguyễn Văn Hải Trường THPT Hàm Rồng MỤC LỤC Mở đầu : Lý chọn đề tài Trang Mục đích nghiên cứu Trang Đối tượng nghiên cứu Trang Phương pháp nghiên cứu Trang Nội dung sáng kiến kinh nghiệm 2.1 Cơ sở lý luận sáng kiến kinh nghiệm Trang 2.2 Chứng minh bất đẳng thức phương pháp hàm số: Trang 2.2.1 Chọn đại lượng làm biến Trang 2.2.2 Chọn đại lượng làm biến Trang 2.2.3 Chọn nhóm đại lượng làm biến (kỹ thuật dồn biến) Trang 11 Kết luận 3.1 Kết thực nghiệm Trang 16 3.2 Bài học kinh nghiệm Trang 16 3.3 Kết luận Trang 16 3.4 Kiến nghị Trang 17 Tài liệu tham khảo Trang 18 GV: Nguyễn Văn Hải Trường THPT Hàm Rồng MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Trong chng trỡnh toỏn hc bc Trung hc ph thụng Chứng minh bất đẳng thức hoc tỡm giả trị lớn nhỏ biểu thức bi toán phổ biến quan trọng v thường gặp đề thi tuyển sinh vào Đại học Cao đẳng trc õy v thi Tốt nghiệp THPT Quốc Gia Bài toán chứng minh bất đẳng thức hoc tỡm gi tr ln nhỏ biểu thức lµ mét chuyên đề bi dng hc sinh gii nh trng v thng gp đề thi học sinh giỏi cấp ë bậc học Trung học phỉ th«ng Các toán chứng minh bất đẳng thức hoc tìm giả trị lớn nhỏ biểu thc đa dạng phong phú Cả lý luận thực tiễn dạy học chứng tỏ chúng có hiệu việc phát triển tư cho häc sinh Bài toán chứng minh bất đẳng thức tìm giả trị lớn nhỏ biểu thức nội dung khó chương trình Tốn học phổ thơng Để làm tốt loại tốn đòi hỏi học sinh phải có kiến thức bản, hệ thống với óc sáng tạo, khả tồng hợp tư logic.Trong đề thi tuyển sinh vào Đại học Cao đẳng môn Toán trước đề thi Tốt nghiệp THPT Quốc Gia nay, toán chứng minh bất đẳng thức tìm giả trị lớn nhỏ biểu thức dành để kiểm tra đánh giá lực nhóm học sinh giỏi Trong thang điểm đánh giá bậc điểm chín điểm mười.Tuy nhiên chương trình mơn Tốn PTTH học học sinh học luyện tập năm học lớp 10, số tiết dạy dành cho nội dung q ít, đa số học sinh em học sinh gặp khơng khó khăn, lúng túng găp dạng tốn C¸c tài liệu, sách tham khảo trình bày đầy ®đ vỊ phương pháp chứng minh bất đẳng thức, viết xin tập trung vào phương pháp hàm số m hc sinh ó c trang b đầy đủ kiến thức chương trình mơn Tốn lớp 12 Trung học phổ thông GV: Nguyễn Văn Hải Trng THPT Hm Rng Qua kinh nghiệm giảng dạy, cựng vi nghiờn cu ti liu, viết này, đưa phương pháp giải toán chng minh bt đẳng thức phương pháp hàm số với mục đích giúp học sinh có hướng giải dạng tốn khó, rèn luyện tư phát huy tính tích cực học tập rèn luyện kỹ giải tốn Hy väng víi néi dung võa ph¶i , viết phần giúp em học sinh cảm thấy tự tin trước bi bi toỏn chng minh bất đẳng thức Cđng cè kiÕn thøc ®Ĩ chn bị thi vào Tt nghip THPT Quc gia MC CH NGHIÊN CỨU Với mục đích giúp học sinh nắm vững phương pháp hàm số để giải toán chứng minh bất đẳng thức Đặc biệt giúp học sinh lớp 12 chuẩn bị ôn thi tốt nghiệp THPT Quốc gia tốt Do phần nội dung kiến thức khó nên nhiều học sinh chưa quen với tính tư logic nó, nên tơi nghiên cứu nội dung nhằm tìm phương pháp truyền đạt phù hợp với học sinh, bên cạnh nhằm tháo gỡ vướng mắc, khó khăn mà học sinh thường hay gặp phải với mong muốn nâng dần chất lượng giảng dạy mơn Tốn THPT ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU Đối tượng nghiên cứu đề tài học sinh khối 12 qua năm giảng dạy từ trước đến nay, học sinh chuẩn bị thi THPT Quốc Gia PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU Phương pháp nghiên cứu sở lý thuyết hàm, phân tích biến thiên đại lượng thay đổi, thiết lập mối quan hệ đại lượng biến thiên đề đưa khảo sát hàm số Thông qua việc tạm quy ước lại vai trò đại lượng biến thiên, ta chứng minh bất đẳng thức đại số nhiều biến nhờ khảo sát hàm số biến Phương pháp ngun tắc ln có hiệu quả, thực tế áp dụng cho nhiều dạng toán chứng minh bất đẳng thức, có khả mang lại lời giải hay, độc đáo cho dạng tập GV: Nguyễn Văn Hải Trường THPT Hàm Rồng NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 CƠ SỞ LÝ LUẬN CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Một bất đẳng thức cho giá trị nhiều đại lượng biến thiên (có thể thỏa mãn số ràng buộc đó) Vậy với giá trị xác định nhóm đại lượng giá trị biến thiên nhóm đại lượng lại bất đẳng thức phải Do ta coi nhóm đại lượng lại biến hàm số với biến phải đạt giá trị max Như ta đưa toán chứng minh bất đẳng thức toán khảo sát hàm số, tìm giá trị max, Từ tốn “ Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số khoảng (a; b) đoạn [a; b]” chương trình lớp 12, ta chuyển toán chứng minh bất đẳng thức tìm giả trị lớn nhỏ biểu thức thành tốn Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số Ta xét hai tốn sau: Bài tốn 1: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ hàm số khoảng (a; b) Phương pháp giải: *Tìm tập xác định hàm số ( Chỉ xét (a;b)) * Tính dạo hàm tìm điểm tới hạn hàm số thuộc khoảng (a; b) * Lập bảng biến thiên * Dựa vào bảng biến thiên kết luận giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ Bài tốn 2: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ hàm số đoạn [a; b] Phương pháp giải: * Tìm tập xác định hàm số ( Chỉ xét [a;b]) * Tính dạo hàm tìm điểm tới hạn xi hàm số thuộc khoảng (a; b) * Tính f ( xi ), f (a), f (b) Max f ( x)  Max f ( xi ); f (a); f (b) a ;b  Min f ( x)  Min  f ( xi ); f (a); f (b)  a ;b  Trên sở hai toán chứng