skkn rèn luyện kỹ năng sử dụng tính chất của tiếp tuyến trong chứng minh bất đẳng thức trung học phôt thông tĩnh gia

Sáng kiến kinh nghiệm
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA
TRƯỜNG THPT TĨNH GIA I
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
RÈN LUYỆN KỸ NĂNG SỬ DỤNG TÍNH CHẤT CỦA TIẾP
TUYẾN TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
Người thực hiện: Ngô Quang Giang
Chức vụ: Giáo viên
SKKN thuộc môn : Toán
THANH HÓA NĂM 2013
Sáng kiến kinh nghiệm
CẤU TRÚC CỦA ĐỀ TÀI
A. Đặt vấn đề
B. Giải quyết vấn đề
I) Cở sở lý luận
II) Giải pháp thực hiện
1) Các bài toán sử dụng trực tiếp hàm số
2) Khai thác dữ kiện từ đó tìm ra hàm số cần xét
3) Khai thác bất đẳng thức đã chứng minh thành các bất đẳng
thức mới
4) Bài tập áp dụng
5) Kiểm nghiệm
C. Kết luận và đề xuất
1) Kết luận
2) Đề xuất
GV: Ngô Quang Giang Trường THPT Tĩnh Gia I
1
Sáng kiến kinh nghiệm
A. ĐẶT VẤN ĐỀ
I) Lời mở đầu
Mục tiêu hàng đầu của việc dạy học môn toán trung học phổ thông

là trang
bị những tri thức, phương pháp và phát triển tư duy, trí tuệ cho học sinh.
Phần bất đẳng thức là chủ đề khá quan trọng trong việc phát triển
tư duy sáng tạo, tư duy biện chứng cho học sinh. Đồng thời cũng thường
gặp trong các đề thi đại học và cao đẳng, đề thi học sinh giỏi hàng năm.
Có rất nhiều phương pháp vận dụng chứng minh bất đẳng thức, các
phương pháp giải đa dạng, một số tài liệu đưa ra cách giải mang tính thủ
thuật, không tự nhiên làm cho học sinh không có cách nhìn bao quát về
chứng minh bất đẳng thức. Sáng kiến kinh nghiệm này tôi đã hướng dẫn
học sinh sử dụng tính chất tiếp tuyến hợp lý từ đó vận dụng vào việc
chứng minh bất đẳng thức. Với kết quả được xây dựng một cách tự nhiên
và sắp xếp từ đơn giản đến phức tạp giúp học sinh có cách nhìn tổng
quan hơn. Mặt khác hướng dẫn học sinh biết kết hợp khai thác các kiến
thức đã học, các kiến thức liên quan tìm ra các bất đẳng thức mới. Từ đó
phát huy tính cực, chủ động, sáng tạo của học sinh trong việc lĩnh hội tri
thức và tạo niềm tin, hứng thú trong học tập môn Toán.
GV: Ngô Quang Giang Trường THPT Tĩnh Gia I
2
Sáng kiến kinh nghiệm
II) Thực trạng
a) Đối với giáo viên
Chủ đề bất đẳng tương đối khó mà số lượng tiết học trong sách
giáo khoa đối với nội dung này ít. Các giáo viên thường dạy theo kiểu
nêu các tính chất, các bất đẳng thức thông dụng sau đó ra các bài tập có
tính chất ngẫu hứng, rồi học sinh giải hoặc giáo viên giải cho học sinh
nghe. Dẫn đến học sinh bế tắc trong con đường suy nghĩ và khó tìm
đường lối giải quyết cho các bài tập khác
b) Đối với học sinh:
Chủ đề bất đẳng thức tương đối khó đối với mọi đối tượng học
sinh. Sự nhận thức học sinh thể hiện khá rõ:

- Học sinh lúng túng không có định hướng khi gặp bài toán chứng minh
bất đẳng thức.
- Khả năng phân tích dữ kiện, tổng hợp các kiến thức liên quan đến bài
toán còn hạn chế.
- Chưa có kỹ năng vận dụng tính chất cơ bản của bất đẳng thức và các
bất đẳng thức cổ điển để kiến tạo ra tri thức tổng hợp từ đó vận dụng vào
giải bài tập.
- Từ các bất đẳng thức đã chứng minh chưa biết phân tích xây dựng
thành các bài toán mới.
Vì vậy để khắc phục các hạn chế trên của học sinh, giúp giáo viên
có định hướng tốt khi dạy phần bất đẳng thức đồng thời bồi dưỡng khả
năng tư duy cho học sinh khá giỏi, qua đó nâng cao chất lượng mũi nhọn
cho nhà trường tôi đã chọn đề tài:
GV: Ngô Quang Giang Trường THPT Tĩnh Gia I
3
Sáng kiến kinh nghiệm
“ Rèn luyện kỹ năng sử dụng tính chất của tiếp tuyến trong chứng
minh bất đẳng thức”
B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
I. Cơ sở lí luận
- Đường thẳng y = ax + b là tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f(x) tại
điểm A
0 0
( ; )x y
(A không là điểm uốn), khi đó tồn tại khoảng D chứa
0
x
sao cho:
( ) axf x b≥ +
hoặc

( ) axf x b≤ +
(Dấu bằng xảy ra khi x = x
0
)
Từ đó ta có:
1 2 1 2
( ) ( ) ( ) a (x )
n n
f x f x f x x x nb+ + + ≥ + + + +

Hoặc:
1 2 1 2
( ) ( ) ( ) a (x )
n n
f x f x f x x x nb+ + + ≤ + + + +
Nếu biết:
1 2

n
x x x m+ + + =
(m không đổi) ta có:

1 2
( ) ( ) ( ) am
n
f x f x f x nb+ + + ≥ +
hoặc
1 2
( ) ( ) ( ) am
n

f x f x f x nb+ + + ≤ +

GV: Ngô Quang Giang Trường THPT Tĩnh Gia I
4
Sáng kiến kinh nghiệm
- Đường thẳng y = ax + b là tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f(x) tại
điểm A
0 0
( ; )x y
khi đó:
0
( ) (ax ) ( ) ( ); ( 2, )
k
f x b x x g x k k N− + = − ≥ ∈

II. Giải pháp thực hiện
1) Các bài toán sử dụng trực tiếp hàm số :
Để học sinh vận dụng thành thạo nội dung của phương pháp và tạo
niềm tin lĩnh hội tri thức cho học sinh. Tôi hướng dẫn học sinh xét các
bài toán đơn giản, các bài toán mà hàm số cần xét đã có sẵn.
Bài 1: Cho ba số dương x, y, z thõa mãn: x+ y + z = 3. Chứng minh
rằng:
3 3 3 2 2 2
2( ) ( ) 3x y z x y z+ + − + + ≥
Dẫn dắt học sinh:
- Bất đẳng thức đối xứng với ba ẩn x, y, z, dấu bằng xảy ra khi x = y =
z =1
- Từ giả thiết hướng cho ta việc xét hàm
3 2
( ) 2f x x x= −

Giải: Xét hàm :
3 2
( ) 2 ; (0;3)f x x x x= − ∈
Ta có:
2
'( ) 6 2f x x x= −

Phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x = 1 là: y = 4x – 1
Vì:
3 2 2
2 (4 1) ( 1) (2 3) 0; (0;3)x x x x x x− − − = − + ≥ ∀ ∈
,
Nên:
3 2
2 4 3; (0;3)x x x x− ≥ − ∀ ∈

Suy ra:
3 2 3 2 3 2
(2 ) (2 ) (2 ) 4( ) 9x x y y z z x y z− + − + − ≥ + + − ⇔
3 3 3 2 2 2
2( ) ( ) 3x y z x y z+ + − + + ≥
Dấu bằng xảy ra khi x = y = z =1.
GV: Ngô Quang Giang Trường THPT Tĩnh Gia I
5
Sáng kiến kinh nghiệm
Bài 2: Cho ba số dương x, y, z thõa mãn: x+ y + z = 1. Chứng minh
rằng:
1 1 1
9( ) 82x y z

x y z
+ + + + + ≥
Giải: Xét hàm
9
( ) ; (0;1)f x x x
x
= + ∈
. Ta có
2
9
'( ) 1f x
x
= −

Phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x =
1
3
là : y = - 80x +54
Vì :
2
9 9 9(3 1)
( ) 81 0; (0 80 54 1)54 ;x
x
x x x
x x x
− + −
−
+ − = + = ≥ ∀ ∈

Suy ra :

9
80 54; (0;1)x x x
x
+ ≥ − + ∀ ∈

Từ đó ta có :
1 1 1
9( ) 80( ) 162
1 1 1
9( ) 82
x y z x y z
x y z
x y z
x y z
+ + + + + ≥ − + + +
⇔ + + + + + ≥
Dấu bằng xảy ra khi : x = y =z =1.
Bài 3: Cho ba số dương x, y, z thõa mãn: x+ y + z = 1. Chứng minh
rằng:
2 2 2
1 1 1 27
1 1 1 10x y z
+ + ≤
+ + +
Giải: Xét hàm số:
2
1
( ) ; (0;1)
1
f x x

x
= ∈
+
. Ta có:
2 2
2
'( )
(1 )
x
f x
x
−
=
+

Phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x =
1
3
là:
y =
1 1 1 27 54
'( )( ) ( )
3 3 3 50
x
f x f
− +
− + =
Vì:
2
2 2

1 27 54 (3 1) (4 3 )
0; (0;1)
1 50 50(1 )
x x x
x
x x
− + − −
− = − ≤ ∀ ∈
+ +

Suy ra:
2
1 27 54
; (0;1)
1 50
x
x
x
− +
≤ ∀ ∈
+

Từ đó ta có:
2 2 2
1 1 1 27 162 27
( )
1 1 1 50 50 10
x y z
x y z
+ + ≤ − + + + =

