Tài liệu Skkn đạo hàm và tiếp tuyến trong chứng minh bất đẳng thức nhiều biến

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA TRƯỜNG THPT MAI ANH TUẤN ĐẠO HÀM VÀ TIẾP TUYẾN TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC NHIỀU BIẾN Họ tên tác giả: Chức vụ: Đơn vị công tác: SKKN thuộc môn: Mai Sỹ Thủy Phó Hiệu trưởng Trường THPT Mai Anh Tuấn Toán học ---Năm học 2010 - 2011--- A. ĐẶT VẤN ĐỀ Trong toán học phổ thông, các bài toán về bất đẳng thức chiếm một vị trí đặc biệt quan trọng, nó xuất hiện hầu hết trong các kỳ thi tuyển sinh các cấp, kỳ thi chọn học sinh giỏi toán cấp tỉnh, cấp Quốc Gia… và thường xuất hiện dưới dạng là bài toán khó nhất trong đề. Điều tất nhiên khi gặp những bài toán chứng minh bất đẳng thức học sinh phải mất rất nhiều thời gian, công sức để giải quyết nó. Đề bài của bài toán bất đẳng thức tuy được phát biểu hết sức ngắn gọn, sáng sủa và đẹp đẽ nhưng học sinh lại gặp rất nhiều khó khăn khi đi tìm lời giải. Đứng trước những vấn đề trên trong quá trình giảng dạy và bồi dưỡng học sinh giỏi, tôi đã luôn trăn trở và đi tìm những thuật giải, những hướng đi cụ thể để giải quyết những vấn đề đó. Nhưng chúng ta đã biết không có một chìa khoá vạn năng nào có thể “mở khoá” được mọi bài toán. Trong khi đó việc giảng dạy toán học nói chung và trong bồi dưỡng học sinh giỏi toán nói riêng, việc làm cho học sinh giải quyết được vấn đề đặt ra của bài toán một cách sáng tạo, hoàn chỉnh là rất cần thiết. Trong bài viết này, dựa trên kinh nghiệm một số năm giảng dạy, luyện thi Đại học và bồi dưỡng học sinh giỏi toán, tôi xin nêu lên một vài hướng giải quyết bài toán bất đẳng thức nhiều biến với đề tài “Đạo hàm và Tiếp tuyến trong chứng minh bất đẳng thức nhiều biến”, nhằm làm cho học sinh nâng cao khả năng tư duy, phát triển trí tuệ đồng thời bồi dưỡng niềm đam mê toán học cho các em học sinh. B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ I. ĐẠO HÀM TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC NHIỀU BIẾN. Trong lớp các bài toán bất đẳng thức và cực trị nếu bài toán chỉ có chứa một biến hoặc hai biến với điều kiện nào đó thì ta có thể nghĩ ngay đến việc sử dụng công cụ đạo hàm để giải quyết. Tuy nhiên, với các bài toán bất đẳng thức và cực trị từ ba biến trở lên thì việc sử dụng công cụ đạo hàm để giải quyết chúng lại không hề đơn giản chút nào, nó đòi hỏi phải có nghệ thuật, có những ý tưởng thông minh và có những đánh giá, nhận xét tinh tế. 1 Trong phần này tôi đưa ra kinh nghiệm sử dụng đạo hàm nhằm giải quyết phần nào những khó khăn trong việc chứng minh bất đẳng thức và tìm cực trị của bài toán nhiều hơn hai biến. Bài toán 1. Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a  b  c 1 . 1 4 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P a 3  b3  c3 Hướng dẫn: Nhìn biểu thức của P ta thấy có sự xuất hiện của cả ba biến số a,b,c mà ta không thể quy trực tiếp về một biến số ngay nếu chỉ sử dụng giả thiết. Nhưng ta lại thấy P là biểu thức có đối xứng với a,b , do đó ta dự đoán giá trị nhỏ nhất đạt được khi hai biến a,b bằng nhau. Ta chứng minh và sử dụng bất đẳng thức 3 a3 + b3 æ a + bö ÷ ç ÷ ³ ç ÷ , đẳng thức xảy ra khi hai biến số a và b bằng nhau. Khi đó ta ç ÷ 2 è 2 ø 3 3 3 2  a  b  1 3  1  c  1 3 c  3c  3c  1  c   c   f  c  . Bây giờ thì việc giải có P     8  2  4  2  4 quyết bài toán khá là dễ dàng bằng cách khảo sát hàm số g  c  8. f  c  trên khoảng  0;1 . Ta có g'( c) = 3c2 + 6c - 3 , g'( c) = 0 Û c1 = - 1- 2, c2 = - 1+ 2 . Lập bảng biến thiên của hàm số g( c) trên khoảng  0;1 ta có: ( ) ( ) g( c) ³ g( c2) = g - 1+ 2 = 6 - 4 2 , suy ra P ³ f ( c) ³ 1 3 - 2 2 . 4 Vậy Pmin = ( ) ( 1 1 3 - 2 2 khi và chỉ khi c = 2 - 1, a = b = 2 4 2 ) 2 . 3 a3 + b3 æ a + bö ÷ ç ÷ ³ ç Mấu chốt của bài toán trên là sử dụng bất đẳng thức và ÷ ç ÷ 2 è 2 ø dùng giả thiết để quy bài toán từ ba biến trở về bài toán một biến. Bài toán 2. Cho ba số thực không âm a, b, c thỏa mãn a  b  c 1 .Chứng minh rằng ab  bc  ca  2abc  7 . 27 2 Hướng dẫn: Trong bài toán này, sự xuất hiện của ba biến a,b,c hoàn toàn đối xứng, nên không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử 0 £ a £ b £ c . Do ba số a,b,c không âm và có tổng bằng 1 cùng với điều giả sử ở trên nên ta có 0 £ a £ 1 . 3 Xét vế trái có: 1 2  bc  P a  b  c   bc  1  2a  a  b  c      1  2a  a  1  a    1  a   1  2a  4  2  1 1 1  a3  a 2   f  a  2 4 4 Như vậy, ta đã quy được bài toán từ ba biến về bài toán một biến chỉ bằng một phép biến đổi đơn giản nhóm nhân tử chung và sử dụng thêm bất đẳng thức trung bình cộng, trung bình nhân cho hai số. Công việc của ta bây giờ chỉ là xét  1 hàm số f  a  trên đoạn  0;  .  3 Ta có f '( a) = - 3 2 1 1 a + a = a ( 1- 3a) ³ 0 , 2 2 2 "a : 0£ a £ 1 , nên hàm f ( a) 3 1   7 đồng biến trên đoạn  0;  , suy ra f ( a) £ f ( 1 3) = .  3 27 Vậy, P £ f ( a) £ 7 ( đpcm). 27 1 3 Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = . Bài toán này ta có thể mở rộng hơn như sau: Cho ba số thực không âm a, b, c thỏa mãn a  b  c 1 và cho số thực   0 . Chứng minh rằng 1 1  ab  bc  ca   abc max  ,  9      4 27  Trong một số bài toán, việc biến đổi, ước lượng để đưa bài toán từ nhiều biến trở về một biến rồi sử dụng đạo hàm không hề đơn giản chút nào. Trong những tình huống như thế, có lẽ ta phải làm quen với việc coi một trong các biến của bất đẳng thức làm biến số của một hàm lựa chọn và những biến số khác là 3 tham số, rồi sử dụng đạo hàm. Dưới đây ta xem xét một số bài toán để làm sáng rõ vấn đề. Bài toán 3. Cho ba số thực x, y, z ³ 0, chứng minh rằng : x3 + y3 + z3 + 3xyz ³ x2 ( y + z) + y2 ( z + x) + z2 ( x + y) Hướng dẫn: Bài toán hoàn toàn đối xứng với ba biến số, nên không mất tính tổng quát, ta giả sử x ³ y ³ z ³ 0, coi x là biến số và coi y, z là tham số trong hàm số f ( x) = x3 - x2 ( y + z) + 3xyz - xy2 - xz2 - y2z - z2y + y3 + z3 Ta có f '( x) = 3x2 - 2x ( y + z) + 3yz - y2 - z2 và f ''( x) = 6x - 2( y + z) = 2( 3x - y - z) ³ 0 với mọi x, y, z ³ 0 và x ³ y ³ z . Điều đó chứng tỏ f '( x) là hàm số đồng biến, suy ra f '( x) ³ f '( y) = 3y2 - 2y ( y + z) + 3yz - y2 - z2 = yz - z2 ³ 0 ( do x ³ y ³ z ). Đến 2 đây ta suy ra f ( x) là hàm số đồng biến, như vậy f ( x) ³ f ( y) = z ( z - y) ³ 0. Vậy bài toán đã chứng minh xong! Bài toán 4. Chứng minh rằng nếu a,b,c là độ dài các cạnh của một tam giác thì a b c 3 1æ a c bö ÷ + + ³ + ç + + ÷ ç ÷ ÷. b c a 2 2ç c b aø è Hướng dẫn: Bài toán đối xứng với a,b,c nên không mất tính tổng quát ta giả sử c = min {a,b,c} , từ đó suy ra 0 < c £ ab và a < b + c £ 2b . æ b xö a x a b ÷ - + 2 - - 3 trên khoảng Đặt x = c , ta xét hàm số f ( x) = 2ççç + ÷ ÷ ÷ x b b a èx a ø ( æ1 ö 2b 2 a 1 1÷ ç ÷ 0; abù f ' x = + + = a 2 b £ 0 với mọi x Î 0; abù ç ( ) ( ) có , ú ú ÷ ç 2 2 2 ÷ û û a b ab èx ø x x ( 4 do đó hàm f ( x) số { } f ( x) ³ max f ( a) , f ( b) = nghịch biến trên ( 0; khoảng abù , ú û suy ra a b + - 2 ³ 0 . Vậy điều phải chứng minh đã được giải b a quyết. Bài toán 5. Chứng minh rằng nếu a,b,c Î é1;2ù thì 10a + 11b + 12c £ 69 . ê ë ú û bc ca ab 2 Hướng dẫn: Cũng như bài toán trên ta coi một trong ba số a,b,c là một biến số của hàm ù và ta đi xét hàm số số, chẳng hạn là a , khi đó ta đặt x = a, x Î é ê1;2ú ë û f ( x) = 2 2 1æ 11b 12cö 10 ÷ ç ÷ + + .x , đặt a = 11b + 12c = 11b + 12c , b = 10 . ç ÷ ÷ bc xç b ø èc c b bc bc Khi đó f '( x) = Ta có a = a 2 x +b = bx2 - a 2 x , f '( x) = 0 Û x = a . b 11b2 + 12c2 33 10 a ³ > 3. = 3b Þ x = >1 bc bc bc b 2) } h=bmax { Như vậy, ta luôn có f ( x) £ max { f( 1) , g( b g( b) = f ( 1) = ( ) , ( )} , trong đó 10 11b 12c 20 11b 6c + + + . và h( b) = f ( 2) = + bc c b bc 2c b 1æ 10 ö 11 - 1 ç ù có g '( b) = ÷ + = A +B , ç + 12c÷ Ta xét tiếp g( b) trên đoạn é ÷ ê ú ë1;2û 2 çc ÷ c ø b è b2 trong đó A = 10 10 + 12c2 11 A và có g'( b) = 0 Û b = + 12c = , B= >1 c c c B ïì 21 ïü 27 + 12c, + 6cïý ïþ c ï îï c Như vậy, g( b) £ max { g( 1) , g( 2) } = max ïíï 5 Xét lần nữa j ( c) = 21 + 12c c và f ( c) = 27 + 6c c ù có trên đoạn é ê ú ë1;2û ïì 69 ïü 69 69 ù. max j ( c) , f ( c) £ max ïí ,33ïý = , từ đó suy ra g( b) £ với mọi b,c Î é ê ë1;2ú û é1;2ù ï ï 2 2 2 ê ú ë û ï îï þ { Xét } tương tự đối h ( b) với trên ìï 51 ü ï 21 h ( b) £ max h ( 1) , h ( 2) = ïí + 6c, + 3cïý £ ïîï 2c ïþ c ï { Vậy } đoạn é1;2ù ê û ú ë ta cũng có ìï 63 ü ïï 63 = íï ,24ý . ïï 2 îïï 2 þ 10a 11b 12c 69 + + £ , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = 1,c = 2. . bc ca ab 2 Bài toán 6. Xét các số thực dương a,b,c thỏa mãn điều kiện 21ab + 2bc + 8ca £ 12 . 1 a 2 b 3 c Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = + + . Hướng dẫn: 1 a 1 b Đặt x = , y = , z = 1 bài toán chuyển thành: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu c thức P ( x, y, z) = x + 2y + 3z với x, y, z dương thỏa mãn 12xyz ³ 2x + 8y + 21z . 2x + 8y 7 Từ giả thiết z ( 12xy - 21) ³ 2x + 8y > 0 ta có z ³ với x > . 12xy - 21 Do đó P ( x, y, z) ³ x + 2y + 4y 2x + 8y . 