Phương pháp chung :
Để chứng minh bất đẳng thức $f(x)>g(x)$ ta thực hiện :
+ Xét hàm số $h(x)=f(x)-g(x)$.
+ Tìm miền xác định của $h(x)$.
+ Tính đạo hàm cấp một, giải phương trình $h'(x)=0$. Tìm nghiệm.
+ Lập bảng biến thiên. Từ bảng biến thiên suy ra bất đẳng thức cần chứng minh.
Các trường hợp :
+ Chứng minh $f(x) \ge A$ nghĩa là chứng minh $\min f(x) \ge A$, ở đây $A$ là hằng số.
+ Chứng minh $f(x) \le A$ nghĩa là chứng minh $\max f(x) \le A$, ở đây $A$ là hằng số.
+ Nếu phương trình $h'(x)=0$ không giải được thì ta tính đạo hàm cấp hai, ba đến khi nào xét dấu được thì ta dừng.
Ví dụ $1.$ Chứng minh bất đẳng thức :
$\displaystyle \sqrt{1-x}+\sqrt{1+x}+\frac{x^2}{4} \le 2 \forall x \in [-1, 1]$
Lời giải :
Xét hàm số $f(x)=\displaystyle \sqrt{1-x}+\sqrt{1+x}+\frac{x^2}{4}$ trên $[-1, 1]$.
Ta có :
$f'(x)=\displaystyle -\frac{1}{2\sqrt{1-x}}+ \frac{1}{2\sqrt{1+x}}+\frac{x}{2}=\frac{x\sqrt{1-x^2}+\sqrt{1-x}-\sqrt{1+x}}{2\sqrt{1-x^2}}$
$f'(x)=0\Leftrightarrow x\sqrt{1-x^2}=\sqrt{1+x}-\sqrt{1-x}=0\Rightarrow x^2(1-x^2)=2-2\sqrt{1-x^2} (1)$
Đặt $t=\sqrt{1-x^2} (t \ge 0) \Rightarrow x^2=1-t^2$
PT $(1)\Leftrightarrow (1-t^2)t=2(1-t)\Leftrightarrow (1-t)(t^2+t-2)=0\Rightarrow t=1\Rightarrow x=0$
Bảng biến thiên :
\[\begin{array}{c|ccccccccc}
x & -1 & \; & \; & 0 & \; & \; & 1\\
\hline
f^\prime(x) & \; & + & \; & 0 & \; & - & 0 \\
\hline
\; & \; & \; & \; & \; 2 \\
f(x) & \; & \nearrow & \; & \; & \; & \searrow & \; \\
\quad &\sqrt{2}+\frac{1}{4} & \; & \; & \; & \; & \: & \sqrt{2}+\frac{1}{4}
\end{array}\]
Từ bảng biến thiên ta suy ra $f(x) \le 2 \forall x \in [-1, 1]$.
Từ đó có điều phải chứng minh.
Ví dụ $2.$ Chứng minh bất đẳng thức :
$\displaystyle \arctan x -\frac{\pi}{4} \ge \ln (1+x^2) - \ln 2 \forall x \in \left[ {\frac{1}{2}, 1} \right]$
Lời giải :
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với :
$\displaystyle \arctan x -\ln (1+x^2) \ge \frac{\pi}{4}- \ln 2$
Xét hàm số : $f(x)=\arctan x -\ln (1+x^2)$ với $x \in \left[ {\frac{1}{2}, 1} \right]$
Ta có :
$\displaystyle f'(x)=\frac{1}{1+x^2}-\frac{2x}{1+x^2}=\frac{1-2x}{1+x^2}$
$\displaystyle f'(x)=0\Leftrightarrow 1-2x=0\Leftrightarrow x=\frac{1}{2}$
Bảng biến thiên :
\[\begin{array}{c|ccccccccc}
x & \frac{1}{2} & \; & \; & \; & 1\\
\hline
f^\prime(x) & 0 & \; & - \\
\hline
\; & \; & \; & \; & \; & \; & \\
f(x) & \; & \; & \searrow & \; & \; & \; \\
\quad & \; & \; & \; & \; & \frac{\pi}{4}- \ln2
\end{array}\]
Từ bảng biến thiên ta suy ra $f(x) \ge \frac{\pi}{4}- \ln2 \forall x \in \left[ {\frac{1}{2}, 1} \right]$.
Từ đó có điều phải chứng minh.
Tuy nhiên, việc áp dụng đạo hàm để chứng minh một bất đẳng thức mà hàm $f(x)$ đã có sẵn trong bất đẳng thức thì chưa quá khó khăn. Vấn đề đặt ra ở đây là phải biết ứng dụng đạo hàm để chứng minh những bất đẳng thức mà ta tự tìm ra hàm số.
Việc tìm ra một hàm số để xét là phải dựa vào đặc tính của từng bất đẳng thức. Để cụ thể ta xét các ví dụ sau :
Ví dụ $3.$ Cho các số dương $a, b, c$ thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=1$
Chứng minh rằng : $\displaystyle \frac{a}{b^2+c^2}+\frac{b}{a^2+c^2}+\frac{c}{b^2+a^2} \ge \frac{3\sqrt{3}}{2}$
Lời giải :
Từ giả thiết $a^2+b^2+c^2=1\Rightarrow \begin{cases}b^2+c^2=1-a^2 \\ a^2+c^2=1-b^2\\a^2+b^2=1-c^2 \\0< a, b, c <1\end{cases}$
Như vậy BĐT cần chứng minh tương đương với
$\frac{a}{1-a^2}+\frac{b}{1-b^2}+\frac{c}{1-c^2} \ge \frac{3\sqrt{3}}{2}(a^2+b^2+c^2)$
Xét hàm số : $f(x)=\frac{x}{1-x^2}-\frac{3\sqrt{3}}{2}x^2 , 0<x<1$
Ta sẽ chứng minh $f(x) \ge 0$. Thật vậy,
$f(x) \ge 0 \Leftrightarrow \frac { x }{ 1-{ x }^{ 2 } } \ge \frac { 3\sqrt { 3 } }{ 2 }x^2 \Leftrightarrow \frac { 1 }{ x\left( 1-{ x }^{ 2 } \right) } \ge \frac { 3\sqrt { 3 } }{ 2 } \Leftrightarrow x\left( 1-{ x }^{ 2 } \right) \le \frac{ 2 }{ 3\sqrt { 3 } } $
Đặt $g(x) = x-x^3$ với $x \in (0,1)$
$g'(x)=1-3x^2; g'(x)=0\Leftrightarrow x=\frac{1}{\sqrt{3}}$
Bảng biến thiên :
\[\begin{array}{c|ccccccccc}
x &0 & \; & \; & \frac{1}{\sqrt{3}} & \; & \; & 1\\
\hline
g^\prime(x) & \; & \; & + & 0 \; & \; & \; & - \\
\hline
\; & \; & \; & \; & \; \frac{ 2 }{ 3\sqrt { 3 } } \\
g(x) & \; & \; & \nearrow & \; & \; & \searrow & \; \\
\quad &0& \; & \; & \; & \; & \: & 0
\end{array}\]
Từ bảng biến thiên ta suy ra $g(x) \le \frac{ 2 }{ 3\sqrt { 3 } } \Leftrightarrow f(x) \ge 0\Leftrightarrow \frac{x}{1-x^2} \ge \frac{3\sqrt{3}}{2}x^2$.
Lần lượt thay $x$ bởi $a, b, c$ ta được :
$\begin{cases}\frac{a}{1-a^2} \ge \frac{3\sqrt{3}}{2}a^2 \\ \frac{b}{1-b^2} \ge \frac{3\sqrt{3}}{2}b^2\\\frac{c}{1-c^2} \ge \frac{3\sqrt{3}}{2}c^2 \end{cases}\Rightarrow \frac{a}{1-a^2}+\frac{b}{1-b^2}+\frac{c}{1-c^2} \ge \frac{3\sqrt{3}}{2}(a^2+b^2+c^2)$
Từ đây có điều phải chứng minh.
Ví dụ $4.$ Cho $\triangle ABC$ nhọn. Chứng minh rằng :
$\sin A + \sin B +\sin C +\tan A+\tan B + \tan C > 2 \pi $
Lời giải :
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với :
$\sin A + \sin B +\sin C +\tan A+\tan B + \tan C > 2 (A+B+C) $
Xét hàm số : $f(x)=\sin x + \tan x -2x $ với $0<x<\frac{\pi}{2}$
Ta sẽ chứng minh $f(x) > 0$. Thật vậy,
$f'(x)=\cos x + \frac{1}{\cos^2 x}-2$
Vì $0<x<\frac{\pi}{2}\Rightarrow 0< \cos x < 1\Rightarrow \cos x > \cos^2 x$
$\Rightarrow f'(x) > \cos^2 x + \frac{1}{\cos^2 x}-2 \underbrace{\ge}_{\text{BĐT Cô-si}} 2\sqrt{ \cos^2 x . \frac{1}{\cos^2 x}}-2 = 0 \forall x \in \left (0,\frac{\pi}{2} \right )$
$\Rightarrow f'(x) >0 \forall x \in \left (0,\frac{\pi}{2} \right )\Rightarrow f(x)$ đồng biến trên $ \left (0,\frac{\pi}{2} \right )$
$\Rightarrow f(x) > f(0)=0\Rightarrow \sin x + \tan x >2x$
Lần lượt thay $x$ bởi $a, b, c$ ta được :
$\begin{cases}\sin A + \tan A >2A \\ \sin B + \tan B >2B\\\sin C + \tan C >2C \end{cases}\Rightarrow\sin A + \sin B +\sin C +\tan A+\tan B + \tan C > 2 (A+B+C) $
Từ đây có điều phải chứng minh.
Ví dụ $5.$ Chứng minh rằng với mọi $x \in \mathbb{R}$ thì :
$\sin x + \sin 2x + \sin 3x < \frac{3\sqrt{3}}{2}$
Lời giải :
Theo BĐT Bunhiacopsky ta có :
$\sin x + \sin 2x + \sin 3x = 2\sin 2x \cos x + 2\cos x \sin x \le 2\sqrt{\sin^2 2x+ \cos^2 x}$
$\Rightarrow \sin x + \sin 2x + \sin 3x \le 2\sqrt{1-\cos^2 2x+ \frac{1+ \cos 2x}{2}}=2\sqrt{-\cos^2 2x+\frac{1}{2}\cos 2x +\frac{3}{2}}$
Đặt $t= \cos 2x$ với $-1 \le t \le 1$
Xét hàm : $f(t)=-t^2+\frac{1}{2}t+\frac{3}{2}$
$f'(t)=-2t+\frac{1}{2}; f'(t)=0\Leftrightarrow t=\frac{1}{4}$
Bảng biến thiên :
\[\begin{array}{c|ccccccccc}
t &-1 & \; & \; & \frac{1}{4} & \; & \; & 1\\
\hline
f^\prime(t) & \; & \; & + & 0 \; & \; & - \\
\hline
\; & \; & \; & \; & \; \frac{ 25 }{16 } \\
f(t) & \; & \; & \nearrow & \; & \; & \searrow & \; \\
\quad &0& \; & \; & \; & \; & \: & 0
\end{array}\]
Từ bảng biến thiên ta suy ra $f(t) \le \max_{[-1, 1]} f(t) =\frac{ 25 }{16 }$.
$\Rightarrow \sin x + \sin 2x + \sin 3x \le 2\sqrt{f(t)}=\frac{5}{2}<\frac{3\sqrt{3}}{2}$
Vậy : $\sin x + \sin 2x + \sin 3x < \frac{3\sqrt{3}}{2}$ (đpcm).
Ví dụ $6.$ Chứng minh rằng với mọi $x \in \mathbb{R}$ ta luôn có :
$\displaystyle 2^{\displaystyle|\sin x|}+ 2^{\displaystyle|\cos x|} \ge 3 (1)$
Lời giải :
Đặt $t=|\sin x|$, điều kiện : $0\le t \le 1\Rightarrow |\cos x|=\sqrt{1-t^2}$
BĐT $(1)$ trở thành : $2^{\displaystyle t}+ 2^{\displaystyle \sqrt{1-t^2}} \ge 3 $
Xét hàm số : $f(t)=2^{\displaystyle t}+ 2^{\displaystyle \sqrt{1-t^2}}$ với $0\le t \le 1$
$f'(t)=\displaystyle 2^t\ln 2 - \displaystyle\frac{t}{\sqrt{1-t^2}}2^{\displaystyle \sqrt{1-t^2}}\ln 2=t.\ln 2 \left ( \frac{2^t}{t} -\frac{2^{\displaystyle \sqrt{1-t^2}}}{\sqrt{1-t^2}}\right )$
Lại xét hàm : $g(u)=\frac{2^u}{u} $ với $0\le u\le 1$
$g'(u)=\displaystyle \frac{u.2^u\ln 2-2^u}{u^2}=\frac{2^u}{u^2}\left ( u\ln 2 -1 \right )<0 \forall 0\le u\le 1$
$\Rightarrow g(u)$ là hàm giảm trên $[0; 1]$
$\Rightarrow f'(t)=0 \Leftrightarrow g(t)=g\left (\sqrt{1-t^2} \right )\Leftrightarrow t=\sqrt{1-t^2}\Leftrightarrow t=\frac{1}{\sqrt{2}}$
Bảng biến thiên :
\[\begin{array}{c|ccccccccc}
t &0& \; & \; & \frac{1}{\sqrt{2}} & \; & \; & 1\\
\hline
f^\prime(t) & \; & \; & + & 0 \; & \; & - \\
\hline
\; & \; & \; & \; & \; f_{\max} \\
f(t) & \; & \; & \nearrow & \; & \; & \searrow & \; \\
\quad & 3 & \; & \; & \; & \; & \: & 3
\end{array}\]
Từ bảng biến thiên ta suy ra $f(t) \ge 3 \forall t \in \left[ {0, 1} \right]$.
