SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
KHAI THÁC MỘT SỐ HƯỚNG SỬ DỤNG ĐẠO HÀM
CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
Lĩnh vực/Môn: Toán
Tên tác giả: Nguyễn Thanh Giang
Giáo viên môn toán
NĂM HỌC 2013-2014
1
PHẦN 1: PHẦN LÍ LỊCH
Họ và tên tác giả: Nguyễn Thanh Giang
Chức vụ: Phó hiệu trưởng
Đơn vị công tác: Trường THPT chuyên Hưng Yên
Tên đề tài SKKN:
Khai thác một số hướng sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức
PHẦN 2: PHẦN NỘI DUNG
MỞ ĐẦU
1-Đặt vấn đề:
2
Thc trng ca vn : Trong chng trỡnh toỏn Trung hc hc sinh
c lm quen vi bi toỏn chng minh bt ng thc t lp 8. Bi toỏn chng
minh bt ng thc thng xuyờn xut hin trong k thi i hc, k thi hc sinh
gii tnh, hc sinh gii Quc gia, hc sinh gii Quc t Khi xut hin trong cỏc
k thi bi toỏn chng minh bt ng thc thng l mt trong nhng bi toỏn
khú . Sáng kiến kinh nghiệm này giúp học sinh, đặc biệt là học sinh chuyên toán,
học sinh các đội tuyển học sinh giỏi, hc sinh chun b thi i hc mt s hng
chứng minh bất đẳng thức s dng o hm, giỳp hc sinh mt hng tip cn
vi bi toỏn chng minh bt ng thc.
í ngha v tỏc dng ca ti: i mi phng phỏp ging dy mụn toỏn
trong giai on hin nay nh th no? Cõu hi c t ra cho nhng ngi lm

- Sáng tạo các bài toán từ bất đẳng thức cơ bản được chứng minh bởi đạo
hàm.
Nội dung SKKN này sử dụng giảng dạy cho các lớp chuyên toán, các học
sinh giỏi toán, các đội tuyển học sinh giỏi thi học sinh giỏi tỉnh và học sinh giỏi
Quốc gia và có thể giảng dạy một phần ở các lớp ôn thi đại học.
NỘI DUNG
A- Mục tiêu: Đề tài SKKN đảm bảo các nội dung sau
Các định lý và các bất đẳng thức cơ bản
Phần này hệ thống lại các kiến thức cơ bản, các bất đẳng thức cơ bản được
chứng minh bằng công cụ đạo hàm sẽ được sử dụng trong phần sau.
Chứng minh bất đẳng thức bằng cách sử dụng đạo hàm.
Phần này hệ thống lại các hướng chính để chứng minh bất đẳng thức sử dụng
công cụ đạo hàm.
4
Sử dụng các bất đẳng thức được chứng minh bởi công cụ đạo hàm giải các
bài toán khác và sáng tạo những bài toán mới từ các bất đẳng thức được
chứng minh bởi công cụ đạo hàm.
Phần này đưa ra một số bài toán khác giải được trên cơ sở các bất đẳng thức
và tạo ra các bài toán mới từ các bất đẳng thức cơ bản chứng minh bởi công cụ
đạo hàm qua đó khích lệ học sinh tự sáng tác những bài toán mới.
Một số bài tập luyện tập
Phần này dùng để cho học sinh củng cố và rèn luyện kỹ năng chứng minh
bất đẳng thức sử dụng công cụ đạo hàm.
B- Giải pháp của đề tài
I- CÁC ĐỊNH LÝ VÀ BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN
ĐƯỢC CHỨNG MINH BẰNG ĐẠO HÀM
1.1 Các định lý:
1.1.1 Định lý Lagrange
Hàm số
)(xfy =

bac ;∈∃
sao cho
0)(
/
=cf
1.1.3 Điều kiện để hàm số lồi, lõm và bất đăng thức Jensen(*)
Định nghĩa hàm số lõm, hàm số lồi
Hàm số
)(xfy =
có đạo hàm cấp 2 trên
D
và
Dxxf ∈∀≥ 0)(
//
(
)(
//
xf
trượt
tiêu tại hữu hạn điểm) thì hàm số lõm trên
D
.
Hàm số
)(xfy =
có đạo hàm cấp 2 trên
D
và
Dxxf ∈∀≤ 0)(
//
(