4xy - 7 Bây giờ ta xét hàm số f ( x) = x + tham số thực dương. Ta có f '( x) = 1+ 2x + 8y 7 + 2y với biến x > và y là 4xy - 7 4y 2( 4xy - 7) - 4y ( 2x + 8y) ( 4xy - 7) 2 = 1- 14 + 32y2 ( 4xy - 7) 2 , 2 nên f '( x) = 0 Û x = x0 = 7 + 32y + 14 . Lập bảng biến thiên của hàm số f ( x) 4y 4y 6 æ7 trên khoảng ççç ; +¥ è4y ö 9 1 ÷ ÷ f ( x) ³ f ( x0) = 2y + + 32y2 + 14 = g( y) . Ta , ta có ÷ ÷ 4y 2y ø xét tiếp hàm số g( y) trên khoảng ( 0;+¥ g '( y) = 0 Û y = ) ( 8y = 2 có g '( y) ) - 9 2 4y 32y2 + 14 - 28 2 và 32y + 14 5 . Lập bảng biến thiên của hàm số g( y) trên khoảng ( 0;+¥ 4 ) có æö 5÷ 15 ÷ g( y) ³ gç = , từ đó suy ra P ( x, y, z) ³ f ( x) ³ g( y) ³ 15 . Đẳng thức xảy ra với ç ÷ ç ÷ 2 è4ø 2 5 2 15 1 4 3 x = 3, y = , z = . Vậy giá trị nhỏ nhất của P là khi a = ,b = ,c = . 4 3 2 3 5 2 Như vậy, việc đổi biến và rút ẩn từ điều kiện để thay thế vào biểu thức cần tính là những thủ thuật cần thiết, cơ bản để làm cho bài toán không những đơn giản về mặt hình thức mà việc tính toán cũng trở lên ngắn gọn và giảm ngay được số biến trong bài. Sau đây chúng ta xem tiếp một bài để thấy rõ hơn. Bài toán 7. Cho ba số thực a, b, c 1 và thỏa mãn Chứng minh rằng 1 1 1   1 . 1 a 1 b 1 c 8 1 1   2 . ab  1 bc  1 ca  1 Hướng dẫn: Trong bài toán này, ta chưa thể sử dụng ngay đạo hàm để giải quyết bài toán. Để phát biểu bài toán đơn giản hơn và để có ý tưởng sử dụng đạo hàm ta đặt 1 1 1 1  x,  y, z . Khi đó x, y , z  và x  y  z 1 . 1 a 1b 1 c 2 z x y Ta có ab  1  xy , bc  1  yz , ac  1  zx , khi đó bất đẳng thức cần chứng minh 8 xy yz zx 1 có dạng z  x  y 2 với điều kiện 0  x, y, z  và x  y  z 1 . Với nhận xét 2 7 bài toán đối xứng với biến x, y nên ta có thể đưa bài toán từ ba biến về hai biến 1 s2 bằng cách đặt x  y s, xy  p , khi đó s  1 và 0  p  . 2 4 2 2 8 xy yz zx 8 xy z  x  y  8 p s2  2 p   1 s  f  p Ta có P      z x y z xy 1 s p s2 1 s  8p s2  2 p 8  1 s  có f '  p   , 1 s p 1 s p2 Bây giờ xét hàm số f  p   f '( p) = 0 Û p s 1 s 2 2 . Lập bảng biến thiên, biện luận so sánh s 1 s s2   s 2  4 2 2 Nếu s 1 s 2 2  s 1 s 2 2 với s2 4 có: Nếu  s 1 s  2 ta có f  p   f    4 2  2 s  2 6 2  6  2 2 2   s2  s 2  4 é1 ;2 Khảo sát g( s) trên ê ê2 ë    s2  2  4s g  s  2 ta có : f  p   f     4  1 s 2 ù æö ç1÷= 2 . 2úcó g '( s) = - 4 + 2 , từ đó g( s) ³ gç ÷ ÷ ú ÷ ç è2ø ( 1- s) û 1 1 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  y  và z  , tức là a b 3, c 1 . 4 2 Bằng những biến đổi đơn giản nhưng hết sức tinh tế và những nhận xét tính đối xứng của x, y ta đã đưa được bài toán từ ba biến về bài toán hai biến, rồi sử dụng đạo hàm để đưa tiếp bài toán về một biến, khi đó bài toán hoàn toàn là đơn giản! Bài toán sau đây thể hiện rõ hơn tính đối xứng giữa các biến và thông qua bài toán này, ta cũng cần có thêm một phương pháp “chuẩn hóa” khi cần thiết. Bài toán 8: Cho ba số thực không âm a, b, c . 4 Chứng minh rằng  a  b  c  16  a 2b2  b 2 c 2  c 2 a 2   11abc  a  b  c  . Hướng dẫn: 8 Đây là bất đẳng thức đối xứng, đồng bậc nên trước hết ta chuẩn hóa bằng 1 3 cách giả sử a  b  c 1 và a b c , khi đó 0 c  . Nhờ tính đối xứng, đặt s a  b, p ab , khi đó 2 s2 s 1, p  . 3 4 Ta cần chứng minh 2 f  p  16 p 2   1  s   32 s  21 p  16 s 2  1  s  1 . - ( 1- s) ( 32s - 21) Ta có f '  p  32 p   1  s   32 s  21 , f '( p) = 0 Û p = <0 32  s2   s2  2 với mọi s 1 , suy ra f '  p   0 trên  0;  , do đó f  p  đồng biến trên  0;  3  4  4  s2  1 1 4 3 2    36s  75s  43s   g  s  4  4 4 , vậy f  p   f  Xét hàm số g  s  36 s 4  75s 3  43s 2 g '( s) = 144s3 - 225s2 + 86s , trên đoạn 2 43 g '( s) = 0 Û s = 0,s = ,s = , 3 48 é2 ù ê ;1ú ê3 ú ë û có suy ra ü ïì æö ï 2 ÷ g( s) £ max ïí gç , g( 1) ïý = 4 . ç ÷ ÷ ÷ ïï ç ïï î è3ø þ 1 1 Như vậy f ( p) £ 1, đẳng thức xảy ra khi s = 1, p = , tức là a = b = ,c = 0 . 