minh bất đẳng thức tìm giả trị lớn nhỏ biểu thức phương pháp hàm số theo bước sau: GV: Nguyễn Văn Hải Trường THPT Hàm Rồng * Biến đổi số hạng bất đẳng thức đại lượng giống * Đặt biến t đại lượng biến đổi * Tìm điều kiện cho biến t Giả sử t thuộc D * Xét hàm số P=f (t) D * Giải tốn: Tìm giá trị lớn nhất( nhỏ nhất) hàm số f(t) D Chú ý : Trường hợp không xây dựng trực tiếp hàm số f(t) ta tìm hàm số f(t) thỏa mãn P  f (t ) ( Đối với tốn tìm giá trị nhỏ nhất) P  f (t ) ( Đối với toán tìm giá trị lớn nhất) Nếu P biểu thức gồm nhiều đại lượng thay đổi coi P hàm số với biến số đại lượng thay đổi tìm giá trị lớn (nhỏ nhất) hàm số P 2.2 Chứng minh bất đẳng thức phương pháp hàm số 2.2.1 Chọn đại lượng làm biến , đại lượng lại làm tham số Xét hàm số theo biến chọn VÝ dô 1.1: Cho a,b,c   0;1 Chøng minh r»ng : a b c    (1  a )(1  b)(1  c)  b  c 1 c  a 1 a  b 1 Lời giải: Coi a bin x Xét hàm s: [0;1] Ta cú : f '(x)   f ( x)  x b c    (1  x)(1  b)(1  c) b  c 1 c  x 1 x  b 1 b c   D ( Víi D lµ h»ng sè ) ( x  c  1) ( x  b  1) Râ ràng f(x) hàm đồng biến khoảng xÐt ( v× f’’(x) > ) * NÕu f’(x)  0x   0,1 th× max f ( x)  f (1)  0;1 b c b c      =1 b  c 1 c 11 1 b 1 b  c 1 b  c 1 b  c 1 * NÕu f’(x)  0x   0,1 th× max f ( x)  f (0)  0;1 b c b  c  b2c    (1  b)(1  c)  1 c 1 b 1 b  c  bc  GV: Nguyễn Văn Hải Trường THPT Hàm Rồng * NÕu f’(x) nhËn hai dấu đoạn [0;1] bảng biến thiên f(x) phải có dạng: x f(x) f(x) x0 - + f(0) f(1) f( x0 ) Khi ®ã : max f ( x)  ma x  f (0), f (1) 0;1 Vậy toán chứng minh VÝ dô 1.2: Cho a,b   0;1 Chøng minh r»ng : a b   (1  a )(1  b)  b 1 a 1 Lời giải: Coi a biến x XÐt hµm f(x) = f’(x) = x b   (1  x)(1  b) trªn [0;1] b 1 x 1 b  1 b  b ( x  1) Rõ ràng f(x) hàm đồng biến khoảng xét ( f(x) > ) * NÕu f’(x)  0x   0,1 th× max f ( x)  f (1)  0;1 b b    1 b 1 11 1 b b 1 * NÕu f’(x)  0x   0,1 th× max f ( x)  f (0)  b   b = 0;1 * NÕu f’(x) nhận hai dấu đoạn [0;1] bảng biến thiên f(x) phải có dạng: x f(x) f(x) x0 - f(0) + f(1) f( x0 ) Khi ®ã : max f ( x)  ma x  f (0), f (1) 0;1 Vậy toán ®­ỵc chøng minh GV: Nguyễn Văn Hải Trường THPT Hàm Rồng Nhận xét: Có thể mở rộng tốn sau: Cho a1 , a2 , , an   0,1 Chøng minh r»ng: n aj j 1 s  a j 1 ( n )   (1 a j ) , s = j 1 VÝ dô 1.3: Cho a, b  Chứng minh : n a j 1 j 1   2  a  b  ab Cho a, b, c  Chứng minh : 1    3  a  b  c  abc Lời giải: Khơng tính tổng qt giả sử  b  a Coi b biến x, xét hàm f(x) = Đạo hàm f’(x) =  1   [1; a] 2  x  a  ax 2x 2a 2(a  x)(1  ax )    chứng tỏ f’(x) nghịch (1  x ) (1  ax) (1  x ) (1  ax) biến  f (x)  f (a)   (đpcm)  0;a  Khơng tính tổng qt giả sử  a  c  b Coi c biến x, xét