+ + +
.
Dấu bằng xảy ra khi x = y = z =
1
3
.
GV: Ngô Quang Giang Trường THPT Tĩnh Gia I
6
Sáng kiến kinh nghiệm
2) Khai thác dữ kiện bài toán tìm hàm số cần xét
Trong phần này tôi đưa ra các bài toán mà chưa có sẵn hàm số cần
xét, mỗi bài
mở ra một hướng khai thác dữ kiện khác nhau để tìm ra hàm số cần xét,
từ đó phát huy khả năng sáng tạo của học sinh.
Bài 1: Cho ba số dương x, y, z thõa mãn:
2 2 2
1x y z+ + =
. Chứng minh
rằng:
2 2 2
3 3
1 1 1 2
x y z
x y z
+ + ≥
− − −
Dẫn dắt học sinh:
- Nhiều học sinh mắc sai lầm khi xét hàm số y =
2
1

x
x−
trên khoảng (0;1).
Từ đó suy ra được:
2
3
3 ;
1 2
x
x
x
≥ −
−

⇒

2 2 2
3 3
3( )
1 1 1 2
x y z
x y z
x y z
+ + ≥ + + −
− − −
(1)
- Vì điều kiện:
2 2 2
1x y z+ + =
suy ra x + y + z

3≤
nên không sử dung vào
(1) được.
- Mặt khác với điều kiện
2 2 2
1x y z+ + =
(ẩn số bậc 2) mà khi sử dụng tính
chất tiếp tuyến ta chỉ đánh giá với biểu thức ẩn bậc nhất, do đó ta nên đặt
ẩn phụ để chuyển về bài toán với điều kiện ẩn bậc nhất.
Giải: Đặt:
2 2 2
; ; ( , , 0)x a y b z c a b c= = = >
Bài toán trở thành:
Cho ba số dương a, b,c thõa mãn: a + b + c = 1. Chứng minh rằng:
3 3
1 1 1 2
a b c
a b c
+ + ≥
− − −
Xét hàm:
( ) ; (0;1)
1
x
f x x
x
= ∈
−
. Ta có:
2

1
'( )
2 (1 x)
x
f x
x
+
=
−

GV: Ngô Quang Giang Trường THPT Tĩnh Gia I
7
Sáng kiến kinh nghiệm
Phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x =
1
3
là:
y =
1 1 1 3 3
'( )( ) ( )
3 3 3 2
f x f x− + =
Vì:
2
3 3 3 3 1 2
( ) ( ) 0; (0;1)
1 2 2
3 3
x
x x x x x

x
− = − + ≥ ∀ ∈
−

Nên:
3 3
; (0;1)
1 2
x
x x
x
≥ ∀ ∈
−

Khi đó:
3 3 3 3
( )
1 1 1 2 2
a b c
a b c
a b c
+ + ≥ + + =
− − −
.
Dấu bằng xảy ra khi a = b = c =
1
3

Bài 2: Cho ba số dương x, y, z thõa mãn: x + y + z = 3.Chứng minh
rằng:

1 1 1 3
9 9 9 8xy yz xz
+ + ≤
− − −
Nhận xét: - Các ẩn x, y, z đối xứng và dấu bằng xảy ra khi x = y = z =1
- Cần khai thác dữ kiện để tìm ra hàm số cần xét.
Vì:
2 2
3
( ) ( )
2 2
x y z
xy
+ −
≤ =
nên
2
1 1
9 6 27xy z z
≤
− − + +
. Tương tự với ẩn còn lại
Từ đó suy ra hàm số cần xét là y =
2
1
6 27x x− + +
.
Giải: Ta có:
2 2 2
1 1 1 1 1 1

9 9 9 6 27 6 27 6 27xy yz xz x x y y z z
+ + ≤ + +
− − − − + + − + + − + +
(1)
Xét hàm: y =
2
1
; (0;3)
6 27
x
x x
∈
− + +
. Ta có:
2 2
2 6
'( )
( 6 27)
x
f x
x x
−
=
− + +

Phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x =1 là:
y =
9
'(1)( 1) (1)
64

x
f x f
− +
− + =

GV: Ngô Quang Giang Trường THPT Tĩnh Gia I
8
Sáng kiến kinh nghiệm
Vì:
2
1
6 27x x− + +

9
64
x− +
−
=
2
2
( 1) ( 13)
0; (0;3)
64( 6 27)
x x
x
x x
− −
≤ ∀ ∈
− + +

Nên:
2
1
6 27x x− + +
9
64
x− +
≤
;
(0;3)x∀ ∈

Từ đó ta có:
2 2 2
1 1 1 27 ( ) 3
6 27 6 27 6 27 64 8
x y z
x x y y z z
− + +
+ + ≤ =
− + + − + + − + +
(2)
Từ (1) và (2) suy ra:
1 1 1 3
9 9 9 8xy yz xz
+ + ≤
− − −
, Dấu bằng xảy ra khi x = y = z
=1
Bài 3: Cho ba số dương x, y, z thõa mãn:
4 4 4

3.x y z+ + =
Chứng minh
rằng:
1 1 1
1
4 4 4xy yz xz
+ + ≤
− − −
Dẫn dắt học sinh:
- Học sinh nghĩ ngay đến việc sử dụng:
2 2
2 2
1 1
;
2 4
4
2
x y
xy
x y
xy
+
≤ ⇒ ≤
+
−
−
- Tuy nhiên điều kiện ẩn số bậc 4 mà khi sử dụng tính chất tiếp tuyến ta
chỉ đánh
giá với biểu thức ẩn bậc nhất, nên phải kết hợp cả đánh giá và đặt ẩn phụ
để chuyển về bài toán với điều kiện bậc nhất.