n
i
ii
n
i
i
n
i
ii
n
i
i
xf
x
f
1
1
1










n
i
ii
n
i
i
n
i
ii
n
i
i
xf
x
f
1
1
1
1
)(
α

∈∀≤
thì
)())(()(
00
/
xfxxxfxf +−≤

[ ]
bax ;
0
∈∀
Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi
0
xx =
Ta có thể chứng minh a) như sau: Xét hàm số
)())(()()(
00
/
xfxxxfxfxg −−−=
trên
[ ]
ba;
. Ta có
)()()(
0
///
xfxfxg −=

0)()(
////
0
!5!3
sin
53
>∀+−< x
xx
xx)
2
;0(
!3
sin
3
π
∈∀−> x
x
xx)
2
;0(
2
sin
π
π

1.2.3 Bất đẳng thức liên quan tới tanx

)
2
;0(tan
π
∈∀> xxx

1.2.4 Bất đẳng thức liên quan tới
x
e

01 ≠∀+> xxe
x

0)1ln(1 >∀++> xxe
x

0
!

!2!1
1
2
>∀++++> x
n
xxx
e
n
x

xx
; Dấu bằng khi và chỉ khi
1=x
Nếu
0
<
α
hoặc
1
>
α
,
0
>∀
x
thì
1+−≥
αα
α
xx
; Dấu bằng khi và chỉ khi
1
=
x
Các bất đẳng thức trên đều chứng minh được bằng công cụ đạo hàm, việc
chứng minh dành cho học sinh tự làm như bài tập ở nhà để chuẩn bị cho phấn
sau.
(*) Học sinh thi học sinh giỏi Quốc gia được sử dụng bđt Jensen; Trêbưsep và
Becnuli
II - ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

VÝ dô 1.
7
Cmr :
)1(
!3
3
x
xSinx >
với
)
2
;0(

x
Lời giải:
Xét
!3
sin
3
)(
x
xxf
x
+=
với








đồng biến trên
)
2
;0(



)()0()(
0
xx
g=>

đồng biến trên
)
2
;0(
)()0()(
0
xx
fgg =>
đồng biến trên
)
2
;0(



>
y
x
y
x
yx
yx
y
x
( đặt
1>= t
y
x
)

0
1
1
2ln
1
1
2ln
)(
>
+

=
+


đồng biến trên
);1( +

=> 0
)1()(
ff
t
đpcm.
2. Để chứng minh
0
),(
>
yx
f
ta biến đổi về dạng
)()( yx
gg >
Bằng cách xét hàm số
)(t
g
khi đó:
Nếu
yx >
ta chứng minh
)(t
g
đồng biến
Nếu
yx <
ta chứng minh

+
<+−−⇔
XÐt
2
)(
)1ln(22 tttf
t
−+−=
trªn
[
)
+∞;0

)(
2
2
/
)(
0
)1(
2
:0
tt
f
t
t
ft ⇒<
+
−
=>∀

2015
2014
>
2014
2015

2015ln2014 2014ln 2015⇔ >

ln2014 ln2015
(4 )
2014 2015
a⇔ >
Tõ ®ã ta cã c¸ch gi¶i sau:
XÐt
t
t
f
t
ln
)(
=
trªn
[ ]
2014;2015

/
( )
2
1 ln
(2014;2015): 0

log 2014
(4b) th× (4b) cã d¹ng:

)1(log)1(log +>+ yx
yx
Do ®ã ta cã c¸ch gi¶i sau:
XÐt
( )
ln( 1)
log ( 1)
ln
t t
t
f t
t
+
= + =
trªn
[ ]
2013;2014

/
( )
ln ( 1)ln( 1)
(2013;2014): 0
( 1)ln
t
t t t t
t f
t t t

180
10
180
6
180
9
180
5
180
9
180
5




x
tgtg
x
tgtg
<
Do đó ta có cách giải sau:
Xét
x
tgx
f
x
=
)(
với

x

( vì
)02sin2 >> xxx
)(x
f
đồng biến trên
)
4
;0(

Do đó:
)
180
6
()
180
5
(
0

ff
<<
;
<<
)
180
10
()
180


>+++++ )(
3
1
)sinsin(sin
3
2
tgCtgBtgACBA
(5)
Lời giải: Với
CBA ++=

Ta có: (5)
)
3
1
sin
3
2
( AtgAA +
)
3
1
sin
3
2
( BtgBB ++
0)
3
1

ta có:
01.3.
3
1
1)
cos
1
cos(cos
3
1
1
cos3
1
cos
3
2
22
/
)(
=++=+=
t
tt
t
tf
t
( Bất đẳng thức Cô si)

)(t
f
đồng biến

a
(6)
Lời giải: Từ giả thiết ta có:
1,,0 << cba
10
(6)
+


)1(
2
2
aa
a
+
)1(
2
2
bb
b
2
33
)1(
2
2

cc
c
)(
2

0)
2
33
)1(
1
(
2
2

cc
c
Bằng cách xét hàm số
)1(
2
)(
ttf
t
=
với
)1;0(t
bằng phơng pháp đạo hàm ta
chứng minh đợc :
2
33
)1(
1
2

tt
hay

> xxtgx
;
01 +> xxe
x

)
2
;0(
2
1cos
!4!2
1
242

>>+ x
x
x
xx
;
0
2
)1ln(
2
>>+ x
x
xx
;
Ví dụ 7:
Chng minh rng:
)7(

4
3
sin <

2
1
2
1
sin
2
1
2
1
sin ><

80
9
80
10
8
1
2
1
8
5
2
1
sin
2
3

23
x
x
xx
xx >>
Chứng minh tơng tự ví dụ 1 ta có:
)
2
;0(cos
!4!2
1
42

>+ xx
xx
Do đó để chứng minh (8) ta chứng minh :
11

9
!4!2
1)
!3
1(
2
42
3
2
<+> x
xxx
( bất đẳng thức đúng vì

. Ta cú
x
e
2
sin
x
2
sin1+>
m

=+


0
2
2
3
)sin1( dxx
t ú bi
toỏn c gii quyt.
5. Để chứng minh bất đẳng thức dạng a<b<c ta có thể :
- Xác định phơng trình nhận b làm nghiệm:
0
)(
=
x
f
(*)
- Xét sự biến thiên của
)(x

2
1
34
3
)(
== xxf
x
(9) ;
0
)10(sin
0
=f)(
/
)(
2/
)(
)
2
1
;
2
1
(0
2
1
0312
xxx

2
1
(
60
11
;
60
10
;10sin
0


;
60
11
10sin
60
10
00
54000
1369
;0
54
1
0
)
60
11
(
)10(sin

3333 ++
v
3
32
Nhn xột: Chia c 2 s cho
3
3
bi toỏn chuyn v so sỏnh hai s

3
3
3
3
9
1
1
9
1
1 ++=A
v 2
S th nht gi ý cho chỳng ta xột hm s
33
11)( xxxfy ++==
cú
2)0( =f

v
Af =)
9
1

;0(

x
Li gii:
S dng bt ng thc Cụsi ta cú:
1
2
tansin
tansin
222
+
+
+
xx
xx
S dng o hm ta chng minh c :
x
xx

+
2
tansin
hay
xxx 2tansin +
Ví dụ 13.
Tam giỏc
ABC
khụng tự. Chng minh rng:

)()(3

B
A
A sinsinsin
≤≤
từ đó dẫn đén việc chứng minh hàm số
x
x
y
sin
=

nghịch biến trên






2
;0
π
bằng cách sử dụng bất đẳng thức
)
2
;0(tan
π
∈∀> xxx
Khi đó áp dụng bđt Trêbưsep ta có:

)( CBA ++

b
A
a
++≥++
π
Dấu bằng xẩy ra khi tam giác
ABC
đều.
VÝ dô 14.
Chứng minh rằng tam giác
ABC
ta có:

+






22
2
tan
A
+






1+−≥
αα
α
xx
; Dấu bằng khi và chỉ khi
1=x
- Dễ thấy dấu bằng xẩy ra khi tam giác
ABC
đều do đó điều chỉnh hệ số của
2
tan
A
để có dấu bằng xẩy ra
- Liên hệ với bđt trong tam giác:
+
2
tan
2
A
+
2
tan
2
B
1
2
tan
2
≥
C

22
2
tan
A
+






22
2
tan
B
21
22
3
2
tan








C
=





++
CBA
Liờn h vi bt Jensen dn n vic xột hm s

22
)(tan)( xxfy ==
vi







2
;0

x
Ta chng minh hm s
22
)(tan)( xxfy ==
l hm s lừm trờn





21
;tt
, có đạo hàm trên
=
/
)(2121
:);();(
c
fttctt
21
)()(
21
tt
ff
tt


Ta chứng minh :
BfA
c
<<
/
)(
từ đó suy ra đpcm.
Ví dụ 15:
Cmr:
1 2014 1
ln (10)
2014 2013 2013
< <

2013;2014
, có đạo hàm trên
/
( )
(2013;2014) (2013;2014) :
c
c f =
=
c
1
(2014) (2013)
2014 2013
f f

Mà
1 1 1
(2013;2014)
2014 2013
c
c
< <
đpcm.
Ví dụ 16:
Cmr:
03
4sin
-
03
3sin
>


3
sin



34
3sin4sin
3



>




2
sin2sin
3
Xét
xf
x
3
)(
sin=
liên tục trên
[ ] [ ]

4;3;2;

ff
b
/
)(b
f
;
ba
<
Mặt khác:
xxf
x
cossin3
2/
)(
=
đồng biến trên
[ ]

4;

vì
01
6
cos3(sin3)14cos3(sin3)1cos3(sin3
222//
)(
>>>=


xxxxf

cMam == ;
Xột
))()(()( cxbxaxxf =
cú
0)()()( === cfbfaf
Theo nh lý Rolle phng trỡnh
0)(
/
=xf
cú nghim
21
; xx
sao cho:
cxbxa <<<<
21
(1)
M
))(())(())(()(
/
axcxcxbxbxaxxf ++=

cabcabxcbax +++++= )(23
2
cú
0
222/
++= cabcabcba
Do ú
0)(
/


+++
16
Lời giải:
Xét
))()()(()(
4321
xxxxxxxxxf −−−−=
có
0)()()()(
4321
==== xfxfxfxf
Theo định lý Rolle phương trình
0)(
/
=xf
có nghiệm
321
;; yyy
, sao cho:
4332211
xyxyxyx <<<<<<
(3)
Ta có:
xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxf )(2)(34)(
434232413121
2
4321
3/
+++++++++−=

xxxxxxxxxxxxyyy +++=
(5)
) (
2
1
433121323121
xxxxxxyyyyyy +++=++
(6)
Áp dụng bđt Côsi ta có:
3
2
321
323121
)(
3
yyy
yyyyyy
≥
++
(7)
Từ (5); (6); (7) ta có đpcm.
9. Sử dụng " Bất đẳng thức tiếp tuyến"
Để chứng minh bất đẳng thức có dạng
+)(
1
af
+)(
2
af
+)(

)(
3
af

Kaf
n
≤)(
hoặc
).(
1
af
).(
2
af
)(
3
af

Kaf
n
≥)(
thì lấy loganepe hai vế
- Nếu bất đẳng thức cần chứng minh đồng bậc thì có thể chuẩn hóa. Tùy
thuộc vào từng bài toán cụ thể ta lụa chọn cách chuẩn hóa phù hợp.
Ví dụ 19.
Cho các số thực dương
cba ,,
thỏa mãn
3
222

/
)81(
4
)(
x
xf
+
−
=

0
)81(
48
)(
5
//
>
+
=⇒
x
xf
Ta có:
)1()1)(1()(
/
fafaf +−≥

)1()1)(1()(
/
fbfbf +−≥


cba ,,
thỏa mãn
3
=++
cba
. Chứng minh rằng
P =
b
aa )1(
2
++
.
c
bb )1(
2
++
.
a
cc )1(
2
++
2
)21( +≤
Lời giải:
Ta có: lnP =
+++
)1(
2
aabl
+++ )1ln(

+
−
=
x
x
xf
Suy ra:
)1()1)(1()(
/
fafaf +−≤

[ ]
bffabfabf )1()1()1()(
//
−+≤⇒
Tương tự
[ ]
cffcbfbcf )1()1()1()(
//
−+≤

[ ]
affacfaaf )1()1()1()(
//
−+≤

⇒
lnP
[ ]
)21ln(3))(1()()1(

n
u

lim
với U
n
=
( )
1
1
2
+
n
( )
1
2
2
+
n

( )
1
2
+
n
n
Nhận xét: Để tính giới hạn
n
n
u


lnU
n


B ở đó

LimA
=
LimB
= a. Sử dụng nguyên lý kẹp của giới hạn ta có kết quả của bài
toán. Bất đẳng thức có liên quan đến lnx đợc nghĩ đến là: x -
2
2
x
< Lnx < x với
>x 0
Giải :
Ta có: lnU
n
=ln
( )
1
1
2
+
n
+ln
( )
1

i
n
<
i
n
2

1
2
n
(1+2+ +n) +
4
2
4
n
(1
2
+2
2
+ +n
2
) < ln U
n
<
1
2
n
(1+2+ +n)

S

1
lim
=
2
1
2
lim
=
S


U
Ln
n
lim
=
1
2



U
n
lim
=
e
Với suy nghĩ tơng tự có thể hớng học sinh đa ra cách giải cho bài toán sau:
B i 2
Cho f(x) =
x

Tính :
S
n
lim

Bất đẳng thức đợc sử dụng ở đây chính là :
x
x

2
2
<
x
x +1
= f(x) < x
>x 0

Li gii :
Ta chứng minh f(x) < x
>x 0
:
x > 0

0 <
1
1x +
<1

f(x) < x
Ta chứng minh f(x) >

n
2
> 0
Do đó áp dụng câu (1) ta có :

1
2
n
-
1
4
2n
<
f
n
( )
1
2
<
1
2
n

2
2
n
-
4
4
2n

n
2
-
2
4
2
n
n
<
f
n
n
( )
2
<
n
n
2

1
2
n
(1+2+ +n) -
1
4
2n
(1
2
+2
2

2
n
n n( )+ 1
2
= T
2
Mà Lim T
1
=LimT
2
2
1
=


Lim S
n
=
1
2
B i 3
Tìm
lim
(
1
2
1
n
n +
+

k
n
2
; bÊt ®¼ng thøc
nµy chøng minh ®îc nhê bÊt ®¼ng thøc :
1
2
n
> 1 +
ln2
n

∀
n
∈
N
*
Lời giải :
Ta chøng minh : 2
x
> 1+xln2
∀ >x 0
XÐt hµm sè y=f(x) =2
x
- xln2 -1 víi x
∈
)
[
0,+∞
f

(*) (§pcm)
T
n
=
1
2
1
n
n +
+
2
2
1
2
n
n +
+ +
n
n
n
n
2
1
+
=
1
n
.
k
n

k
n
kn
2
1
1
+
<
k
n
2
®óng
∀
n
≥ 2
(*)
⇒
k
n
kn
2
1
1
+
=
k
n
−1
2
.

1
2
⇒
ln2
n
>
1
2n
>
1
kn
(
∀ ≥k 2
)
⇒
1 +
ln2
n
> 1+
1
kn

∀ ≥k 2
)
XÐt f(x)=2
x
liªn tôc trªn R
⇒
f(x) liªn tôc trªn
k

,
sao cho:
k
C
2
=
k
n
kn
2
1
1
+

∀ ≥k 2
⇒
T
n
=
1
n
(
1
2
1
1
n
n
+
+

§Æt S
n
=
1
n
(
n
2
+
2
2
C
+
3
2
C
+ +
n
C
2
)
21
Theo định nghĩa tích phân :
lim
S
n
=
x
dx
2

T
n
=
1
2ln
2. Sỏng to cỏc bi toỏn mi t cỏc bt ng thc c chng minh bi cụng
c o hm
Xut phỏt t bt
cosx
< cos
x
2
vi x

( 0;

2
) ta cú bi toỏn sau:
Bi 1. Cho tam giác ABC nhọn. Chứng minh rằng:

cos A
+
cosB
+
cosC
< cos
A
2
+ cos
B


x
2
- cosx trên ( 0;

2
)
f

(x)
= 2 cos
x
2
( -
1
2
sin
x
2
) + sin x = sinx -
1
2
Sin
2
x
f

(x)
= cosx - cos
2

(x)
> f
(0)
= 0

(1) đợc chứng minh.
Vận dụng (*) ta có :
cos A
< cos
A
2
;
cosB
< cos
B
2
;
cosC
< cos
C
2
từ đó
suy ra điều phải chứng minh.
Tơng tự nh vậy ta giải quyết bài toán khó hơn:
Xut phỏt t bt cosx > 1 -
1
2
x
2
(*) với x

2
;
B
2
;
C
2


( 0;

2
) do đó ta có :
22
cos
A
2
> 1 -
1
8
A
2



1
2
+ cos
A
A

cos
C
2
> 1 -
1
8
C
2



1
2
+ cos
C
C
> 2
1
C
-
1
8
C


1
2
+ cos
A
A

B
+
1
C
) ( A+B+C )

9

(
1
A
+
1
B
+
1
C
)


9
( )A B C+ +
Do đó :
1
2
+ cos
A
A
+
1

x
; Bất đẳng thức
tgx + sinx > 2x

tgx( 1+cosx) > 2x


1
2
+ cosx
x
>
1
tgx
(2) với x

( 0;

2
) .
Do đó có thể có cách giải th 2 cho bài toán này: sử dụng bất đẳng thức (2) và
bất đẳng thức tg
A
2
tg
B
2
tg
C
2

+
1
2
+ cos
B
B
+
1
2
+ cos
C
C
>
1
2
tg
A
+
1
2
tg
B
+
1
2
tg
C


3

A
tg
B
tg
C



3
23
Do đó :
1
2
+ cos
A
A
+
1
2
+ cos
B
B
+
1
2
+ cos
C
C



A +cos
2
B +cos
2
C = 1- 2 cosAcosBcosC
Do đó:
3
1coscoscos8 CBA

3
1)]coscos(cos1[
2
1
.8
222
++
=
CBA
=

)coscoscos(
3
4
1
222
CBA ++=
=
3)sinsin(sin
3
4

sin2
ln2
B
+
3
sin2
ln2
C
Do đó:
(1)

(
3
sin2
ln2
A
-
1sin
3
4
2
+A
) +(
3
sin2
ln2
B
-
1sin
3

x
x
x
1
22
2
2

=
; F
/
(x)

0 khi 0 <x <1; F
/
(x)

0 khi x>1

F(x)

F(1) = 0 ; Dấu bằng khi x=1

Đpcm
Sử dụng (2) ta có:
(
3
sin2
ln2
A


0
(2)
Do vậy (1)

dấu bằng ở (2) tức là:
24
Hay tam gi¸c ABC ®Òu.

MỘT SÔ BÀI TẬP LUYỆN TẬP
1) Cmr:
cos2013 1 cos2014< +
2) Cmr:
)cos(cos2sinsin abbbaa −>−
víi
baba <






∈ ;
2
;0,
π
3) Cho
yxyx ≠<< ;1,0
. Cmr:
4)

20
7
20sin
3
1
0
<<
6) Cmr:
3
333
449343 <+<
7) Cho
1,0 ≤< ba
. Cmr:
tgabtgatgb ≥
8) Cmr:
222
4
1
1
sin
1
π
−+≤
xx
víi





1
1
víi
0
>
x
10) Cho
0,, >cba
v à
1
==+
cba
. Chứng minh rằng:

+
+1
2
a
a
+
+1
2
b
b
10
3
1
2
≤
+c