hàm f(x) = Đạo hàm f’(x) = x f’(x) f(x) 1    [a; b] 3  x  a  b  abx 3(ab  x )(1  abx ) từ ta có bảng biến thiên : [(1+abx)(1+x )]2 a b ab - + f(a) f(b) f(a)  minf(x) = f( f( ab ) ab ) = 1    (theo câu 1) 2  (a a )  (b b )  a a b b Nhận xét: Có thể mở rộng toán sau: Chứng minh với a1 , a2 …, an  1 n     n n n  a1  a2  an  a1a2 an GV: Nguyễn Văn Hải Trường THPT Hàm Rồng 2.2.2 Chọn đại lượng làm biến , đại lượng lại làm tham số Xét hàm số theo biến chọn Ví dụ 2.1: Cho a, b, c  , chứng minh a b c    bc ca ab Lời giải: Khơng tính tổng qt giả sử a  b  c Coi c biến x Xét hàm số f ( x)  Đạo hàm f '( x)  x a b   b;   ab x b a x a b 2a 2b   , f ''( x)   0 2 a  b (b  x) (a  x) (b  x) (a  x)3  1      f '  b;    (a  b) 4b  Từ f’(x) đồng biến Ngoài f '(b)  a  suy f đồng biến b;    f(x) = f(b) = g(t) = 2b a  Lại coi b biến t , xét hàm a+b 2b 1 2t a  ]0  , t   a;   Ta có g'(t) = 2a[ (a+t) 4t a+t 2t  g (t )  g (a )   a;   suy điều phải chứng minh Ví dụ 2.2: Cho a, b, c  , chứng minh a2 b2 c2 abc    bc ca ab Lời giải: Khơng tính tổng qt giả sử a  b  c x2 a2 b2 xab    Coi c biến x , xét hàm số f ( x)  b;   ab x b a x f '( x)  ( 2x a2 b2     2 a  b (b  x) (a  x)  x  x x a  b   )a  b  0 2 2 ab  ( a  b) ( x  b)   ( a  b) ( x  a )  suy f đồng biến b;    f ( x)  f (b)  2b a a  b a  b 2b GV: Nguyễn Văn Hải Trường THPT Hàm Rồng Lại coi b biến t , xét hàm g (t )  2t a a   t   a;   Ta có a  t 2t 4at+2t 2a g'(t) =     g đồng biến  g (t )  g (a )  (a+t) 4t suy điều phải chứng minh Nhận xét: Có thể mở rộng tốn sau: Cho a, b, c  , chứng minh Ví dụ 2.3 a n 1 b n 1 c n 1 a n  b n  c n    bc ca ab Cho a, b, c, d  , chứng minh a b c d     bcd cd a d ab abc Lời giải: Khơng tính tổng quát giả sử a  b  c  d Coi d biến x Xét hàm số f ( x)  a b c x     c;   bc x c xa xab abc   a b c 1 [   ]=a   2 2 2 a  b  c (b  c  x) (a  c  x) (a  b  x)  (a  b  c) (b  c  x)      1 1 b   c  0 2 2  (a  b  c) (a  c  x)   (a  b  c) (a  b  x)  f '( x)  Từ f’(x) đồng biến  f(x)  f(c) = xét hàm g(t) = g'(t) = 2c a b   Lại coi c biến t , a+b+c b  2c a  2c 2t a b   b;   Ta có a+b+t b  2t a  2t 2(a+b) 2a 2b    2 (a+b+t) (b  2t ) (a  2t )     1 1  2a    2b   0 2 2  (a+b+t) (b  2t )   (a+b+t) (a  2t )  Suy g đồng biến b;    g (t )  g (b)  Lại coi b biến u , xét hàm số h(u )  3b a  a  2b 3b 3u a   a;   a  2u 3u  1     suy h đồng biến  a;    (a  2u ) 9u  Đạo hàm h '(u )  3a   h(u )  h(a )  (đpcm) GV: Nguyễn Văn Hải Trường THPT Hàm Rồng a n  bn  cn  a  b  c  Ví dụ 2.4 Cho a, b, c  chứng minh   3   n Lời giải: Khơng tính tổng qt giả sử a  b  c a n  bn  xn ab x n ( ) Coi c biến x , xét hàm số f ( x)  3 b;   n x  a  b n 1  )    f đồng biến b;   Đạo hàm f '( x)   x n 1  ( 3  f ( x)  f (b)   a n  2b n a  2b n ( ) 3 * Coi b biến t xét hàm số g (t )  Đạo hàm g '(t )  a n  2t n a  2t n ( )  a;   3 2n  n 1 a  2t n 1  t ( )    g đồng biến  g (t )  g (a )   đpcm   Ví dụ 2.5: Cho a, b, c  chứng minh : 4(a  b3  c3  6abc)  (a  b  c)3 Lời giải: Khơng tính tổng qt giả sử a  b  c Coi c biến x , xét hàm số f ( x)  4(a  b3  x3  6abx)  (a  b  x)3 b;   Đạo hàm f '( x)  3[3x  2(a  b) x  6ab  a  b ] Phương trình f’ = có  '  4(a  b  4ab) * Nếu a  b  a(2  3)   '   f '( x)  x  b;    m inf(x)  f (b) xb ;   * Nếu a  a(2  3)  b ( c)   '  , f’ có hai nghiệm x1,2  a b ' Dễ thấy x2  b Bảng biến thiên f có dạng : x f’(x) f(x) - x1 + b x2 - f( x1 ) + + + f( x1 ) + + f( x2 ) f(b) - Vậy ta ln có f ( x)  f (b)  3a(a  2ab  4b )  suy (đpcm 10 GV: Nguyễn Văn Hải Trường THPT Hàm Rồng 2.2.2 Chọn nhóm đại lượng làm biến (kỹ thuật dồn biến), biểu thị nhóm biến khác theo biến Xét hàm số theo biến chọn Ví dụ 3.1: Cho x  y  x  y Chứng minh x3  y  x y  y x  Lời giải: Đặt t  x  y từ giả thiết ta có xy  ( x  y )2  ( x  y )  t  t hay xy  t2  t Áp dụng BĐT ( x  y )2  2( x  y )  2( x  y ) hay t  2t suy  t  Ta có x3  y  x y  y x  ( x  y )3  xy ( x  y )  t Hàm số P  f (t )  t liên tục đồng biến 0;2 Do Max P=4 đạt dược t  hay x  y  xy  suy x  1; y  Ta có P=0 t  hay x  0; y  Ví dụ 3.2: Cho x, y, z  thỏa mãn x  y  z  Chứng minh 1   16 xz yz Lời giải: Đặt t  x  y từ giả thiết ta có z   t  t  Áp dụng BĐT ( x  y )2  xy hay xy  t2 1 t    xz yz xy (1  t ) t  t 4(2t  1) Xét hàm số f (t )  ; f (t )  2 ; f (t )   t  t  t (t  t ) Khi Bảng biến thiên: T  F’(t)    16 F(t) Từ BBT ta có max f (t)  f ( )  16 đạt t  t(0;1) Vậy 1 1   16 Đẳng thức xảy  x  y  ;z  2 xz yz 11 GV: Nguyễn Văn Hải Trường THPT Hàm Rồng Ví dụ 3.3: Cho xy  thỏa mãn x  y  Chứng minh x2 y2   2 x2  y y  x2  Lời giải: Đặt t  x  y ta có ( x  y )2  nên xy  1 t 2 Áp dụng BĐT ( x  y )2  2( x  y ) suy t  Ta có x2 y2 ( x  y )  ( x  y ) 2t  8t        x  y y  x  x  y x y  ( x  y )  t t  2t  1 2t  8t  Xét hàm số f (t )    ;    t t  2t  2  f (t )   t  f (t )   (t  1)(t  1) (t  5)    t  4t  24t  44  t2 (t  2t  5) Bảng biến thiên: t  F’(t) f(t) 12    241 105 2 Từ Bảng biến thiên ta có f (t)  f (1)  đạt (x;y)=(1;0) (0;1) t[ ; ] Vậy x2 y2    Đẳng thức xảy  (x; y)  (0;1) hoán vị x2  y y  x2  Nhận xét: Kỹ thuật dồn biến tốn khó Sử dụng phương pháp ta giải toán đề thi Đại học Cao đẳng đề thi Tốt nghiệp THPT Quốc Gia Các tốn thường cho dạng tìm giá trị nhỏ biểu thức Ví dụ 3.4: (Khối B–2007) Cho số thực không âm thỏa mãn a  b  c  