- Đặt
2 2 2 2 2 2 2 2 2
( ) ; (z ) ;c ( )a x y b y x z= + = + = +

Khi đó:
2 2 2 4 4 4 4 4
( ) 2( ) a b c 4( ) 12a x y x y x y z= + ≤ + ⇒ + + ≤ + + =
- Ta có:
2 2
2 2
1 1 2
;
2 4
8
4
2
x y
xy
x y
xy
a
+
≤ ⇒ ≤ =
+
−
−
−
- Từ đó xét hàm : y =
1
8 x−

GV: Ngô Quang Giang Trường THPT Tĩnh Gia I
9
Sáng kiến kinh nghiệm
Giải: Đặt
2 2 2 2 2 2 2 2 2
( ) ; (z ) ;c ( )a x y b y x z= + = + = +
ta có a+ b + c
12≤

Vì:
2 2
1 1 2
4
8
4
2
x y
xy
a
≤ =
+
−
−
−
nên:
1 1 1 2 2 2
4 4 4
8 8 8
xy yz xz

a b c
+ + ≤ + +
− − −
− − −

(1)
Xét hàm y =
1
; (0;12)
8
x
x
∈
−
Ta có:
2
1
'( )
2 (8 )
f x
x x
=
−

Phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x =4 là:
y =
1 5
'(4)( 4) (4)
144 36
f x f x− + = +

Vì:
2
1 1 5 1
( ) ( 2) (4 ) 0; (0;12)
144 36 144
8
t t t t
t
−
− + = − − ≤ ∀ ∈
−
Nên:
1 1 5
; (0;12)
144 36
8
t t
t
≤ + ∀ ∈
−

Từ đó ta có:
2 2 2 2 15
( ) 1
144 18
8 8 8
a b c
a b c
+ + ≤ + + + =
− − −

(2)
Từ (1) và (2) Suy ra:
1 1 1
1
4 4 4xy yz xz
+ + ≤
− − −
. Dấu bằng xảy ra khi: x = y = z
=1
Bài 4: Cho x, y,z là các số dương thõa mãn: x + y + z = 6. Chứng
minh rằng:
2 2 2
3 3 3
2 5 2 5 2 5
13
1 1 1
x y z
x y z
+ + +
+ + ≥
+ + +
Dẫn dắt học sinh: - Nếu sử dụng hàm số y =
2
3
2 5
1
x
x
+
+

thì dẫn đến việc tính
toán phức tạp, khi đó ta nghĩ đến việc đánh giá để tìm ra hàm số đơn
giản hơn.
- Ta có:
3
1
1 x+
2 2
2 3 4 2
2 1 4
( 2) 0;
2 1 4 4
x x x
x x x x
≥ ⇔ ≥ ⇔ − ≥ ∀
+ + + +

Khi đó ta có:
2 2
2 2
3
2 5 2(2 5) 1
2(2 )
2 2
1
x x
x x
x
+ +
≥ = +

+ +
+
GV: Ngô Quang Giang Trường THPT Tĩnh Gia I
10
Sáng kiến kinh nghiệm
Từ đó suy ra:
2 2 2
2 2 2
3 3 3
2 5 2 5 2 5 1 1 1
2(6 )
2 2 2
1 1 1
x y z
x y z
x y z
+ + +
+ + ≥ + + +
+ + +
+ + +
Khi đó xét hàm:
2
1
, (0;6)
2
y x
x
= ∈
+
.

Giải: Xét hàm:
2
1
, (0;6)
2
y x
x
= ∈
+
.
Phương trình tiếp tuyến của hàm số tại điểm có hoành độ x = 2 là:
y =
7
'(2)( 2) (2)
9 18
x
f x f
−
− + = +
Vì:
2
2 2
1
( 2) ( )
1 7
2
( ) 0, (0;6)
2 9 18 9( 2)
x x
x

x
x x
− +
−
− + = ≥ ∀ ∈
+ +
nên
2
1 7
; (0;6)
2 9 18
x
x
x
−
≥ + ∀ ∈
+
Ta có:
2 2 2
1 1 1
2 2 2x y z
+ +
+ + +
1 7 1
( )
9 6 2
x y z
−
≥ + + + =
(1)

Kết hợp với (1) suy ra:
2 2 2
2 2 2
3 3 3
2 5 2 5 2 5 1 1 1
2(6 ) 13
2 2 2
1 1 1
x y z
x y z
x y z
+ + +
+ + ≥ + + + ≥
+ + +
+ + +
Dấu bằng xảy ra khi x = y = z = 2
Bài 5: Cho a, b, c là các số dương . Chứng minh rằng:
2 2 2
2 2 2 2 2 2
(2 ) (2 ) (2 )
8
2 ( ) 2 (a ) 2 ( )
a b c b a c c b a
a b c b c c b a
+ + + + + +
+ + ≤
+ + + + + +
Dẫn dắt học sinh: - Bất đẳng thức đúng với a, b,c thì cũng đúng với ka,
kb, kc
- Vì :

2
( ; ; ) ( ; ; )f ka kb kc k f a b c=
,Nên
( ; ; ) 0 ( ; ; ) 0;( )f a b c f ka kb kc k R≥ ⇔ ≥ ∈
- Đặt x= ka;y= kb;z=kc và chọn k=
1
a b c
+ +
thì
1x y z
+ + =
và
( ; ; ) 0 ( ; ; ) 0f a b c f x y z
≥ ⇔ ≥
GV: Ngô Quang Giang Trường THPT Tĩnh Gia I
11
Sáng kiến kinh nghiệm
- Do đó đối với những bất đẳng thức dạng này ta có thể giả thiết thêm
1a b c+ + =
(hoặc
a b c m+ + =
nếu chọn
m
k
a b c
=
+ +
).
Giải: Không làm mất tính tổng quát giả sử: a + b +c = 1.
Khi đó:

2 2 2
2 2 2 2 2
(2 ) (1 ) 2 1
2 ( ) 2 (1 ) 3 2 1
a b c a a a
a b c a a a a
+ + + + +
= =
+ + + − − +
(Tương tự cho các biểu thức
còn lại.)
Xét hàm số
2
2
2 1
( ) ; (0;1)
3 2 1
x x
f x x
x x
+ +
= ∈
− +

Phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x =
1
3
là:
y =
1 1 1 12 4

'( )( ) ( )
3 3 3 3
x
f x f
+
− + =
Vì:
2 2
2 2
2 1 12 4 (3 1) (4 1)
0; (0;1)
3 2 1 3 3(3 2 1)
x x x x x
x
x x x x
+ + + − +
− = − ≤ ∀ ∈
− + − +
Nên:
2
2
2 1 12 4
; (0;1)
3 2 1 3
x x x
x
x x
+ + +
≤ ∀ ∈
− +

Từ đó ta có:
2
2
2 1
3 2 1
x x
x x
+ +
− +
+
2
2
2 1
3 2 1
y y
y y
+ +
− +
+
2
2
2 1 12( ) 12
8
3 2 1 3
z z x y z
z z
+ + + + +
≤ =
− +
Từ (1) và (2) ta có:

2 2 2
2 2 2 2 2 2
(2 ) (2 ) (2 )
8
2 (y ) 2 (x ) 2 (x )
x y z y x z z x y
x z y z z y
+ + + + + +
+ + ≤
+ + + + + +
.
Dấu bằng xảy ra khi x = y = z =1.
3) Khai thác bất đẳng thức đã chứng minh thành các bất đẳng thức
mới
Với mục tiêu giúp học sinh không chỉ dừng lại ở việc chứng minh
một bất đẳng thức, mà từ bất đẳng thức đã chứng minh khai thác tìm tòi
ra nhiều bất đẳng thức mới, qua đó phát triển tư duy sáng tạo cho học
sinh và nhu cầu khám phá tri thức mới.
GV: Ngô Quang Giang Trường THPT Tĩnh Gia I
12
Sáng kiến kinh nghiệm
3.1) Khai thác bài toán 2(mục II.1):
Cho ba số dương x, y, z thõa mãn: x+ y + z = 1. Chứng minh rằng:
1 1 1
9( ) 82x y z
x y z
+ + + + + ≥
Hướng 1: Vì BĐT không phụ thuộc vào số ẩn nên ta có bài toán tổng
quát:
Bài toán 1: Cho n số dương

1 2
; ; , x
n
x x
thõa mãn:
1 2

n
x x x m+ + + =
(m >
0). Tìm giá trị nhỏ nhất (hoặc giá trị lớn nhất tùy theo giá trị a, b) của
biểu thức:
A= a(
1 2

n
x x x+ + +
)
1 2
1 1 1
( ) (a,b R)
n
b
x x x
+ + + + ∈
Hướng 2: Xuất phát từ bất đẳng thức:
2 2 2 2
2
1 9
(1 9 )( ) ( )x x

x x
+ + ≥ +
⇒
2
2
1 9
82 x x
x x
+ ≥ +
Từ đó ta có:
2 2 2
2 2 2
1 1 1 9 9 9
82( ) 82x y z x y z
x y z x y z
+ + + + + ≥ + + + + + ≥
Ta có bài toán 2: Cho ba số dương x, y, z thõa mãn: x + y + z =1.
Chứng minh
2 2 2
2 2 2
2 2 2
2 2 2
1 1 1
) 82
1 1 1
) 82
a x y z
x y z
b x y z
y z x

+ + + + + ≥
+ + + + + ≥
Hướng 3: Xuất phát từ bất đẳng thức
GV: Ngô Quang Giang Trường THPT Tĩnh Gia I
13
Sáng kiến kinh nghiệm
3
3
2
2 2
82
2 2 2 2 2
81 80
41
2 2 2
3
2 2 2
41 41
81 40 40 40 81 40 40 40
41 41 41 41
41 41
1
) ( )
3 3
1 1 1 82
) 82
81 81 (81 )
9
1 1 1 82 1 1 1 82 1 1 1
( ) 82

3 3
x y z
xyz
x
x x
x x x x
x
x y z
x y z
x y z x y z
+ +
+ ≤ ≤
+ + = + + + ≥ =
⇒ + + + + + ≥ + + ≥ =
- Với cách làm trên thì căn bậc hai và bậc của x không ảnh hưởng trực
tiếp vào bài toán, từ đó ta có bài toán sau:
Bài toán 3: Cho ba số dương x, y, z thõa mãn: x + y + z =1. Chứng minh
rằng:
2
2 2 2 2
2 2 2
1 1 1
) 82.3
1 1 1
) (9 1).3
nn n n n
n n n
n n
n
n

n
a x y z
x y z
b x y z
x y z
−
−
+ + + + + ≥
+ + + + + ≥ +
Ta có thể tăng số biến lên n biến, từ đó ta có bài toán tổng quát:
Cho n số dương
1 2
; ; ,x
n
x x
thõa mãn:
1 2
1
n
x x x+ + + =
. Chứng minh
rằng:
2 2 2 4
1 2
2 2 2
1 2
2 2
1 2
1 2
2 2 2 4 2

1 2
2 2 2
1 2
1 1 1
) 1
1 1 1
) ( 1).n
1 1 1
) ( 1).n
n
n
n n n n n
n
n n n
n
n
n
n n
n
n
n
a x x x n
x x x
b x x x n
x x x
c x x x n
x x x
−
−
+ + + + + + ≥ +

+ + + + + + ≥ +
+ + + + + + ≥ +
Hướng 4: Nhận thấy:
1
1
1 1
x
x
x x
− − =
− −
. Đặt: X =
1 x−

1
1
x
X
X
x
⇒ = −
−

Ta có:
2 2 2 2
( ) 3( ) 6 6X Y Z X Y Z X Y Z+ + ≤ + + = ⇒ + + ≤

GV: Ngô Quang Giang Trường THPT Tĩnh Gia I
14
Sáng kiến kinh nghiệm

Sử dụng tính chất tiếp tuyến ta chứng minh được:
1 5
6; (0; 6)
2
X X X
X
− ≥ − + ∀ ∈

Từ đó suy ra:
1 1 1
( )
1 1 1
x y z
X Y Z
X Y Z
x y z
+ + ≥ + + − + +
− − −

Vì:
1 1 1 5 3
( ) ( ) 3 6
2 2
X Y Z X Y Z
X Y Z
+ + − + + ≥ − + + + = ⇒
3
2
1 1 1
x y z

x y z
+ + ≥
− − −
Ta có bài toán 4:
a) Cho ba số dương x, y, z thõa mãn: x + y + z =1.Chứng minh rằng :

3
2
1 1 1
x y z
x y z
+ + ≥
− − −
b) Tổng quát: Cho n số dương
1 2
; ; ,x
n
x x
thõa mãn:
1 2
, ( 0)
n
x x x m m+ + + = >
Chứng minh rằng:
1 2
1 2

1
n
n

x
x x mn
n
m x m x m x
+ + + ≥
−
− − −
3.2 Khai thác bài toán 3(mục II.1):
Bài toán 2: Cho ba số dương x, y, z thõa mãn: x+ y + z = 1. Chứng
minh rằng:
2 2 2
1 1 1 27
1 1 1 10x y z
+ + ≤
+ + +
Hướng 1 : Nếu tăng số biến lên n ta có bài toán
Cho n số dương
1 2
; ; ,x
n
x x
thõa mãn:
1 2
1
n
x x x+ + + =
.Chứng minh rằng:
3
2 2 2 2
1 2

1 1 1

1 1 1 1
n
n
x x x n
+ + + ≤
+ + + +
Hướng 2: Thay biến bởi biểu thức phù hợp ta có bài toán mới:
Hướng 2.1: Đặt
; ;
n n n
x a y b z c= = =
Ta có bài toán 2.1:
GV: Ngô Quang Giang Trường THPT Tĩnh Gia I
15
Sáng kiến kinh nghiệm
a) Cho ba số dương a, b, c thõa mãn:
1
n n n
a b c+ + =
. Chứng minh rằng:
2 2 2
1 1 1 27
1 1 1 10
n n n
a b c
+ + ≤
+ + +
b) Tổng quát:

Cho n số dương
1 2
; ; ,x
n
x x
thõa mãn:
1 2
1
n n n
n
x x x+ + + =
.Chứng minh rằng:
3
2 2 2 2
1 2
1 1 1

1 1 1 1
n n n
n
n
x x x n
+ + + ≤
+ + + +
Hướng 2.2: Đặt x =
1 1 1
; ;
n n n
y z
a b c

= =

Ta có bài toán 2.2:
a) Cho ba số dương a, b, c thõa mãn:
1 1 1
1
n n n
a b c
+ + =
. Chứng minh rằng:
2 2 2
2 2 2
27
1 1 1 10
n n n
n n n
a b c
a b c
+ + ≤
+ + +
b)Tổng quát:
Cho n số dương
1 2
; ; ,x
n
x x
thõa mãn:
1 2
1 1 1
1

n n n
n
x x x
+ + + =
.Chứng minh rằng:
2
2 2
3
1 2
2 2 2 2
1 2

1 1 1 1
n
n n
n
n n n
n
x
x x n
x x x n
+ + + ≤
+ + + +
Hướng 2.3: Thay
2 2 2
2 2 2
; ;
( )
a b c
x y z

b c a c a b
= = =
+ + +

(Khi đó :
2 2 2 2
(a b c)
2( ) 2 1
2( )
a b c
x y z
b c a c a b a b c
+ +
+ + = + + ≥ =
+ + + + +

Ta có bài toán 2.3: Cho ba số dương a, b, c . Chứng minh rằng:
2 2 2
4 2 4 2 4 2
( ) ( ) ( ) 27
4 ( ) 4 (a ) 4 ( ) 10
b c a c a b
a b c b c c b a
+ + +
+ + ≤
+ + + + + +
GV: Ngô Quang Giang Trường THPT Tĩnh Gia I
16
Sáng kiến kinh nghiệm
Hướng 3: Kết hợp với các bất đẳng thức cổ điển từ đó tạo ra các bất

đẳng thức mới
Hướng 3.1: Ta có:
2
2 2 2
2 2 2
1 1 1 1 1 1 81
( ) 3( )
1 1 1 10
1 1 1
x y z
x y z
+ + ≤ + + ≤
+ + +
+ + +

Ta có bài toán 3.1:
Cho ba số dương x, y, z thõa mãn: x + y + z = 1.Chứng minh rằng :
2 2 2
1 1 1
1 1 1x y z
+ +
+ + +
9 10
10
≤
Hướng 3.2: Xuất phát từ
2 2 2
2 2
2 2 2 2 2 2
( ) ( ) ( )2( )

1
x y z x y z
x y z y z x z y x x y z
y z x z y x
y z x z y x
x y z x y z
x y z
y z x z y x y z x z y x
+ + = + + + + + ≤ + + + +
+ + +
+ + +
⇔ + + ≤ + + ⇔ + + ≥
+ + + + + +

Ta có bài toán 3.2 :
Cho ba số dương x, y, z thõa mãn: x + y + z = 1. Chứng minh rằng :
2 2 2
y
1
x z
y z x z x y
+ + ≥
+ + +
Hướng 3.3:Xuất phát từ biểu thức:
2 2 2
1
x y z
x y z
y z x
+ + ≥ + + =

Mà:
2 2 2 2 2 2
2 2
4 4 4
2 2 2
( ) ( )
( ).2( )
( ) ( ) ( )
x y z x y z
x z x y y z
y z x
y x z z x y x y z
x y z
x y z
y x z z x y x z y
+ + = + + + + +
+ + +
≤ + + + +
+ + +
Từ đó ta có bài toán 3.3:
GV: Ngô Quang Giang Trường THPT Tĩnh Gia I
17
Sáng kiến kinh nghiệm
Cho ba số dương x,y,z thõa mãn: x + y + z =1. Chứng minh rằng:
4 4 4
2 2 2
1
( ) ( ) ( ) 2
x y z
y x z z y x x z y

+ + ≥
+ + +
Hướng 3.4: Sử dụng bất đẳng thức Côsi “ thuận - nghịch”
a) Vì dấu bằng xảy ra khi
1
3
x y z= = =
nên:
2 2
2
2
2 2
9 9 9 27 1 2
9 9 9 ( )
1 1 2
1 9 2 9 3
9 9 3
x x xy xy xy
x x x do y y
y
y y y
= = − ≥ − = − + ≥
+
+ +
Từ đó:
2 2 2
27 27 1 9
9( ) ( ) 9 .
1 1 1
2 2 3 2

9 9 9
x y z
x y z xy yz xz
y z x
+ + ≥ + + − + + ≥ − =
+ + +
(do
2
1
3( ) ( )
3
xy yz xz x y z xy yz xz+ + ≤ + + ⇔ + + ≤
)
Ta có bài toán 3.4 :
Cho ba số dương x,y,z thõa mãn: x + y + z =1. Chứng minh rằng:
2 2 2
1
1 9 1 9 1 9 2
x y z
y z x
+ + ≥
+ + +
b) Tương tự bài toán trên kết hợp với vai trò bình đẳng của x, y, z ta
khai thác theo hướng sau:
3 2 2
2 2 2 2
2 2
x xy xy y
x x x
x y x y xy

= − ≥ − = −
+ +
Từ đó suy ra:
3 3 3
2 2 2 2 2 2
1
2 2
x y z x y z
x y y z z x
+ +
+ + ≥ =
+ + +

GV: Ngô Quang Giang Trường THPT Tĩnh Gia I
18
Sáng kiến kinh nghiệm
Ta có bài toán :Cho ba số dương x,y,z thõa mãn: x + y + z =1 Chứng
minh rằng:
3 3 3
2 2 2 2 2 2
4 4 4
3 3 3 3 3 3
2 2 2
1
)
2
1
b)
2 2 2 3
1 1 1 4

c)
1 1 1 3
x y z
a
x y y z z x
x y z
x y y z z x
x y z
y z x
+ + ≥
+ + +
+ + ≥
+ + +
+ + +
+ + ≥
+ + +
Hướng 3.5:Khai thác bài toán trên theo hướng sử dụng các bất đẳng thức
đúng:
a) Ta có:
2 2 2 2 2
( ) 2 0 3x y x xy y x xy y xy− = − + ≥ ⇔ + + ≥
2 2
2 2
3 3
xy xy y
x xy y xy
⇒ ≤ =
+ +
Ta có bài toán 3.5:
Cho ba số dương x,y,z thõa mãn: x + y + z =1 Chứng minh rằng:

2 2 2
2 2 2 2 2 2
1
3
xy yz zx
x xy y y yz z z zx x
+ + ≤
+ + + + + +
b) Hoặc:
2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 3 3
2 2 2 2 2 2
( ) 2 0 3( )
1 1 1
( ) ( ) ( )
3 3 3
x y x xy y x xy y x xy y
x xy y x xy y x y
x y x y x y
x xy y x xy y x xy y
− = − + ≥ ⇔ − + ≥ + +
− + − + +
⇒ ≥ ⇔ + ≥ + ⇔ ≥ +
+ + + + + +
Khi đó ta có:
3 3 3
2 2 2 2 2 2
1
( )
3

x y z
x y z
x xy y y yz z z xz z
+ + ≥ + +
+ + + + + +
Ta có bài toán: Cho ba số dương x,y,z thõa mãn: x + y + z = 1.
Chứng minh rằng:
3 3 3
2 2 2 2 2 2
1
3
x y z
x xy y y yz z z xz z
+ + ≥
+ + + + + +
Nhận xét :
GV: Ngô Quang Giang Trường THPT Tĩnh Gia I
19
Sáng kiến kinh nghiệm
- Từ sự dẫn dắt trên học sinh có thể khai thác và tìm thêm nhiều
bài toán mới.
- Trên đây tôi hướng dẫn học sinh dựa trên mối liên hệ logic của
toán học phát triển bài toán cụ thể thành các bài toán khác nhau,
từ đó rèn luyện học sinh đức tính luôn chủ động, tích cực trong
việc tiếp thu tri thức. Từ đó phát triển tư duy sáng tạo cho học
sinh.
4) Bài tập áp dụng
Bài 1: Cho ba số dương x, y,z thõa mãn:
1x y z+ + =

a)Chứng minh rằng:
2 2 2
9
(1 ) (1 ) (1 ) 4
x y z
x y z
+ + ≥
− − −
.
b) Phát triển bài toán trên thành các bài toán mới
Bài 2: Cho ba số dương x, y,z thõa mãn:
x y z
x y z
y z x
+ + ≥ + +

a)Chứng minh rằng:
3
1 1 1 2
x y z
x y z
+ + ≥
+ + +
.
b) Phát triển bài toán trên thành các bài toán mới.
5) Kiểm nghiệm:
- Đề tài được nghiên cứu và thực hiện giảng dạy trong hai năm
2011- 2012;
2012- 2013. Trong một số tiết chữa bài tập và một số tiết bồi dưỡng
học sinh

khá giỏi.
- Đối tượng thực nghiệm là học sinh đã học xong chương trình 11.
GV: Ngô Quang Giang Trường THPT Tĩnh Gia I
20
Sáng kiến kinh nghiệm
- Sau khi giảng dạy tôi tiến hành kiểm tra khả năng tiếp thu của học
sinh kết quả thu được như sau :
Lớp Năm học Kết quả
12A1 2011– 2012 28/45 (62,2%)
12A2 2011 – 2012 32/45(71,1%)
12A1 2012 – 2013 34/45(75,5%)
12A2 2012 - 2013 37/45(82,7%)
KẾT LUẬN VÀ ĐỀ XUẤT
1)Kết luận
Qua thời gian nghiên cứu và vận dụng đề tài vào giảng dạy tôi rút ra
một số nhận xét sau :
- Với cách dạy như trên tạo ra tâm thế hứng thú, sẵn sàng lĩnh hội tri
thức, khắc phục tính chủ quan hình thành tính độc lập chủ động của
người học.
GV: Ngô Quang Giang Trường THPT Tĩnh Gia I
21
Sáng kiến kinh nghiệm
- Giáo viên đã tạo được niềm tin cho học sinh khi đứng trước bài
toán về bất đẳng thức, đó là động lực thúc đẩy học sinh khám phá
thêm các phần tương tự, các bài toán khó về bất đẳng thức.
- Rèn luyện khả năng phân tích tổng hợp, tư duy trừu tượng hóa,
khái quát hóa, phán đoán logic cho học sinh.
2) Đề xuất
- Trong khuôn khổ một sáng kiến tôi chỉ đề xuất một vài hướng giải
quyết bài toán, vì vậy theo định hướng này giáo viên phải tiếp tục đào

sâu nghiên cứu để xây dựng nhiều bài tập tương tự để dạy cho học sinh
đạt kết quả cao.
- Duy trì phong trào viết sáng kiến kinh nghiệm hàng năm nhằm nâng
cao chất lượng dạy và học.
- Các sáng kiến có chất lượng hàng năm nên được triển khai rộng rãi làm
tư liệu giảng dạy cho giáo viên.
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG
ĐƠN VỊ
Tĩnh gia, ngày 25 tháng 5 năm
2013
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết , không sao chép nội
dung của người khác.
Người viết
Ngô Quang Giang
GV: Ngô Quang Giang Trường THPT Tĩnh Gia I
22