4 2 Bài toán đã được chứng minh xong! Như vậy, với công cụ đạo hàm, ta đã có thể giải quyết được rất nhiều bài toán bất đẳng thức, cực trị nhiều hơn hai biến. II. TIẾP TUYẾN CỦA ĐỒ THỊ HÀM SỐ TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC NHIỀU BIẾN. 9 Trong phần này chúng ta xét bài toán tổng quát: “Cho a1 , a2 , a3 ,..., an  D thoả mãn a1  a2  a3  ...  an nα , với α  D , cần chứng minh bất đẳng thức f  a1   f  a2   ...  f  an  nf  α  , đẳng thức xảy ra khi a1 a2 a3 ... an α ”. Bài toán này có tính chất nổi bật với vế trái là biểu thức đối xứng của các biến a1,a2,a3,...,an và viết được dưới dạng tổng của một hàm số với các biến số khác nhau. Dẫn đến suy nghĩ một cách tự nhiên để giải quyết bài toán này là ta xét hàm số y  f  x  , sau đó chứng minh f  x   Ax  B với mọi x  D , trong đó A, B thỏa mãn A ( a1 + a2 + ... + an ) + nB = nf ( a ) (hay Aa + B = f ( a ) ). Dễ thấy y  Ax  B chính là tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f  x  tại điểm x α . Như vậy qua phân tích, chúng ta có thể đưa ra được lời giải cho bài toán tổng quát trên như sau: Xét hàm số y  f  x  , x  D , viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại x α là y  Ax  B . Ta chứng minh f  x   Ax  B với mọi x  D , từ đó suy ra: f  a1   f  a2   ...  f  an  nf  α  (đpcm). Sau đây chúng ta xét một số bài toán điển hình để thể hiện rõ hơn cho phương pháp này. Bài toán 9. Cho bốn số dương a, b, c, d thoả mãn a  b  c  d 1 . Chứng 1 8 minh rằng 6  a3  b3  c 3  d 3  a 2  b2  c 2  d 2  . Hướng dẫn: Từ giả thiết ta có a,b,c, d Î ( 0;1) và bất đẳng thức được viết dưới dạng f ( a) + f ( b) + f ( c) + f ( d) ³ a =b=c =d = 1 8 với f ( x) = 6x3 - x2 , đẳng thức xảy ra khi 1 3 2 . Ta xét hàm số f  x  6 x  x trên khoảng  0;1 , phương trình 4 1 4 5 8 tiếp tuyến của đồ thị hàm số này tại điểm có hoành độ x0  là y  x  1 . 8 10 Xét 1 1 2 5 f  x    x     4 x  1  3x  1 0 , x   0;1 , suy ra f ( x) ³ 5 x - 1 , 8 8 8 8 8 x   0;1 . Từ đó ta có f ( a) + f ( b) + f ( c) + f ( d) ³ 5 1 1 a + b + c + d) - 4. = , đẳng ( 8 8 8 1 4 thức xảy ra khi a = b = c = d = . Như vậy, thông qua phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số f  x  6 x3  x 2 tại điểm có hoành đô x0  thức cơ sở f ( x) ³ 1 mà ta mới có thể nhận ra bất đẳng 4 5 1 xvới mọi x   0;1 để giải quyết bài toán. 8 8 Bài toán 10. Cho ba số thực dương a,b,c thoả mãn a  b  c 3 . Chứng minh rằng 1 1 1  2  2 a 2  b 2  c 2 . 2 a b c Hướng dẫn: 1   Ta có nhận xét, nếu có một trong ba số a, b, c thuộc khoảng  0;  , chẳng  3 hạn 0  a  1 1 1 1 2 thì ta có 2  2  2  9  a  b  c   a 2  b 2  c 2 nên bài toán được 3 a b c 1 7 1   chứng minh, do vậy ta chỉ xét a, b, c   ;  . Ta xét hàm số f  x   2  x 2 trên x  3 3 1 7   đoạn  ;  , phương trình tiếp tuyến của đồ thị f  x  tại điểm có hoành độ  3 3 x0 1 là y  4 x  4 . Ta có f  x   ( 4 x  4)   x  1 2  2   x  1 2   1 7   0 x   ;  ,  3 3 x2 1 7   suy ra f ( x) ³ - 4x + 4 , x   ;  .  3 3 Từ đó ta có : f ( a) + f ( b) + f ( c) ³ - 4( a + b + c + d) + 16 = 0 , đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1. 11 Trong bài toán này, nhận xét ban đầu đã khá tốt để chúng ta giới hạn được biến x , vì không có nhận xét đó thì đánh giá f ( x) ³ - 4x + 4 không thể đúng với mọi x Î ( 0;3) , và như thế chúng ta sẽ nghĩ rằng không sử dụng được phương pháp tiếp tuyến ! Ta xét thêm một bài toán kiểu chia khoảng đang xét thành hai hoặc nhiều khoảng để thấy rõ hơn ý tưởng khi giải toán. Bài toán 11. Cho ba số thực dương a,b,c thoả mãn a  b  c 1 . Chứng 3 3 3 5 5 5 minh rằng 10  a  b  c   9  a  b  c  1 . Hướng dẫn: 3 5 Như các bài toán trên, ta xét hàm số f  x  10 x  9 x trên khoảng ( 0;1) , phương trình tiếp tuyến của đồ thị tại điểm có hoành độ x0 = 25 16 1 là y  x  . 9 27 3 16  1 2  25 3 2 Xét f  x    x     3x  1   27 x  18 x  21x  16  , bây giờ ta chưa 27  27  9 thể khẳng định được f  x  25 16 x 9 27 với mọi x Î ( 0;1) , nên ta đặt g( x) = - 27x3 - 18x2 + 21x + 16 và xét hàm số g( x) trên khoảng ( 0;1) , ta thấy g( x) không luôn dương trên ( 0;1) , nên ta phải tìm cách chia khoảng xác định của x tốt nhất có thể sao cho trên khoảng đó thì g( x) > 0. Bằng cách lập bảng biến æ 9ö ÷ ÷ ÷ ÷, từ è 10ø thiên của hàm số g( x) trên khoảng ( 0;1) , ta suy ra g( x) > 0 với mọi x Î ççç0; æ 9ö ç ÷ 0; ÷ ç ÷ ç ÷. Như vậy bài toán đã chứng minh è 10ø đó ta có f  x   25 16 x với mọi x Î 9 27 xong khi a,b,c Î æ 9÷ ö ç ÷ 0 ; ç ÷và a + b + c = 1. Bây giờ ta xét trường hợp có ít nhất một ç è 10÷ ø  9   9  trong ba số a,b,c thuộc nửa khoảng  ;1 , giả sử a   ;1 do a,b,c đều dương  10   10  12 1 , dễ thấy hàm số f  x  nghịch biến trên  10   và có tổng bằng 1 nên b, c   0;  9   1  10 ;1 và đồng biến trên  0; 10  , suy ra f  a   f  1 1 , f  b   f (0) 0, f  c   0 , f ( a) + f ( b) + f ( c) > 1 Vậy f ( a) + f ( b) + f ( c) ³ 1 với mọi số thực dương a,b,c thoả mãn a  b  c 1 . Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1 . 3 Thông qua bài toán này, ta có thể thấy được khi nào cần phân khoảng đang xét thành hai hay nhiều khoảng để có những bước đi tiếp theo mà không hề mất tự nhiên! Bài toán 12. Cho các số thực dương a,b,c . 2 2 2  2a  b  c    2b  c  a    2c  a  b  Chứng minh rằng 2 2 2 2 2a   b  c  2b 2   c  a  2c 2   a  b  8 Hướng dẫn: Bài toán này chưa đưa về dạng bài toán tổng quát nên ta chưa thể sử dụng phương pháp tiếp tuyến ngay được. Tuy nhiên đây lại là bất đẳng thức đối xứng đồng bậc, nên ta có thể chuẩn hóa bằng cách giả sử a + b + c = 3, khi đó bài toán trở thành 8a  6 8b  6 8c  6  2  2 21 , đến đây ta đã cô lập được mỗi a  2a  3 b  2b  3 c  2c  3 2 phân thức về dạng một biến số với điều kiện tổng ba biến số bằng 3 . Xét hàm số f ( x) = 8x + 6 x2 - 2x + 3 trên khoảng ( 0;3) và viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ bằng 1 ta được y = 4x + 3 . Xét f ( x) - ( 4x + 3) = 8x + 6 x2 - 2x + 3 - ( 4x + 3) = - ( 4x + 3) ( x - 1) x2 - 2x + 3 2 £ 0, tức là f ( x) £ 4x + 3 với mọi x Î ( 0;3) . Suy ra 8a  6 8b  6 8c  6  2  2 4  a  b  c   9 21 , đẳng thức xảy a  2a  3 b  2b  3 c  2c  3 2 ra khi a = b = c = 1. Như vậy, bài toán đã chứng minh xong! 13 Trong bài này, chuẩn hóa để có thêm điều kiện và đưa bài toán về dạng quen thuộc là kỹ thuật rất cơ bản và hay được sử dụng. Bài toán 13. Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn a  b  c 1 . Chứng minh rằng 1 1 1 27    . 1  ab 1  bc 1  ca 8 Hướng dẫn: Nhìn bài toán ta khó có thể thấy được việc sử dụng phương pháp tiếp a  b tuyến, tuy nhiên để ý một chút ab   2 4 2  1  c  suy ra  4 1 4  1  ab 3  2c  c 2 nên ta đã đưa được bài toán đã cho về bài toán quen thuộc: Chứng minh rằng 1 3 + 2a - a2 + 1 3 + 2b - b2 + 1 3 + 2c - c2 £ 27 với điều kiện 32 a , b, c dương và a  b  c 1 . Bây giờ xét hàm số f ( x) = 1 3 + 2x - x2 trên khoảng ( 0;1) , phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ bằng 1 - 27 81 x+ là y = . 3 256 256 2 æ ( 3x - 1) ( 13- 3x) - 27 81 ö 1 27 81 ÷ ÷ x+ = + x= £0 Xét f ( x) - ççç ÷ 2 ÷ 3 + 2x - x2 256 256ø 256 è256 256 3 + 2x - x ( ) 27 81 x+ với mọi x Î ( 0;1) , do đó f ( x) £ với mọi x Î ( 0;1) . Từ đó ta có 256 1 3 + 2a - a2 + 1 3 + 2b - b2 + 1 3 + 2c - c2 £- 256 27 81 27 a + b + c) + 3. = ( , đẳng thức 256 256 32 1 3 xảy ra khi a = b = c = . Bài toán 14. Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn a 4  b 4  c 4 3 . Chứng minh rằng 1 1 1   1 . 4  ab 4  bc 4  ca 14 Hướng dẫn: Cũng như bài toán 13, bài toán này chưa thể sử dụng phương pháp tiếp tuyến ngay được, ta cần phải biến đổi như thế nào đó để đưa bài toán đã cho về dạng bài toán tổng quát. a2 + b2 ab £ 2 Áp dụng bất đẳng thức  1 1 1   4  ab 4  bc 4  ca ta có 2 2 2 2 2 2 2 2 2   2 2 2 2 2 2 . Tiếp theo đặt x  b  c  , y  c  a  , 8 a b 8 b c 8 c a       2 4 4 4 z  a 2  b 2  khi đó x  y  z 4  a  b  c  12 . Bây giờ bài toán trở thành: Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn x  y  z 12 . Chứng minh rằng 1 8 x  1 8 y  1 8 1  . z 2 Đến đây, bài toán đã giải quyết được một nửa khối lượng công việc, phần còn lại bây giờ là những biến đổi quen thuộc. Xét hàm số f ( x) = 1 8- x trên khoảng ( 0;12) và phương trình tiếp tuyến 1 của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ x0 = 4 là y = ( x - 4) + 1 . 144 6 Xét ( x - 4) ( ) x- 4 1 ( x - 4) = 2 144 x 144 x + 2 8 - x 1 1 x- 4 f ( x) x - 4) = ( 144 6 6 x + 2 8- ( 2 )( ) ( )( ) 1 Trên khoảng ( 0;12) thì f ( x) ( x - 4) - 1 £ 0 Û f ( x) £ 1 ( x - 4) + 1 . 144 1 1 1 1 6 144 1 6 1 Do đó 8  x  8  y  8  z 144  x  y  z  12   3. 6  2 . Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 4 hay a = b = c = 1. BÀI TẬP 15 ù. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Bài tập 1. Cho x, y, z Î é ê ë0;1ú û ( ) ( ) Q = 2 x3 + y3 + z3 - x2y + y2z + z2x . Bài tập 2. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện 2x + 4y + 7z = 2xyz . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x + y + z . Bài tập 3. Chứng minh rằng nếu a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác thì a b c 3 1æ a c bö ÷ + + ³ + ç ç + + ÷ ÷ ÷ b c a 2 2ç èc b a ø Bài tập 4. Cho ba số thực không âm a, b, c thỏa mãn a  b  c 1 .Chứng 3 3 3 minh rằng  ab    bc    ca   1 64 Bài tập 5. Cho ba số thực dương x, y, z . 