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A  3(a 2b  b 2c  c a )  3(ab  bc  ca)  a  b  c 12 GV: Nguyễn Văn Hải Trường THPT Hàm Rồng Lời giải: Đặt ab  bc  ca  x  x  (a  b  c) 1   x  [0, ] 3 A  3(a 2b  b 2c  c a )  3(ab  bc  ca )  a  b  c  3(ab  bc  ca )  a  b  c  3(ab  bc  ca )  (a  b  c)  2(ab  bc  ca )  x   x Xét hàm số f ( x)  3x   x , x  [0, ] Đạo hàm f ( x)    2x f ( x)    x   9(1  x)   x  18 Bảng biến thiên: T 18 0  f’(t)  5 f   18  f(t) 3 3 Dựa vào bảng biến thiên, ta f ( x)  f (0), x  [0, ]  A  f ( x)  f (0)  Đẳng thức xảy x  hay hoán vị (0,0,1) Ví dụ 3.6: (Khối B–2012) Cho số thực x,y,z thỏa mãn x  y  z  x  y  z  Tìm GTLN biểu thức P  x5  y  z Lời giải: Nếu x  y  z  2( x5  y  z )  xyz ( x  y  z ) Thật vậy: Vì x  y  z  nên dễ có x3  y  z  3xyz ( x3  y  z )( x  y  z )  xyz ( x  y  z )  x5  y  z  xyz ( xy  yz  xz )  xyz ( x  y  z )  2( x5  y  z )  xyz ( x  y  z ) Mà x  y  z  nên ta cần tìm GTLN của: P 5 ( y  z )2  ( y  z ) 5 xyz  x  x  x 2 2 5 Đặt f ( x)  x3  x với x thuộc [1;1] f '( x)  15 x  0 x 13 GV: Nguyễn Văn Hải Trường THPT Hàm Rồng Bảng biến thiên: X  1  f’(x) 6 6    6  f      f(x)   6  f      6 6 Từ bảng biến thiên ta có max f ( x)  f     x 36   Vậy GTLN  1 1 x,y,z hoán vị ( ; ; ) 36 6 Ví dụ 3.6: (Thi THPT Quốc Gia năm 2015) Cho số thực a,b,c tthuộc đoạn 1;3 thỏa mãn điều kiện abc  Tìm GTLN biểu thức P  a 2b  b c  c a  12abc  72  abc ab  bc  ca Lời giải: Đặt t  ab  bc  ca Ta có 36  (a  b  c)2  (a  b)2  (b  c)2  (c  a)2   3t  3t  t  12 Mặt khác (a  1)(b  1)(c  1)   abc  ab bc ca   t  Và (3  a)(3  b)(3  c)   3t  3(ab bc ca)  abc 27  t  22  t  11  t  11;12 a 2b  b c  c a  12abc  72  abc ab  bc  ca Khi đó: 2 (ab  bc  ca )  72 t  72 t  t  5t  144   abc    ab  bc  ca t 2t P Đặt f (t)  t  5t  144 t  144   t  11;12 với t thuộc [11;12] Ta có f '(t)  2t 2t f(t) nghịch biến đoạn 11;12  max f (t )  f (11)  t1;12 Vậy P đạt GTLN  160  t  11 11 160  a  1, b  2, c  11 14 GV: Nguyễn Văn Hải Trường THPT Hàm Rồng Nhận xét: Dạng tốn tìm GTNN- GTLN biểu thức cách đặt ẩn phụ kết hợp BĐT hai biến qua biến lại việc sử dụng kỹ thuật dồn biến, từ chuyến tốn tìm GTLN, GTNN hàm số sử dụng nhiều đề thi tuyển sinh vào Đại học Cao đẳng Đây tốn khó Tuy nhiên học sinh vận dụng tốt kỹ biến đổi để xuất biến tốn giải dễ dàng Các bạn giải tốn sau để rèn luyện thêm kỹ giải toán dạng này: Bài Cho x,y,z ba số thực dương có tổng Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  3( x  y  z )  xyz Hướng dẫn P  3 x  y  z   2 xy  yz  zx   xyz  27  x y  z   yz  x  3 ( y  z )2 ( x  3)  ( x3  15 x  27 x  27) 2 f ( x)   x  15 x  27 x  27 , với 0