Từ đó có điều phải chứng minh.
Ví dụ $7.$ (Đại học Khối $A-2012$) Cho các số thực $x, y, z$ thỏa mãn điều kiện $x+y+z=0$. Chứng minh rằng :
$3^{\displaystyle |x-y|}+3^{\displaystyle |y-z|}+3^{\displaystyle |z-x|}-\sqrt{6x^2+6y^2+6x^2} \ge 3$
Lời giải :
Trước hết ta sẽ chứng minh : $3^t \ge t+1 \forall t \ge 0 (*)$
Xét hàm $f(t)=3^t-t-1$ trên $[0, +\infty)$
$f'(t)=3^t\ln 3 -1 > 0 \forall t \ge 0 $
$\Rightarrow f(t)$ là hàm tăng trên $[0, +\infty)$
$\Rightarrow f(t) \ge f(0)=0\Rightarrow (*)$ được chứng minh.
Áp dụng $(*)$, ta có : $3^{\displaystyle |x-y|}+3^{\displaystyle |y-z|}+3^{\displaystyle |z-x|} \ge 3 + |x-y|+|y-z|+|z-x|$
Sử dụng BĐT quen thuộc $|a|+|b| \ge |a+b|$, ta có :
$\left (|x-y|+|y-z|+|z-x| \right )^2=|x-y|^2+|y-z|^2+|z-x|^2+|x-y|\left ( |y-z|+|z-x|\right )+|y-z|\left ( |z-x|+|x-y| \right )+|z-x|\left (| x-y|+|y-z| \right ) \ge 2\left (|x-y|^2+|y-z|^2+|z-x|^2 \right )$
Do đó :
$|x-y|+|y-z|+|z-x| \ge \sqrt{2\left (|x-y|^2+|y-z|^2+|z-x|^2 \right )}=\sqrt{6x^2+6y^2+6x^2-2(x+y+z)^2}$
Mà $x+y+z=0$, suy ra $|x-y|+|y-z|+|z-x| \ge\sqrt{6x^2+6y^2+6x^2}$
Suy ra $3^{\displaystyle |x-y|}+3^{\displaystyle |y-z|}+3^{\displaystyle |z-x|}-\sqrt{6x^2+6y^2+6x^2} \ge 3$ (đpcm).
BÀI TẬP ÁP DỤNG
Bài $1.$ Chứng minh rằng : $\forall x >0$ thì $x- \displaystyle \frac{x^3}{6} < \sin x$
Bài $2.$ Chứng minh rằng : $\forall x >1$ thì $x-1 > \ln x > 1 - \displaystyle \frac{1}{x}$
Bài $3.$ Cho $0<a<b<\pi$. Chứng minh rằng : $a\sin a - b\sin b >2\left ( \cos b - \cos a \right )$
Bài $4.$ Cho $0 \le x \le \frac{\pi}{2}$. Chứng minh rằng : $x\cos x < \displaystyle \frac{\pi^2}{16} $
Bài $5.$ Cho hai số dương thỏa mãn $x^2+y^2 \le 2$. Chứng minh rằng : $x^3+y^3 \le 2$
Bài $6.$ (Đại học khối $B-2012$) Cho các số thực $x, y, z$ thỏa mãn các điều kiện $x+y+z=0$ và $x^2+y^2+z^2=1$.
Chứng minh rằng : $x^5+y^5+z^5 \le \displaystyle \frac{5\sqrt{6}}{36}$
Bài $7.$ (Đại học khối $D-2012$) Cho các số thực $x, y$ thỏa mãn điều kiện $(x-4)^2+(y-4)^2+2xy \le 32$.
Chứng minh rằng : $x^3+y^3+3(xy-1)(x+y-2) \ge \displaystyle \frac{17-5\sqrt{5}}{4}$.