3 3 3 2 2 2 Chứng minh rằng 2( x + y + z ) + 3xyz ³ 3( x y + y z + z x) . Bài tập 6. Cho x, y, z là những số thực dương. Chứng minh rằng: x y z + + £1 xy + x + 1 yz + y + 1 zx + z + 1 Bài tập 7. Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn x + y + z = 1. Tìm giá trị lớn nhất của P = x2y + y2z + z2x . 3 Bài tập 8. Cho các số thực x, y,z  0 thoả mãn điều kiện  x  y  z  32 xyz . Tìm GTLN – GTNN của biểu thức P  x4  y4  z 4  x  y  z 4 Bài tập 9. Cho ba số thực dương a,b,c . 2  a 3  b3  c 3  Chứng minh rằng abc  9 a  b  c a 2 2  b2  c 2  33 Bài tập 10. Cho bốn số thực dương a,b,c,d thỏa mãn a + b + c + d = 4, chứng minh rằng a 2 5 + 3a + b 2 5 + 3b + c 2 5 + 3c + d 2 5 + 3d £ 1 . 2 16 Bài tập 11. Cho bốn số thực dương a,b,c,d thỏa mãn a + b + c + d = 1, chứng minh rằng 4( a3 + b3 + c3 + d3) ³ a2 + b2 + c2 + d2 + 3 . 16 Bài tập 12. Cho ba số thực a,b,c thỏa mãn a  b  c 3 , chứng minh rằng a 2  a  1  b 2  b  1  c 2  c  1 3 Bài tập 13. Cho ba số thực a,b,c thỏa mãn a  b  c 1 . Chứng minh rằng a 2  1  b 2  1  c 2  1  10 Bài tập 14. Cho a,b,c là các số thực dương. 2 2 2  a  b  c   a  c  b   c  b  a  Chứng minh rằng: 2 2 2 2 c   b  a b2   a  c  a2   b  c   3 5  a, b, c  R a b c 9    . Chứng minh rằng 2 2 2 1  a 1  b 1  c 10  a  b  c 1 Bài tập 15. Cho  C. KẾT LUẬN Qua các ví dụ ở trên chúng ta có thể nói phương pháp sử dụng đạo hàm và phương pháp tiếp tuyến là hai công cụ mạnh, nó kết hợp cùng với các bất đẳng thức cổ điển có thể giúp cho học sinh giải quyết hầu hết các bài toán bất đẳng thức đặt ra. Nó xử lý không những các bài toán xảy ra dấu đẳng thức khi các biến bằng nhau mà còn xử lý được các bài toán mà dấu đẳng thức xảy ra khi các biến số không bằng nhau. Trong những năm qua, khi giảng dạy, luyện thi Đại học và bồi dưỡng học sinh giỏi về phần bất đẳng thức, tôi đã cung cấp cho các em học sinh lớp 12 “Phương pháp đạo hàm và tiếp tuyến trong chứng minh bất đẳng thức nhiều biến”, kết quả cho thấy các phương pháp này đã giúp cho học sinh một hướng đi rõ ràng, một cách nhìn tổng quát, toàn diện, tự tin hơn khi phải đối mặt với những bài toán về chứng minh bất đẳng thức. Kết quả thi học sinh giỏi cấp tỉnh, thi Đại học về môn Toán đối với học sinh lớp 12C năm học 2006 - 2007 và học sinh lớp 12B năm học 2009 - 2010 như sau: 17 Năm học Lớp Sĩ số Số học sinh đạt giải Cấp tỉnh(/số học sinh tham gia dự thi) Casio Toán Điểm thi ĐH môn toán (Số lượng) Giỏi Khá TB Yếu, kém 2006-2007 12C 52 10 (/10) 4 (/6) 10 17 20 5 2009-2010 12B 45 4 (/5) 7 (/8) 8 16 18 3 Mặc dù đã có nhiều cố gắng, song bản thân tuổi nghề chưa nhiều, kinh nghiệm giảng dạy nói chung và bồi dưỡng học sinh giỏi nói riêng còn có hạn chế. Vì vậy, bài viết này không tránh khỏi những thiếu sót, rất mong nhận được sự góp ý của đồng nghiệp và bạn đọc để đề tài được hoàn thiện, hiệu quả hơn. Xin trân trọng cảm ơn ! Nga Sơn, ngày 15 tháng 5 năm 2011 Người viết Mai Sỹ Thủy 18