Khai thác hai tính chất của hàm số trong chứng minh bất đẳng thức

Page 2/26

Chương I. PHƯƠNG PHÁP TIẾP TUYẾN

Trong khuôn khổ sáng kiến, tôi chỉ đề cập đến một ứng dụng nhỏ của đạo hàm trong

việc chứng minh bất đẳng thức, đó chính là phương pháp tiếp tuyến. Ý tưởng chính của

phương pháp tiếp tuyến là sử dụng công thức phương trình tiếp tuyến của một đồ thị hàm số để

tìm một biểu thức trung gian trong các đánh giá bất đẳng thức.

1.1 Kiến thức chuẩn bị

Trước hết ta nhắc lại một bài toán sau: Cho hàm số ( ) f t liên tục và có đạo hàm trên

D . Khi đó, nếu tiếp tuyến tại một điểm 0t D ∈ (giả sử có phương trình ( ) 0 y a t t b = − + ) luôn

nằm trên (nằm dưới) đồ thị hàm số f trên một lân cận 0 D D ⊂ nào đó của 0t thì hiển nhiên ta

có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 0 , f t a t t b hay f t a t t b t D ≤ − + ≥ − + ∀∈ .

Từ tính chất này ta thấy với mọi 1 2 0 , ,..., n t t t D ∈ thì

( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 0 ... ... n n f t f t f t a t t t nt nb + + + ≤ + + + − + .

Như vậy, nếu một bất đẳng thức có dạng “tổng hàm” như ở vế trái của bất đẳng thức

trên và có giả thiết 1 2 0 ... n t t t nt + + + = với đẳng thức xảy ra khi tất cả các biến it đều bằng

nhau và bằng 0t thì ta có thể thử chứng minh nó bằng phương pháp tiếp tuyến, nghĩa là ta sẽ

tìm phương trình tiếp tuyến ( ) 0 y a t t b = − + tại điểm 0t của đồ thị hàm số ( ) y f t = , rồi sau

đó tiến hành kiểm chứng BĐT ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 0 , f t a t t b hay f t a t t b t D ≤ − + ≥ − + ∀∈ .

1.2 Một số ví dụ minh họa

Ví dụ 1. Cho , , , 0 a b c d ≥ thỏa mãn 4 a b c d + + + = . Chứng minh

2 2 2 2 1 5 3 5 3 5 3 5 3 2 a b c d a b c d + + + ≤ + + + + .

Lời giải

+ Từ giả thiết suy ra [ ] , , , 0;4 a b c d ∈ . Dấu đẳng thức xảy ra khi 1 a b c d = = = = .

+ PTTT của đồ thị hàm số ( ) 2 5 3 t f t t = + tại điểm 1 1;8 M      

là ( ) 1 3 32 y t = + .

+ Ta có ( ) ( )( ) ( ) [ ]

2

2 2 5 1 1 3 0, 0;4 5 3 32 32 5 3

t t t t t t t

− + − − + = ≤ ∀∈ + +

(*)

+ Thay , , , a b c d vào t trong bất đẳng thức (*), cộng vế theo vế ta có đpcm.

 Nhận xét:

Page 3/26

- Khi xét hiệu ( ) ( ) ( ) 0 f t a t t b − − + , ta thường tách được nghiệm kép 0 t t = (điểm dấu

đẳng thức xảy ra).

- Khi trình bày lời giải, có thể ta không cần viết ra các giai đoạn tìm tiếp tuyến mà đưa ra

luôn bất đẳng thức đặc trưng cho bài toán cần chứng minh.

Tương tự, ta yêu cầu học sinh lên trình bày Ví dụ 2 và Ví dụ 3.

Ví dụ 2. Cho , , , 0 a b c d > thỏa mãn 4 a b c d + + + = . Chứng minh rằng

3 3 3 3 4 2 2 2 2 27 a b c d a b c d         + + + ≥         + + + +        

.

Lời giải

+ Từ giả thiết suy ra ( ) , , , 0;4 a b c d ∈ . Dấu đẳng thức xảy ra khi 1 a b c d = = = = .

+ PTTT của đồ thị hàm số ( )

3

2 t f t t   =   +  

tại điểm 1 1; 27 M      

là 2 1 27 27 y t = − .

+ Ta chứng minh ( )

3 2 1, 0;4 2 27 t t t t −  ≥ ∀∈   +  

(*) ( ) ( ) 2 2 2 1 6 4 0 t t t ⇔ − − − ≤ ( ) 0;4 t ∀∈

(luôn đúng vì ( ) ( ) 2 6 4 4 2 4 0, 0;4 t t t t t t − − = − − − < ∀∈ )

+ Thay , , , a b c d vào t trong bất đẳng thức (*), cộng vế theo vế ta có đpcm.

Ví dụ 3. Cho , , 0 a b c > thỏa mãn 1 a b c + + = . Chứng minh rằng

2 2 2 9 1 1 1 10 a b c a b c + + ≤ + + + .

Hướng dẫn

+ Xét hàm ( ) 2 1 t f t t = + trên ( ) 0;1

+ PTTT của đồ thị hàm số ( ) f t tại điểm 1 3 ; 3 10 M      

là 18 3 25 50 y t = + .

+ Ta chứng minh ( ) 2 18 3 , 0;1 1 25 50 t t t t ≤ + ∀∈ + .

Ví dụ 4. Cho , , , 0 a b c d > thỏa mãn 1 a b c d + + + = . Chứng minh

( ) 3 3 3 3 2 2 2 2 1 6 8 a b c d a b c d + + + ≥ + + + + .

Lời giải

+ Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng