sử dụng phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số chứng minh bất đẳng thức

Sáng kiến kinh nghiệm
MỤC LỤC
NỘI DUNG TRANG
Mục lục 01
Phần 1: Mở đầu 02
1. Lý do chọn đề tài 02
2. Mục đích nghiên cứu 03
3. Nhiệm vụ và phương pháp nghiên cứu 03
4. Phạm vi và đối tượng nghiên cứu 03
5. Điểm mới của SKKN 03
Phần 2: Nội dung 04
Chương 1: Cơ sở lý luận 04
Chương 2: Giải pháp cũ thường làm 9
Chương 3: Giải pháp mới 16
Chương 4: Kết quả thực nghiệm 22
Phần 3: Kết luận 25
Tài liệu tham khảo 26
Phần 1: MỞ ĐẦU

1
Sáng kiến kinh nghiệm
1. Lý do chọn đề tài:
Việc nâng cao phương pháp dạy học là cần thiết và thường xuyên đối với
giáo viên của tất cả các bộ môn. Trong môn toán có nhiều đơn vị kiến thức giáo
viên phải thực sự tích cực trau dồi, bồi dưỡng kiến thức và phương pháp thì mới
đạt hiệu quả khi truyền tải kiến thức cho học sinh. Hơn nữa, trong thời điểm hiện
nay, với cấu trúc thi đại học mới ban hành, nhiều phần kiến thức giáo viên phải tìm
tòi sáng tạo, tìm ra phương pháp mới để học sinh có thể giải quyết các bài toán mới
trong các đề thi học sinh giỏi, thi đại học cao đẳng. Và bài toán chứng minh bất
đẳng thức và các ứng dụng trong môn toán THPT không phải là ngoại lệ. Khi gặp
dạng toán chứng minh bất đẳng thức, giáo viên thường củng cố nêu kiến thức và

các phương pháp kinh điển, các phương pháp có sẵn để giải quyết bài toán đó. Nội
dung của sáng kiến kinh nghiệm này giới thiệu một phương pháp chứng minh bất
đẳng thức mà tác giả đã tìm tòi, học hỏi trang bị cho học sinh. Qua đó học sinh có
thêm một công cụ giải bài tập, có hướng tìm ra và sử dụng các phương pháp chứng
minh các bất đẳng thức.
Bên cạnh đó, xuất phát từ thực tế giảng dạy nhiệm vụ giải bài tập chứng
minh bất đẳng thức (nhất là trong đề thi tuyển sinh đại học cao đẳng của bộ giáo
dục và đào tạo) là nhiệm vụ rất khó khăn. Nhu cầu của mỗi học sinh trước khi giải
bài tập dạng này có cách nhìn khái quát, định hướng phương pháp giải. Nội dung
của sáng kiến kinh nghiệm này đó là nêu rõ phương pháp và cách áp dụng khi
chứng minh các bất đẳng thức.
Với nội dung nêu trên, đề tài sáng kiến của tôi là:
“ Sử dụng phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số
chứng minh bất đẳng thức”

2. Mục đích nghiên cứu :

2
Sáng kiến kinh nghiệm
Khi kết thúc chương trình lớp 12, khi gặp bài toán chứng minh bất đẳng thức
và các ứng dụng đòi hỏi học sinh phải nhận dạng được bài toán chứng minh bất
đẳng thức vận dụng theo phương pháp nào. Sự kết hợp các phần kiến thức khác
nhau giữa đại số, hình học, giải tích sẽ cho ta các phương pháp chứng minh thích
hợp. Vận dụng tính chất của tiếp tuyến đường cong, ứng dụng của nó cùng với tính
chất của các bất đẳng thức cơ bản sẽ cho ta một phương pháp chứng minh mới,
phù hợp là mục đích của sáng kiến kinh nghiệm này.
3. Nhiệm vụ và phương pháp nghiên cứu:
Kết quả lớn nhất của sáng kiến này là đã tìm ra thêm một phương pháp
chứng minh bất đẳng thức, ngoài việc tổng hợp các 10 phương pháp chính làm bài
tập chứng minh bất đẳng thức. Từ đó phân biệt các phương pháp giải các bài toán

về bất đẳng thức, liên quan đến bất đẳng thức (tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của
hàm số, ) trong các đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng và thi học sinh giỏi các cấp.
Khi đó giáo viên sẽ rút ra kinh nghiệm khi giảng bài và sáng tạo các bài toán mới.
Phương pháp nghiên cứu của sáng kiến kinh nghiệm này là phân tích, tổng
hợp hiệu quả của các phương pháp chứng minh bất đẳng thức thông thường. Từ đó
sáng tạo ra phương pháp mới, đồng thời phân tích, tổng hợp để làm rõ hiệu quả
của phương pháp mới này.
4. Phạm vi và đối tượng nghiên cứu:
Về con người là các thầy cô giáo giảng dạy môn toán THPT và các em học
sinh đang học tại trường THPT của tôi. Trong phần toán học, ở đây đối tượng
nghiên cứu là các phương pháp chứng minh bất đẳng thức mà học sinh được học
trong chương trình phổ thông.
5. Điểm mới của sáng kiến kinh nghiệm:
Là nêu một phương pháp mới chứng minh bất đẳng thức, vận dụng tổng
hợp các kiến thức về tính chất bất đẳng thức, các ứng dụng cơ bản của đạo hàm.
Nội dung chính của sáng kiến kinh nghiệm này bao gồm:
Chương 1: Cơ sở lý luận (Phương pháp dạy học chứng minh bất đẳng thức)
1) Phân bậc hoạt động chứng minh bất đẳng thức.
2) Rèn luyện các hoạt động trí tuệ cho học sinh qua chứng minh bất đẳng thức.

3
Sáng kiến kinh nghiệm
3) Hướng dẫn học sinh tìm ra nhiều phương pháp chứng minh một bất đẳng thức.
4) Phát hiện, khắc phục và sửa chữa sai lầm trong chứng minh bất đẳng thức.
Chương 2: Cơ sở thực tiễn (Giải pháp cũ thường làm) 10 phương pháp
chứng minh bất đẳng thức thường gặp.
Chương 3: (Giải pháp mới) Phương pháp mới chứng minh bất đẳng thức.
Chương 4: Kết quả thực nghiệm tại trường tôi công tác.
Phần 2: NỘI DUNG
Chương 1: CƠ SỞ LÝ LUẬN

Bất đẳng thức là một dạng toán khó ở bậc trung học phổ thông đối với đại trà
học sinh. Điều đó đồng nghĩa với việc dạy học bất đẳng thức là một nội dung
không hề đơn giản. Nhiều giáo viên xác định không cần dành quá nhiều thời gian
để củng cố ôn tập cho học sinh phần kiến thức này, chấp nhận từ bỏ bài toán chứng
minh bất đẳng thức và các ứng dụng của nó. Chưa hẳn điều đó đã đúng, nếu chúng
ta nghiêm túc phân bậc đối tượng học sinh và chỉ cần bồi dưỡng năng lực giải bài
tập bất đẳng thức tùy theo mức độ các nhóm học sinh khác nhau.
1) Phân bậc hoạt động chứng minh bất đẳng thức:
Điều này rất quan trọng, có thể căn cứ vào số lượng biến, sự phức tạp của đối
tượng, căn cứ vào mức độ tường minh, sự phối hợp ít hay nhiều hoạt động để xây
dựng hệ thống bài toán từ dễ đến khó, từ đơn giản đến phức tạp, nhằm rèn luyện
các phương pháp chứng minh bất đẳng thức. Nhằm rèn luyện cho học sinh vận
dụng Bất đẳng thức Cô-si có thể lấy một hệ thống bài toán phân bậc như sau. Ta
lấy một ví dụ: Chứng minh các bất đẳng thức sau:
(1)
1 1
( )( ) 4a b
a b
+ + ≥
, với
, 0a b >
(2)
2 2 2
a b c ab bc ca+ + ≥ + +
với
, , 0a b c >
(3)
2 2 2 2 2
( )a b c d e a b c d e+ + + + ≥ + + +
với

, , , , 0a b c d e >
(4) Cho
, , 0, 1x y z xyz> =
chứng minh rằng:

4
Sáng kiến kinh nghiệm

2 2 2 2
2 2
1 1
1
3 3
x y y z
z x
xy yz zx
+ + + +
+ +
+ + ≥
(5) Cho
1 1 1
, , 0, 4x y z
x y z
> + + =
chứng minh rằng:

1 1 1
1
2 2 2x y z y z x z x y
+ + ≤

+ + + + + +
Trong hệ thống bài tập ở trên mức độ vận dụng ở các bài toán là khó dần:
bài (1) chỉ cần vận dụng trực tiếp bất đẳng thức Côsi cho hai số.
bài (2) phải ghép đôi rồi áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số.
bài (3) đầu tiên phải biết tách
2 2 2 2
2
4 4 4 4
a a a a
a = + + +
và ghép đôi
bài (4) vừa áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số trong căn, vừa áp dụng cho
ba số hạng ở vế trái
bài (5) là câu khó trong đề thi tuyển sinh Đại học,Cao đẳng khối A năm
2002. Đòi hỏi vận dụng sáng tạo: Từ
1 1
( )( ) 4a b
a b
+ + ≥
với
, 0a b >
đến
1 1 1 1
( )
4
+ ≥
+a b a b
Từ đó:
1 1 2 1 1
( )

2 16x y z x y z
≤ + +
+ +
và tương tự cho hai hạng tử
còn lại.
2) Rèn luyện các hoạt động trí tuệ cho học sinh qua chứng minh bất đẳng thức:
Bất đẳng thức và các ứng dụng rất thuận lợi để rèn luyện các hoạt động trí tuệ
cho học sinh: phân tích, so sánh, tổng hợp, đặc biệt hoá, khái quát hoá,… Học sinh
cần phải có được cách giải quyết bài toán, đồng thời là cách suy nghĩ để giải quyết
bài toán, giải quyết vấn đề.
Ví dụ: Giáo viên nêu các dấu hiệu gợi ý cho học sinh nghĩ đến bất đẳng thức
Côsi (đây là hoạt động phân tích, so sánh) như: các số tham gia bất đẳng thức
dương; Có căn bậc 2, bậc 3; Vì sao phải sáng tạo, đặc biệt hoá khi dấu bằng xảy ra
để làm gì?; Áp dụng bất đẳng thức (1) cho bất đẳng thức (2) hay ngược lại một
cách linh hoạt.

5
Sáng kiến kinh nghiệm
(1) Cho
, , 0a b c >
và
3
4
a b c+ + =
.CMR:
3 3 3
3 3 3 3a b b c c a+ + + + + ≤
(2) Cho
, , 0a b c >
và

1abc =
.CMR:
3 3 3
3 3 3 3a b b c c a+ + + + + ≥
3) Hướng dẫn học sinh tìm nhiều phương pháp chứng minh một bất đẳng thức:
Một bài toán có thể có nhiều cách giải khác nhau, bất đẳng thức không phải là
ngoại lệ do cách nhìn khác nhau, từ nhiều phương diện khác nhau. Ta có thể tìm
hiểu qua các ví dụ sau đây:
a) Ví dụ 1: Cho
0 , 1x y≤ ≤
. Chứng minh rằng:
1
4
x y y x− ≤
Cách 1: Dựa vào điều kiện
0 , 1x y≤ ≤
ta có:
( ) (1 )VT xy x y y y= − ≤ −
Lúc này lại áp dụng bất đẳng thức Côsi:
1
( ) (1 )
4
xy x y y y− ≤ − ≤
Cách 2: Đặc biệt hoá dấu bằng xảy ra khi x = 4y. Vậy khi biến đổi ta phải để ý
điều này.

2
( )
1
( ) ( )

2 4 4
y x y
x x
VT x y x y x
+ −
= − ≤ = ≤
Cách 3: Đặt
2
1
. 0
4
t y t x x t= ⇒ − + ≥
.Vế trái là 1 tam thức bậc 2 của t, có
2
0
t
x x∆ = − ≤
nên ta được ĐPCM.
b) Ví dụ 2: Cho
2 2
36 16 9x y+ =
. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu
thức sau: T = y – 2x + 5.
Cách 1: Ta có:
2 2
2 2
36 16 9 1
1/ 4 9 /16
x y
x y+ = ⇔ + =

. Đặt
1 3
cos , sin
2 4
x y
ϕ ϕ
= =
.
Ta có: T
1 5
2 5 (3sin 4cos ) 5 sin( ) 5
4 4
y x
ϕ ϕ ϕ α
= − + = − + = − +
,
(với
3 4
cos ,sin
5 5
α α
= =
). Khi đó
15 25
4 4
T≤ ≤
.
Ta được GTLN của T là
25
4

khi
sin( ) 1
ϕ α
− =
, GTNN là
15
4
khi
sin( ) 1
ϕ α
− = −
.
Cách 2: Áp dụng bất đẳng thức Bunhicopxki

6
Sáng kiến kinh nghiệm

2 2 2 2
1 1 1 1 25
( 2 ) ( 4 6 ) ( )(16 36 )
4 3 16 9 4
y x y x y y− = − ≤ + + =

Khi đó:
5 5 15 25
2
4 4 4 4
y x T− ≤ − ≤ ⇒ ≤ ≤
Cách 3: Từ giả thiết ta có tập giá trị của T để hệ 2 phương trình có nghiệm. Thế
2 5y T x= + −

vào
2 2
36 16 9x y+ =
⇒

2 2
100 64( 5) 16( 5) 9 0x T x T+ − + − − =

Phương trình có nghiệm khi
0∆ ≥
=>
15 25
4 4
T≤ ≤
.
4) Phát hiện, khắc phục và sửa chữa sai lầm cho học sinh:
a) Ví dụ 1: Chứng minh rằng:
2 2 2 2 2
( )a b c d e a b c d e+ + + + ≥ + + +
với mọi số
thực
, , , ,a b c d e
.
Lời giải: Theo Cô-si ta có:

2 2 2 2
2 2 2 2
, , ,
4 4 4 4
a a a a

b ab c ac d ad e ae
+ ≥ + ≥ + ≥ + ≥
Cộng các bất đẳng thức trên ta được điều phải chứng minh.
Đánh giá: Ở đây học sinh đã nhầm ví dụ này với ví dụ 3 của phần I.1, vận dụng
bất đẳng thức Cô-si là sai, vì các số có thể âm. Tuy nhiên, mỗi bất đẳng thức trên
đều đúng nhưng không phải theo Cô-si, mà do
2
( ) 0,
2
a
b− ≥
b) Ví dụ 2: Cho a, b, c, d là 4 cạnh của một tứ giác lồi. Chứng minh rằng diện
tích tứ giác không lớn hơn
1
( )
2
ab cd+
Lời giải: Giả sử bốn cạnh tứ giác là AB = a, BC = b, CD = c, DA = d.
Lúc đó ta có:
1 1
( sin sin ) ( )
2 2
ABC CDA
S S S ab B cd D ab cd= + = + ≤ +
=> ĐPCM.
Đánh giá: Lời giải này còn thiếu trường hợp hai cạnh có độ dài a, b đối diện.
c) Ví dụ 3: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
(2 )(2 )M x a x b x= − −
với a, b
dương, phân biệt và 0 < x < 2a, 0 < x < 2b

Lời giải: Vì
1
.2 (2 )(2 )
2
M x a x b x= − −

7
Sáng kiến kinh nghiệm
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho các số 2x, 2a - x, 2b - x nên M lớn nhất khi
chúng bằng nhau, nhưng điều đó không xảy ra nên M không có giá trị lớn nhất.
Đánh giá: Điều này sai logic vì khi 3 số đó bằng nhau thì có giá trị lớn nhất,
còn khi không bằng nhau thì chưa kết luận được gì.
d) Ví dụ 4: Cho
1
0
2
< ≤a
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = 2a +
2
1
a
Lời giải: Sai lầm thường gặp:
3
2 2 2
1 1 1
2 3 . . 3 minS = 3= + = + + ≥ = ⇒S a a a a a
a a a
Nguyên nhân sai lầm:
min S = 3
2

1
1⇔ = = =a a
a
mâu thuẫn với giả thiết
1
0
2
< ≤a
Phân tích và tìm tòi lời giải: Xét bảng sau để dự đoán Min S.
a
1
10
1
9
1
8
1
7
1
6
1
5
1
4
1
3
1
2
2.a
1

5
2
9
1
4
2
7
1
3
2
5
1
2
2
3
1
2
1
a
100 81 64 49 36 25 16 9 4
S 100
1
5
81
2
9
64
1
4
49

2
7
36
1
3
25
2
5
16
1
2
9
2
3
5
Nhìn bảng trên ta thấy khi a càng tăng thì S càng nhỏ từ đó dẫn đến dự đoán khi
1
2
=a
thì S nhận giá trị nhỏ nhất. Theo phân tích ở trên ta không thể sử dụng trực
tiếp bất đẳng thức Côsi cho 3 số
2
1
, ,a a
a
:
Cách 1: Ta dự đoán sử dụng bất đẳng thức Côsi cho các số
2
1
, ,a a

a
α
ta có:
Sơ đồ điểm rơi 1:
2 3
1 1
2 2
8
1 1
 
= =
 
 
⇒ ⇒ =
 
 
= =
 
 
a a
a
a a
α
α
α
=> 2a +
2
1
a
=

3
2 2 2 2
1 7 8 7
3 . .
8 8 8
 
+ + + ≥ +
 ÷
 
a a a a
a a a a
3 7.4
5
2 8
≥ + =
.

8
Sáng kiến kinh nghiệm
Với a =
1
2
thì giá trị nhỏ nhất của S là 5.
Cách 2:
Ta dự đoán sử dụng bất đẳng thức Côsi cho các số
2
1
, ,a a
a
α β

ta có:
Sơ đồ điểm rơi 2:
2 3
1 1
2 2
8
1 1
 
= =
 
 
⇒ ⇒ = =
 
 
= = = =
 
 
a a
a a
a a
α β
α β α β
=> S = 2a +
2
1
a
=
3
2 2
1 1

8 8 14 3 8 .8 . 14
 
+ + − ≥ −
 ÷
 
a a a a a a
a a

=
1
12 14 12 14. 5
2
− ≥ − =a
. Với a =
1
2
thì Min S = 5.

Chương 2: GIẢI PHÁP CŨ THƯỜNG LÀM
Thực tế các giáo viên đã rất cố gắng để truyền thụ tới các học sinh phương
pháp giải bài tập chứng minh bất đẳng thức. Việc thực hiện đầy đủ các phần trên
đây theo ý kiến của tôi là cách hợp lý nhất để giải quyết dạng toán này. Khi chứng
minh bất đẳng thức theo quan điểm của tôi có 10 phương pháp chứng minh bất
đẳng thức thường được sử dụng. Việc phân chia ra phương pháp này hay phương
pháp khác chỉ tương đối, tuỳ theo quan niệm của mỗi người. Trong phương pháp
này có phương pháp kia, khó rạch ròi phân biệt được. Ví dụ đặt a = cosx có thể
hiểu là đặt ẩn phụ, hoặc gọi là phương pháp lượng giác hoá. Dưới đây tôi giới
thiệu các phương pháp chứng minh bất đẳng thức đó.
1. Phương pháp biến đổi tương đương :
Sử dụng các tích chất của bất đẳng thức, phép biến đổi kéo theo, tương

đương. Có 2 con dường quy nạp hoặc diễn dịch để có được kết quả bài toán.
Ví dụ 1 : Bài 4(SGK CTC10Tr.79):
Chứng minh rằng:
3 3 2 2
, 0x y x y xy x y+ ≥ + ∀ ≥

Giải:
3 3 2 2 2
( ) ( ) 0x y x y xy x y x y+ ≥ + ⇔ − + ≥
luôn đúng => ĐPCM
Ví dụ 2: (CM bất đẳng thức Bunhiacopxki)

9
Sáng kiến kinh nghiệm
Với mọi a,b,c,d thì:
2 2 2 2 2
( ) ( )( )ac bd a c b d+ ≤ + +
Giải:
2 2 2 2 2 2 2 2 2
( ) ( )( ) 2ac bd a c b d abcd a c b d+ ≤ + + ⇔ ≤ +

2
( ) 0ac bd⇔ − ≥
=> ĐPCM. Dấu bằng xảy ra khi
ac bd=
.
2. Phương pháp sử dụng các bất đẳng thức cơ bản:
Các bất đẳng thức cơ bản ở đây gồm bất đẳng thức Cô-si (cho 2 số, cho 3 số),
bất đẳng thức trị tuyệt đối, …
Một số bất đẳng thức Cơ bản ở đây:

(1) Với mọi a, b thì:
2 2 2
( ) 0 2 a,b Ra b a b ab− ≥ ⇔ + ≥ ∀ ∈
(2) Với a, b, c dương thì
3
;
2 3
a b a b c
ab abc
+ + +
≥ ≥
(BĐT Cô-si)
(3) Với mọi a, b thì:
a b a b a b− ≤ + ≤ +
Ta lấy một số ví dụ:
Ví dụ 1: CMR với a,b,c dương thì:
4 4 4
3
a b c
abc
b c a
+ + ≥
Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 3 hạng tử ở vế trái => ĐPCM.
Ví dụ 2: Với mọi a,b,c thì:
2 2 2
a b c ab bc ca+ + ≥ + +
Giải: Với mọi a,b,c thì:
2 2 2
( ) 0 2a b a b ab− ≥ ⇔ + ≥

2 2 2
( ) 0 2b c b c bc− ≥ ⇔ + ≥
và
2 2 2
( ) 0 2c a c a ca− ≥ ⇔ + ≥
Cộng tương ứng 3 bất đẳng thức suy ra ĐPCM.
3. Phương pháp quy nạp toán học:
Để chứng minh mệnh đề P(n) với n
≥
n
o
. Ta làm các bước:
Bước 1: Kiểm tra tính đúng sai của mệnh đề với n=n
o
Bước 2: Giả sử P(n) đúng đến n = k
≥
n
o
. Ta chứng minh đúng với n = k+1
Hơn nữa bất đẳng thức cũng là một mệnh đề logic với những điều kiện cho
trước. Vì vậy hoàn toàn áp dụng được phương pháp này.
Ví dụ: CMR với n nguyên dương lớn hơn 2 thì:
1 1 1
1
1 2
n
n
+ + + > +
Giải: Với n = 3. BĐT trở thành:
1 1 1

4
1 2 3
+ + >
đúng.

10
Sáng kiến kinh nghiệm
Giả sử BĐT đúng với đến n = k tức là:
1 1 1
1
1 2
k
k
+ + + > +
Ta chứng minh cho BĐT đúng với n = k+1. Thật vậy:

1 1 1 1 1 2 2
1 2
1 2 1 1 1 2
k k
k k
k k k k k
+ +
+ + + + > + + = > = +
+ + + +
.
4. Phương pháp phản chứng:
Ví dụ: Chứng minh có ít nhất 1 trong 3 bất đẳng thức sau đây là sai:

1 1 1

(1 ) ; (1 ) ; (1 )
4 4 4
− > − > − >a b b c c a
với
0 , , 1a b c< <

Giải: Giả sử cả 3 bất đẳng thức đều đúng. Nhân lại với nhau ta có:

1
(1 ) (1 ) (1 )
64
a b b c c a− − − >
1
(1 )(1 )(1 )
64
abc a b c⇔ − − − >
(1)
Nhưng theo bất đẳng thức Cô-si ta có:
1
(1 )
4
− ≤a a
Tương tự:
1 1
(1 ) , (1 )
4 4
b b c c− ≤ − ≤
Khi đó:
1
(1 )(1 )(1 )

64
abc a b c− − − ≤
(2)
Mâu thuẫn giữa (1) và (2). Vậy điều giả sử là sai. Ta có ĐPCM.
5. Phương pháp lượng giác hoá:
Thông thường từ dữ kiện đề bài, ta đạt ẩn phụ theo các giá trị luợng giác,
chuyển bài toán về chứng minh bất đẳng thức luợng giác. Lấy một ví dụ:
Chứng minh rằng:
1 1 1 1 1 1
( )( )( ) ( )( )( )a b c a b c
b c a a b c
− − − ≥ − − −
với a,b,c > 1.
Giải: Từ giả thiết tồn tại:
, , (0; )
2
x y z
π
∈
để
1 1 1
; ;
cos cos cos
a b c
x y z
= = =
1 1 1 1 1 1
(cos )(cos )(cos ) (cos )(cos )(cos )
cos cos cos cos cos cos
x y z x y z

y z x x y z
− − − ≥ − − −
Ta có:
cos( ) 1 1 cos .cos sin .sinx y x y x y− ≤ ⇔ − ≥
Tương tự:
1 cos .cos sin .siny z y z− ≥

1 cos .cos sin .sinz x z x− ≥
Nhân tương ứng ta có:

2 2 2
(1 cos .cos )(1 cos .cos )(1 cos .cos ) sin .sin .sinx y y z z x x y z− − − ≥

11
Sáng kiến kinh nghiệm
Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
6. Phương pháp hình học:
Áp dụng bất đẳng thức liên hệ 3 điểm: AB + BC
≥
AC.
Ví dụ 1: CMR với mọi a,b,c,d ta có:
2 2 2 2 2 2
( ) ( )a b c d a c b d
+ + + ≥ + + +
Giải: Trong mặt phẳng toạ Oxy xét các điểm A(a;b), B(-c;-d) ta có:
OA + OB
≥
AB. Suy ra điều cần chứng minh.
Ta có thể áp dụng các chứng minh trên cho việc chúng minh bất đẳng thức sau:
Ví dụ 2: CMR:

2 2 2 2 2 2
+ + + + + ≥ + +a ab b a ac c b bc c
(2)
Bởi BĐT (2)
2 2
2 2 2 2
3 3 3 3
( ) ( ) ( ) ( )
2 4 2 4 2 2 2 2
⇔ + + + + + ≥ − + +
b b c c b c b c
a a

7. Phương pháp hàm số:
Ví dụ 1: CMR với a,b,c không âm thì:

2 2 2
2(cos cos cos ) 6 0a b c a b c+ + + + + − ≥
Lời giải: Xét hàm số:
[
)
2
( ) 2cos , t 0;f t t t= + ∈ +∞
Ta có:
'( ) 2 2sin , ''( ) 2 2cosf t t t f t t= − = −
và
[
)
''( ) 0, t 0;f t ≥ ∀ ∈ +∞
Khi đó:

'( )f t
đồng biến trên
[
)
0;+∞
=>
'( ) '(0) 0f t f≥ =
( )f t⇒
đồng biến trên

[
)
0;+∞
. Do vậy
( ) (0) 2 ( ) ( ) ( ) 6f t f f a f b f c≥ = ⇒ + + ≥
=> ĐPCM.
Ví dụ 2: Chứng minh rằng:
1
1 1
(1 ) (1 )
1
+
+ > +
+
n n
n n
với
∈n
N*
Lời giải: Xét hàm số

1
( ) (1 ) , 1= + ≥
x
f x x
x

1 '( ) 1 1
ln ( ) ln(1 ) ln(1 )
( ) 1
⇒ = + ⇒ = + −
+
f x
f x x
x f x x x

[ ]
[ ]
2
2 2
'( ) ( ). ''( )
'( ) ( 1) 1
( )' 0
( )
( 1)
( )
− +
+ +
⇒ = = >
+
f x f x f x

f x x x
f x
x
f x
Ta có:
'( )
( )
f x
f x
đồng biến trên
[
)
1;+∞

⇒

'( ) '(1)
0 '( ) 0
( ) (1)
≥ > ⇒ >
f x f
f x
f x f

( )⇒ f x
đồng biến trên
[
)
1;+∞
. Nói riêng với

∈n
N* => ĐPCM.
8. Phương pháp đặt ẩn phụ:

12
Sáng kiến kinh nghiệm
Đôi khi ta đặt ẩn phụ mới chuyển sang bất đẳng thức khác cần chứng minh
trông đẹp hơn. Lấy ví dụ: Bài 20(SGK NC Đại số 10 Tr112):
“Chứng minh rằng nếu
2 2
1x y+ =
thì
2x y+ ≤
”
Giải: Đặt
sin ; cosx y
ϕ ϕ
= =
sin cos 2 sin( ) 2
4
x y
π
ϕ ϕ ϕ
⇒ + = + = + ≤
Xét một ví dụ khác:
“Cho 3 số dương a,b,c thoả mãn:
2 2 2
3a b c+ + =
thì:
3

ab bc ca
c a b
+ + ≥
”
Giải: Cần chứng minh:
2 2 2 2 2 2
3 3
ab bc ca
a b b c c a abc
c a b
+ + ≥ ⇔ + + ≥
(1)
Đặt
2 2 2
3 3 3
, , ( , , 0)
x y z
a b c x y z
x y z x y z x y z
= = = >
+ + + + + +
Khi đó: (1)
3 ( )xy yz zx xyz x y z⇔ + + ≥ + +

2
( ) 3 ( )xy yz zx xyz x y z⇔ + + ≥ + +

( ) ( ) ( )
2 2 2
1

0
2
xy yz yz zx zx xy
 
⇔ − + − + − ≥
 
luôn đúng với
, , 0x y z∀ >
=> ĐPCM
9) Phương pháp đánh giá
Ví dụ 1: bài 16 (SGK Đại số 10NC, Tr.112), chứng minh rằng:

2 2 2
1 1 1
1 2 ( *)
2 3
n N
n
+ + + + < ∀ ∈
Giải: Ta có:
2
1 1 1 1
( 1)
( 1) 1
n
n n n n n
< = − ∀ >
− −
2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

1 1 2 2 ( 1)
2 3 1 2 2 3 1
n
n n n n
⇒ + + + + < + − + − + + − = − < ∀ >
−
Ví dụ 2: Chứng minh rằng:
1 2< + + + <
+ + + + + + + +
a b c d
a b d a b c b c d a c d
Giải: Đặt
= + + +
+ + + + + + + +
a b c d
S
a b d a b c b c d a c d
Ta chứng minh được:
+
< <
+ + + + + + + +
a a a c
a b c d a b d a b c d

13
Sáng kiến kinh nghiệm
Tương tự:
+
< <
+ + + + + + + +

b b a d
a b c d a b c a b c d

+
< <
+ + + + + + + +
c c c a
a b c d b c d a b c d

+
< <
+ + + + + + + +
d d d b
a b c d a b d a b c d
Cộng từng vế ta có: 1< S < 2
10) Phương pháp dồn biến:
Nội dung chính của phương pháp này đó là tìm cách đưa bài toán nhiều biến
phức tạp, thành bài toán mới ít ẩn số hơn một cách hợp lý.
Ví dụ: Cho
2 2 2
2a b c+ + =
,
1ab bc ca+ + =
, chứng minh rằng
4 4
3 3
a− ≤ ≤
Giải: Từ giả thiết ta có
2
( ) 4 2a b c b c a+ + = ⇔ + = ± −

2 2 2
2 2 2 2 2
( ) ( 2 ) 3 4 4
2 2 2
b c a a a
a b c a a
+ ± − ± +
⇒ + + ≥ + = + =
2
3 4 0a a⇒ ± ≤
. Vậy
4 4
3 3
a− ≤ ≤
.
Tất nhiên trong thời lượng phân phối của bộ môn không có đủ thời gian để giáo
viên trang bị cho học sinh tất cả các phương pháp nêu trên. Nhưng giáo viên có thể
gợi mở, tăng sự sáng tạo của học sinh. Cụ thể khi tiếp cận với một đề thi hoàn toàn
mới. giáo viên cần trang bị cho học sinh khả năng tái hiện kiến thức các phương
pháp và sáng tạo tìm ra cách giải bài toán. Ta cùng xét các câu hỏi về bất đẳng
thức trong các đề thi đại học, cao đẳng năm 2009 và năm 2012.
- Thứ nhất: Đề thi tuyển sinh đại học khối A môn toán năm 2009, câu V:
Chứng minh rằng với
, , 0x y z >
thoả mãn
( ) 3x x y z yz+ + =
ta có:

3 3 3
( ) ( ) 3( )( )( ) 5( )x y x z x y x z y z y z+ + + + + + + ≤ +

Phương pháp làm bài: Đặt
, ,a x y b x z c y z= + = + = +
bài toán trở thành:
Cho
, , 0a b c >
thoả mãn:
2 2 2
c a b ab= + −
chứng minh rằng:
3 3 3
3 5a b abc c+ + ≤
Phương pháp đặt ẩn phụ đã giúp đưa bài toán về bài toán đỡ phức tạp hơn,
gần gũi hơn. Tuy nhiên đây là một câu trong đề thi khối A nên độ khó của nó ta

14
Sáng kiến kinh nghiệm
cũng đã biết. Các thầy cô có thể tìm hiểu lời giải này trong đáp án đề thi đại học
khối a năm 2009 của bộ giáo dục và đào tạo.
- Thứ hai: Đề thi tuyển sinh cao đẳng môn toán năm 2009, câu V :
Cho
,a b
thoả mãn:
0 1a b
< < <
, chứng minh rằng:
2 2
ln ln ln lna b b a a b− > −
Phương pháp làm bài: BĐT cần chứng minh tương đương với:
2 2
ln ln

1 1
a b
a b
<
+ +
(2)
Xét hàm số
2
ln
( )
1
t
f t
t
=
+
,
(0;1)t ∈
. Ta chứng minh được
'( ) 0f t >
do đó hàm
( )f t

đồng biến trên khoảng (0;1). Suy ra ĐPCM.
Bài toán này có lẽ không còn cách nào khác ngoài việc sử dụng phương pháp
hàm số. Tuy nhiên học sinh cần được luyện tập nhiều mới phát hiện được sự tương
đồng trong 2 vế của BĐT (2).
- Thứ ba: Đề thi tuyển sinh đại học khối D môn toán năm 2009, câu V
Cho
, 0x y ≥

thoả mãn
1x y+ =
. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu
thức sau:
2 2
(4 3 )(4 3 ) 25S x y y x xy= + + +

Phương pháp làm bài: Ta thấy sự đối xứng của x, y trong biểu thức S và điều
kiện bài toán.Dẫn đến hình thành tư duy liên hệ giữa tổng và tích của x và y. Trong
đó ở đây
1x y+ =
lúc này gợi ý đặt xy=t.
Cần sử dụng đến BĐT
2
( ) 1
0
4 4
x y
xy
+
≤ ≤ =
khi đó:
1
0
4
t≤ ≤
. Bài toán trở thành:
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của
2
1

( ) 16 2 12, 0;
4
S f t t t t
 
= = − + ∈
 
 
. Bài tập
này thực sự không khó đối với học sinh.tuy nhiên sau khi tìm xong

1
1
0;
0;
4
4
1 25 1 191
max ( ) ( ) ;min ( ) ( )
4 2 16 16
f t f f t f
 
 
 
 
 
 
= = = =
chính là công việc tìm xem có x, y
thoả mãn
1 1

( )
4 16
t t= =
hay không? Từ đó mới kết luận được kết quả của bài toán.
Trên đây là 3 câu hỏi trong đề thi đại học, cao đẳng năm 2009. Với các phương
pháp đã nêu khi trang bị cho học sinh. Tôi tin học sinh của tôi thực hiện tốt những
câu hỏi này.
- Thứ tư: Đề thi tuyển sinh đại học khối A môn toán năm 2012, câu 6

15
Sáng kiến kinh nghiệm
“Cho các số thực
x, y,z
thỏa mãn điều kiện
x y z 0+ + =
. Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức
x y y z z x
2 2 2
P 3 3 3 6(x y z )
− − −
= + + − + +
.”
Trước bài toán này, câu hỏi đặt ra là chúng ta sẽ giải quyết nó theo hướng
nào? Các phương pháp kể trên có giải quyết được bài toán hay không?
Chương 3: GIẢI PHÁP MỚI
Xuất phát yêu cầu kiến thức của từng giai đoạn khác nhau, giáo viên bổ sung
cho học sinh các phương pháp, cách giải phù hợp. Dạy học chứng minh bất đẳng
thức cũng vậy. Người giáo viên tìm tòi, bổ sung phương pháp chứng minh cho các
học sinh những phương pháp mới hiệu quả là điều cần thiết. Ngoài các phương

pháp thường làm kể trên, khi học phần kiến thức Đạo hàm và các ứng dụng. Ngay
trong chương trình lớp 11, khi có khái niệm đạo hàm chúng ta có ý nghĩa hình học
quan trọng về đạo hàm.
“Nếu tồn tại,
0
f '(x )
là hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số
y f (x)=
tại
điểm
0 0 0
M (x ;f(x ))
. Khi đó phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm
0
M
là
0 0 0
y y f '(x ).(x x )− = −
”
Ta có nhận xét sau: Nếu đường thẳng (d):
y ax b= +
là tiếp tuyến của đồ thị
(C):
y f (x)=
tại điểm
0 0 0
M (x ;f(x ))
( không là điểm uốn), khi đó tồn tại một
khoảng D chứa điểm
0

x
sao cho trên đó đồ thị (C) nằm phía dưới đồ thị (d) hoặc
nằm phía trên đồ thị (d). Tức là
f (x) ax b x D≤ + ∀ ∈
hoặc
f (x) ax b x D≥ + ∀ ∈
. Và
đẳng thức xảy ra khi
0
x x=
.
Hơn thế nữa ta đều phân tích được
k
0
f (x) (ax b) (x x ) .g(x)− + = −
với
k N,k 2∈ ≥
.
Khi đó ta xét dấu của
g(x)
để so sánh giữa
f (x)
và
(ax b)+
.
Từ việc phân tích ở trên ta thấy, để chứng minh bất đẳng thức 2 hay nhiều
biến nếu ta biến đổi một bất đẳng thức về dạng chẳng hạn như
1 2 n
f (a ) f (a ) f(a ) E+ + + ≥
. Khi đó điểm rơi là

1 2 n 0
a a a x= = = =
. Khi đó ta sẽ

16
Sáng kiến kinh nghiệm
viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số
y f (x)=
tại
0
x x=
và sử dụng nhận
xét kể trên.
Ta sẽ xét một số ví dụ để làm rõ điều này:
Bài 1: Cho 4 số dương a,b,c,d thỏa mãn
a b c d 1+ + + =
. Chứng minh rằng

3 3 3 3 2 2 2 2
1
6(a b c d ) a b c d
8
+ + + ≥ + + + +
.
Nhận xét. Dấu bằng xảy ra khi
1
a b c d
4
= = = =
. Bất đẳng thức cần chứng minh

tương đương với

3 2 3 2 3 2 3 2
1 1
(6a a ) (6b b ) (6c c ) (6d d ) f (a) f (b) f (c) f (d)
8 8
− + − + − + − ≥ ⇔ + + + ≥
Trong đó
3 2
f (x) 6x x= −
. Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số
y f (x)=
tại
1
x
4
=
là
1 1 1 5 1
y f '( ).(x ) f ( ) x
4 4 4 8 8
= − + = −
. Ta cần so sánh
f (x)
và
5x 1
x (0;1)
8
−
∀ ∈

Lời giải.
Ta có
3 2 3 2 2
5a 1
6a a 48a 8a 5a 1 0 (4a 1) (3a 1) 0
8
−
− ≥ ⇔ − − + ≥ ⇔ − + ≥
đúng
a (0;1)∀ ∈
(Dấu bằng xảy ra khi
1
a
4
=
). Vai trò a, b, c, d bình đẳng nên ta có

3 2 3 2 3 2 3 2
5(a b c d) 4 1
(6a a ) (6b b ) (6c c ) (6d d )
8 8
+ + + −
− + − + − + − ≥ =
=>ĐPCM.
(Dấu bằng xảy ra khi
1
a b c d
4
= = = =
)

Bài 2: Cho
3
a,b,c ;a b c 1
4
≥ − + + =
. Chứng minh
2 2 2
a b c 9
a 1 b 1 c 1 10
+ + ≤
+ + +
.
Nhận xét. Dấu bằng xảy ra
1
a b c
3
= = =
, khi đó
9
f (a) f (b) f (c)
10
+ + ≤
với hàm
số
2
x
f (x)
x 1
=
+

liên tục trên
3
;
4
 
− +∞
÷

 
. Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số
y f (x)=
tại
1
x
3
=
là
36x 3
y
50
+
=
. Từ đó gợi ý cho ta dẫn đến lời giải của bài toán.
Lời giải.

17
Sáng kiến kinh nghiệm
Ta có
2
2 2 2

36a 3 a (3a 1) (4a 3) 3 36a 3 a
0 a
50 a 1 50(a 1) 4 50 a 1
+ − + +
− = ≥ ∀ ≥ − ⇒ ≥
+ + +
Suy ra
2 2 2
a b c 36(a b c) 9 9
a 1 b 1 c 1 50 10
+ + +
+ + ≤ = ⇒
+ + +
ĐPCM.
(Dấu bằng xảy ra khi
1
a b c
3
= = =
).
Qua 2 bài tập trên ta nhận thấy rằng phương trình tiếp tuyến là đường lối cơ
sở để chúng ta dẫn đến bất đẳng thức cơ bản cần chứng minh. Điều quan trọng là
biến đổi để có được hàm số và điểm rơi cần thiết. Qua đó cũng cho thấy sự hạn chế
của phương pháp này. Tuy nhiên cũng sẽ là công cụ giúp ta giải quyết các bài tập
chứng minh bất đẳng thức một cách tự nhiên hơn. Người đọc sẽ giải thích được các
câu hỏi như: Tại sao lai có bất đẳng thức đó? Nó xảy ra khi nào? Cách nào để tìm
ra nó. Thực tế khi giải bài tập, không nhất thiết phải trình bày chi tiết cách tìm ra
bất đẳng thức cơ sở, từ đó suy ra điều phải chứng minh. Ta tiếp tục xét một số bài
toán thuộc dạng này.
Bài 3. Cho 3 số dương

a,b,c
biết
a b c 3+ + =
. Chứng minh rằng

a b c ab bc ca+ + ≥ + +
(1)
Nhận xét.
2 2 2 2
(1) a b c 2( a b c) (a b c) 9⇔ + + + + + ≥ + + =
Do vậy ta xét hàm số
2
f (x) x 2 x= +
và viết phương trình tiếp tuyến (PTTT)
của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ bằng 1. Và làm tương tự như đã làm đối
với bài tập 1 và bài tập 2.
Lời giải.
Ta có:
2 2 2
a 2 a 3a ( a 1) (a 2 a) 0 a 2 a 3a+ − = − + ≥ ⇔ + ≥
Tương tự ta có
2 2
b 2 b 3b;c 2 c 3c+ ≥ + ≥
. Cộng 3 bất đẳng thức ta được ĐPCM
(Dấu bằng xảy ra khi
a b c 1= = =
)
Bài 4. Cho
a,b,c 0>
. Chứng minh

2 2 2
a b c 9
(b c) (c a) (a b) 4(a b c)
+ + ≥
+ + + + +
.
Lời giải.

18
Sáng kiến kinh nghiệm
Không mất tính tổng quát với bộ số a, b, c ta đặt
a b c 1+ + =
khi đó ta cần
chứng minh
2 2 2
a b c 9
(1 a) (1 b) (1 c) 4
+ + ≥
− − −
. Xét hàm số
2
x
f (x)
(1 x)
=
−
trên (0;1).
Ta viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số
2
x

y
(1 x)
=
−
tại điểm có hoành độ
1
x
3
=
là
18x 3
y
4
−
=
. Lại có
2
2
18x 3 (3x 1) (3 2x)
f (x) 0 x (0;1)
4 4(1 x)
− − −
− = ≥ ∀ ∈
−
18x 3 18(a b c) 9 9
f (x) f (a) f (b) f (c)
4 4 4
− + + −
⇒ ≥ ⇒ + + ≥ = ⇒
ĐPCM.

Nếu
a b c
a b c t 0 1
t t t
+ + = > ⇔ + + =
, ta chứng minh tương tự như trên cho bộ số
a b c
a ' ;b' ;c'
t t t
= = =
. Từ đó ta có điều cần chứng minh.
Trên đây ta đã đề cập đến một số bài tập có sử dụng phương pháp chứng
minh bất đẳng thức dự vào phương trình tiếp tuyến của đường cong. Phương pháp
này không tối ưu trong mọi trường hợp nhưng qua đó giúp ta giải quyết được nhiều
bài toán chứng minh bất đẳng thức một cách khó khăn theo cách giải khác. Một số
bài toán khi thực hiện theo cách giải này sẽ tự nhiên hơn, mang đến cái nhìn đơn
giản hơn. Qua đó phần nào đáp ứng được việc làm đơn giản hóa bài toán chứng
minh bất đẳng thức trước học sinh. Ta xét bài toán tổng hợp Câu 6 đề thi đại học
khối A năm 2012, một bài tập tương đối khó.
“Cho các số thực
x, y,z
thỏa mãn điều kiện
x y z 0+ + =
. Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức
x y y z z x
2 2 2
P 3 3 3 6(x y z )
− − −
= + + − + +

.”
Ta tìm hiểu đáp án chi tiết của Bộ Giáo dục và Đào tạo:
“ Ta chứng minh
t
3 t 1≥ +

t 0∀ ≥
(*)
Xét hàm số
t t
f (t) 3 t 1 f '(t) 3 ln3 1 0 t 0;f(0) 0= − − ⇒ = − > ∀ ≥ = ⇒
(*) đúng.
Áp dụng (*) ta có
x y y z z x
3 3 3 3 x y y z z x
− − −
+ + ≥ + − + − + −
Áp dụng bất đẳng thức
a b a b+ ≥ +
ta có

19
Sáng kiến kinh nghiệm

2 2 2
2
2 2 2
( x y y z z x ) x y y z z x x y ( y z z x )
y z ( x y z x ) z x ( x y y z ) 2( x y y z z x )
− + − + − = − + − + − + − − + − +

+ − − + − + − − + − ≥ − + − + −
Do đó
2 2 2
2 2 2 2
x y y z z x 2( x y y z z x ) 6(x y z ) 2(x y z)− + − + − ≥ − + − + − = + + − + +

2 2 2
x y y z z x 6(x y z ) P 3⇒ − + − + − ≥ + + ⇒ ≥
Khi
x y z 0= = =
thì dấu bằng xảy ra. Vậy giá trị nhỏ nhất của (P) bằng 3.”
(Theo đáp án môn toán khối A, đề thi tuyển sinh đại học năm 2012)
Theo đáp án trên đây, việc tìm giá trị nhỏ nhất của bài toán phụ thuộc nhiều
vào việc tìm ra bất đẳng thức (*) và sử dụng nó. Theo đáp án thì lời giải không
thấy tự nhiên. Nhưng nếu chúng ta xét theo phương pháp giải sử dụng phương
trình tiếp tuyến của đường
t
y e=
tại điểm có hoành độ bằng 0.

t
y' e y'(0) 1 PTTT : y y'(0).(t 0) y(0) t 1= ⇒ = ⇒ = − + = +
Lại có
t t t
3
( ) 1 t 0 3 e
e
≥ ∀ ≥ ⇒ ≥
, việc chứng minh
t

e t 1 t 0≥ + ∀ ≥
đã có trong bài
tập của chương trình phổ thông.
Bên cạnh đó cúng cần phải nhớ
x y 0, y z 0, z x 0− ≥ − ≥ − ≥
.
Rõ ràng thực hiện theo phương pháp giải kể trên lý giải việc dẫn đến bất đẳng
thức (*) của bài toán sẽ đơn giản hơn rất nhiều.
Đây là một bài toán điển hình thể hiện những điểm thuận lợi khi sử dụng
phương pháp chứng minh này so với các phương pháp thường dùng trước đây. Tất
nhiên để giải quyết bài toán cần phối hợp nhiều phương pháp khác nhau, các kĩ
thuật khác nhau, đúng yêu cầu là một bài toán phân hóa học sinh giỏi và xuất sắc
trong đề thi đại học khối A.
Ngoài những bài toán kể trên, sử dụng phương pháp chứng minh mới này có
thể giải quyết được các bài tập sau nhanh chóng và thuận tiện:
Bài 1. Cho
a,b,c 0>
và
2 2 2
a b c 1+ + =
. Chứng minh

2 2 2 2 2 2
b c c a a b
2 3
a b c
+ + +
+ + ≥
(*)

20
Sáng kiến kinh nghiệm
HD. (*)
2 2 2
1 a 1 b 1 c
2 3
a b c
− − −
⇔ + + ≥
. Ta viết PTTT của đồ thị hàm só
2
1 x
y
x
−
=
tại điểm có hoành độ
1
x
3
=
và sử dụng phương pháp 11.
Bài 2. Cho một tam giác có độ dài 3 cạnh là a, b,c. Chứng minh

1 1 1 9 1 1 1
4( )
a b c a b c a b b c c a
+ + + ≥ + +
+ + + + +
(**)

HD. Do vai trò a, b, c bình đẳng và thuần nhất, ta đặt
a b c 1+ + =
(trong trường
hợp có tổng là t > 0 ta giải như bài tập 4 chương 3).
Khi đó ta xét hàm số
4 1
f (x)
1 x x
= −
−
và viết PTTT của đồ thị hàm số
y f (x)=
tại
điểm có hoành độ
1
x
3
= ⇒
vận dụng phương pháp 11.
Bài 3. Cho 3 số dương a, b, c. Chứng minh rằng

3 3 3
2 2 2 2 2 2
a b c a b c
a ab b b bc c c ca a 3
+ +
+ + ≥
+ + + + + +
.
HD. Dấu bằng xảy ra khi

a b c= =
.
Xét hàm số
3 4 3 2 2
2 2 2 2 2
x x 2bx 3b x
f (x) f '(x)
x bx b (x bx b )
+ +
= ⇒ =
+ + + +
viết phương trình
tiếp tuyến của
y f (x)=
tại x = b. Từ đó chứng minh
3
2 2
a 2a b
a ab b 3
−
≥
+ +
Tương tự với các biểu thức còn lại ta có đpcm.


21
Sáng kiến kinh nghiệm
Chương 4: KẾT QUẢ THỰC NGHIỆM
I. THỰC NGHIỆM 1:
Bài kiểm tra chương 1 giải tích 12. Tôi đã dõi và tổng hợp kết quả của học

sinh lớp tôi trực tiếp giảng dạy và các lớp đối chứng. Tuy rằng việc phân hóa lớp
tương đối tương đồng nhưng hiệu quả bài làm rõ ràng với hướng làm mới, các em
vận dụng theo phương pháp 11 kết quả tốt hơn rất nhiều. Ta thống kê số liệu học
sinh làm tôt câu 2 phần tự luận.
ĐỀ KIỂM TRA 1 TIẾT MÔN TOÁN LỚP 12 (CHƯƠNG 1)
1. Ma trận đề:
Chủ đề
Nhận biết Thông hiểu Vận dụng
Tổng
TNKQ TL TNKQ TL TNKQ TL
Tính đơn điệu 3
0,5
1,5
Cực trị, GTLN,GTNN 3
0,5
1,5
Tiệm cận 2
0,5
1,0
Khảo sát hàm số 1
3,0
3,0
Các bài toán liên quan 1
3,0
3,0
Tổng 4,0 3,0 3,0 10,0
2. Nội dung:
A. Phần trắc nghiệm: (4 điểm)
Câu 1: Hàm số
3 2

3 4y x x= − +
đồng biến trên khoảng:
A. (0; 2) B. (
−∞
; 0) và (2;
+∞
) C. (
−∞
; 2) D. (0; +∞)
Câu 2: Hàm số
4 2
2 3y x x= − − +
đồng biến trên khoảng:
A. (–∞; 0) B. (–∞; –1) C. (1; +∞) D. (0; +∞)
Câu 3: Hàm số
1
2
x
y
x
−
=
+
nghịch biến trên khoảng:
A. (–∞; +∞) B. (–∞; 2) C. (2; +∞) D. (–2; +∞)

22
Sáng kiến kinh nghiệm
Câu 4: Hàm số
3 2

3 4y x x= − +
đạt cực tiểu tại điểm:
A. x = 0 B. x = 2 C. x = 4 D. không có
Câu 5: Hàm số
4 2
2 3y x x= − − +
đạt cực đại tại điểm:
A. x = –1 B. x = 1 C. x = 0 D. x = 3
Câu 6: Hàm số
1
2
x
y
x
−
=
−
có mấy điểm cực trị:
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
Câu 7: Đồ thị hàm số
2
1
3
x
y
x x
−
=
−
có bao nhiêu tiệm cận:

A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
Câu 8: Đồ thị hàm số
2
3
2
x
y
x x
−
=
+ −
có bao nhiêu tiệm cận đứng:
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
B. Phần tự luận: (6 điểm)
Bài 1. Cho hàm số :
3 2
3 4= + −y x x
.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số .
b) Dựa vào đồ thị (C), biện luận theo m số nghiệm của phương trình:
3 2
3x x m+ =
.
Bài 2. Cho 2 số dương x, y thỏa mãn
x y 1+ ≤
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

1 1
P x y
x y

= + + +
.

Kết quả: Thống kê số học sinh làm được bài tự luận thứ 2. Việc thống kê đó còn
cho ta biết bao nhiêu học sinh giải bài 2 phần tự luận theo phương pháp chứng
minh 11.Qua đó giáo viên có thể điều chỉnh, rút kinh nghiệm cho học sinh:
+ Năm học 2010 – 2011:
Lớp Tên Sĩ số Hoàn thành 100% Hoàn thành 50% Ghi chú
Thực nghiệm 12A1 51 35 9
Đối chứng 12A2 56 8 9
Đối chứng 12A3 51 4 8
+ Năm học 2011 – 2012:
Lớp Tên Sĩ số Hoàn thành 100% Hoàn thành 50% Ghi chú
Thực nghiệm 12A1 49 32 13
Đối chứng 12A2 48 10 15
Đối chứng 12A3 50 5 9
+ Năm học 2012 – 2013:
Lớp Tên Sĩ số Hoàn thành 100% Hoàn thành 50% Ghi chú
Thực nghiệm 12A1 48 34 7
Đối chứng 12A2 44 16 11
Thực nghiệm 12A3 49 8 9

23
Sáng kiến kinh nghiệm
Đối chứng 12A4 43 3 6
Các kết quả trên phản ánh phần nào nếu học sinh được trang bi tốt các kiến
thức và phương pháp sẽ giải quyết rất tôt yêu cầu của bài toán. Ở đây ta nói đến bài
tập số 2 phần tự luận. Học sinh khi chưa biết thêm phương pháp sử dụng phương
trình tiếp tuyến chứng minh bất đẳng thức thì học sinh chỉ còn cách vận dụng tốt
bất đẳng thức cosi với điểm rơi phù hợp, vì vậy các học sinh đó có kết quả không

cao. Qua đó ta thấy ưu điểm của phương pháp này trong bài toán cụ thể trên.
II. THỰC NGHIỆM 2:
Cuối năm học 2011 – 2012, tôi ra 2 đề thi sát hạch các khối 10 và 11, nội dung
đề thi bám sát yêu cầu của đề thi đại học cao đẳng của Bộ giáo dục đàò tạo. Mục
kiểm tra đánh giá kết quả học tập của các em và của các giáo viên trong năm học,
đồng thời là cơ sở phân luồng của học sinh. Chúng tôi đã lựa chọn 2 bài tập bất
đẳng thức và ứng dụng trong 2 đề này ngoài những mục tiêu kể trên, tôi kiểm tra
xem học sinh lớp 11 khi được trang bị phương pháp mới thì kết quả của các em
thay đổi như thế nào. Kết quả thi của 2 khối và đặc biệt khối 11 đã đáp ứng một
phần kì vọng của chúng tôi.
Kết quả thi sát hạch cuối năm Năm học 2011 - 2012 của khối 10:
Điểm bài thi Điểm giỏi Điểm khá Điểm TB Điểm yếu, kém
Số luợng 19 60 123 208
Làm tốt BĐT 23 18 0 0
Kết quả thi sát hạch cuối năm Năm học 2011 - 2012 của khối 11:
Điểm bài thi Điểm giỏi Điểm khá Điểm TB Điểm yếu, kém
Số luợng 45 78 172 101
Làm tốt BĐT 38 25 04 0
Qua số liệu đó ta thấy số học sinh làm tốt câu bất đẳng thức đã tăng lên đáng
kể khi có thêm một phương pháp làm bài mới. Tất nhiên phụ thuộc vào nội dung
đề bài. Ta cũng phải công nhận rằng nhiều bài tập về bất đẳng thức và ứng dụng
chỉ có một hướng giải đặc biệt, khó có thể áp dụng phương pháp giải khác. Do đó
phương pháp chứng minh bất đẳng thức dựa vào phương trình tiếp tuyến của
đường cong cũng là một hướng giải mà mỗi người giáo viên cũng nên trang bị cho
học sinh.

24
Sáng kiến kinh nghiệm
Phần 3: KẾT LUẬN

Qua sáng kiến kinh nghiệm tôi nghĩ rằng: Để học sinh làm tốt bài toán
chứng minh bất đẳng thức, ngoài việc giáo viên truyền đạt cho học sinh các kiến
thức cơ bản, thì giáo viên cũng nên trang bị cho các em kiến thức, các phương
pháp làm bài chứng minh bất đẳng thức. Thường xuyên được nhắc lại trong các
phần kiến thức khác nhau, rút ra bài học sau mỗi bài dạy. Khi kết thúc chương
trình THPT học sinh sẽ có cái nhìn toàn diện nhất về toàn bộ các phương pháp làm
bài chứng minh bất đẳng thức và ứng dụng. Đồng thời các tổ chuyên môn thường
xuyên tổ chức các buổi sinh hoạt chuyên môn về phương pháp dạy học bất đẳng
thức để tìm ra con đường hướng dẫn học sinh không còn quá lo sợ trước dạng toán
này. Ngoài các phương pháp chứng minh thông thường, giáo viên cũng nên tìm tòi,
sáng tạo tìm ra các phương pháp chứng minh bất đẳng thức phù hợp với nhận thức
của học sinh từng giai đoạn.
Rất mong có sự đóng góp ý kiến của các thầy cô.

25