SKKN Một vài cách xây dựng bất đẳng thức đơn giản

Phần I: MỞ ĐẦU
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Trong quá trình giảng dạy phần bất đẳng thức, giáo viên gặp nhiều khó khăn
trong việc xây dựng hệ thống bài tập để củng cố kiến thức cho học sinh. Để khắc
phục điều này tôi đề xuất sáng kiến “ Một vài cách xây dựng bất đẳng thức đơn
giản”. Sáng kiến này áp dụng được cho tất cả giáo viên dạy toán cấp trung học, tôi
đã đề xuất hai cách xây dựng bất đẳng thức đơn giản qua cách xây dựng bất đẳng
thức này cũng trang bị cho học sinh phương pháp giải toán bất đẳng thức
II. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU
Qua việc thực hiện sáng kiến kinh nghiệm đã giúp giáo viên xây dựng hệ thống
bài tập chủ động hơn, giúp học sinh tiếp thu bài tốt hơn, tạo niềm say mê học toán
cho học sinh. Các ví dụ minh họa sáng kiến được tác giả sáng tạo và lấy trong các
kì thi đại học, thi học sinh giỏi.
III. NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU
Trình bày nội dung bất đẳng thức, chứng minh và hướng dẫn ra đề các bài tập
tương tự cũng như cách giải với một số bài tập tương tự.
Rèn luyện tư duy toán thong qua giải các bài tập chứng minh bất đẳng thức đồng
thời trao đổi và học tập kinh nghiệm với các thầy cô bộ môn Toán.
IV.ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU
Đề tài này được áp dụng cho các giáo viên Toán THPT và học sinh các lớp
10,11 và 12.
1
V.PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
Dựa vào các chuyên đề bất đẳng thức thường gặp và bất đẳng thức nâng cao
trong các kì thi.
Hướng dẫn học sinh tìm bài tập có liên quan, tạo tình huống có vấn đề để học sinh
cùng trao đổi, nghiên cứu.
VI.NHỮNG ĐÓNG GÓP CỦA ĐỀ TÀI
Sau khi áp dụng đề tài này vào giảng dạy cho học sinh lớp 10 và 11 một năm qua
tôi thấy học sinh rất có hứng thú trong học tập chương bất đẳng thức, bước đầu học
sinh đã hình dung được phương pháp cơ bản để chứng minh bất đẳng thức. Đối với

bản thân tôi, cũng tìm được cách mới để đưa học sinh vào tiếp cận các bài bất đẳng
thức khó trong một số đề thi.
2
PHẦN II. NỘI DUNG NGHIÊN CỨU VÀ KẾT QUẢ
Chương I: CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN CỦA ĐỀ TÀI
I. CƠ SỞ LÝ LUẬN CỦA ĐỀ TÀI
Quá trình giải Toán chính là quá trình rèn luyện phơng pháp suy luận khoa
học là quá trình tự nghiên cứu và sáng tạo, không dừng lại ở mỗi bài toán đã
giải hãy tìm thêm các kết quả thu đợc sau mỗi bài toán tởng chừng nh đơn giản. Đó
là tinh thần tiến công trong học toán và đó cũng là điều kiện để phát triển tư duy
sáng tạo cho học sinh qua việc áp dụng công thức để chứng minh các bài toán về
bất đẳng thức.
II. CƠ SỞ THỰC TIỄN CỦA ĐỀ TÀI
Trong các yêu cầu của việc giải bài tập toán nói chung và chứng minh các
bất đẳng thức toán học nói riêng thì việc tìm hiểu sự liên hệ của bài này đối với
bài khác của bất đẳng thức này đến bất đẳng thức khác là một trong những yêu
cầu cần đặt ra đối với học sinh. Trong quá trình giảng dạy môn Toán ở trường
THPT tôi nhận thấy các bài tập về phần bất đẳng thức đều mang đậm một nội
dung phong phú và đa dạng. ở những bài tập đó tiềm ẩn các giả thiết và kết
luận mới, đòi hỏi sự khai thác sáng tạo, phát hiện để mang lại những kết quả
đầy lý thú, kiến thức mở rộng và sâu sắc. Tuy nhiên để làm đợc điều đó thì đòi
hỏi ở thày và trò một quá trình làm việc nghiêm túc mang tính sáng tạo.
3
Chương II: MỘT VÀI CÁCH XÂY DỰNG BẤT ĐẲNG THỨC
1.MỘT SỐ VẤN ĐỀ LÍ THUYẾT LIÊN QUAN.
1.1.Các hằng đẳng thức đáng nhớ.
1.( A+ B )
2
= A
2

+ 2AB + B
2
2.( A- B )
2
= A
2
- 2AB + B
2
3. A
2
- B
2
= (A+B )( A- B )
4. ( A+ B )
3
= A
3
+ 3A
2
B + 3AB
2
+ B
3
5. ( A- B )
3
= A
3
- 3A
2
B + 3AB

2
- B
3
6. A
3
+ B
3
=( A+ B )( A
2
- AB+ B
2
)
7. A
3
- B
3
=( A- B )( A
2
+ AB+ B
2
)
1.2. Khai triển Taylo với hàm một biến.
Trong toán học cao cấp ta biết khai triển Taylo đối với hàm một biến trên
trường số thực.
Nếu hàm số f(x) xác định trên khoảng (a;b) và x
0
thuộc (a;b). f(x) có đạo hàm
cấp n+1 trên lân cận của x
0
và tại x

0
khi đó ta có công thức Taylo với phần dư dạng
Lagrang
( )
( 1)
2 1
0 0 0
0 0 0 0 0
'( ) "( ) ( )
( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ( ; ))
1! 2! ! ( 1)!
n
n
n n
f x f x f x
f c
f x f x x x x x x x x x c a b
n n
+
+
= + − + − + + − + − ∈
+
Trong đề tài này tôi đã dựa trên các hằng đẳng thức đáng nhớ và công thức
Taylo để đưa ra hai cách xây dựng bất đẳng thức đơn giản.
2. MỘT VÀI CÁCH XÂY DỰNG BẤT ĐẲNG THỨC ĐƠN GIẢN.
2.1.Sử dụng các hằng đẳng thức đáng nhớ.
Với đối tượng học sinh THPT , học sinh được học bất đẳng thức trong chương
trình đại số lớp 10 mà đây là một phần rất khó đòi hỏi học sinh phải làm nhiều bài
4

tập qua đó hình thành kĩ năng chứng minh bất đẳng thức. Trong sách giáo khoa có
đưa ra số lượng bài tập ít nên đòi hỏi giáo viên phải tìm tòi thêm bài tập hoặc sáng
tạo ra các bài tập phù hợp với đối tượng học sinh. Với việc sử dụng các hằng đẳng
thức đáng nhớ ta sẽ xây dựng được các bất đẳng thức phù hợp với đối tượng học
sinh dựa trên nguyên lí: Tổng các số không âm luôn không âm.
Ví dụ 1:
Chứng minh rằng
4 4 2 2
1 2 ( 1) , ,a b c a ab c a a b c+ + + ≥ + − + ∀
.
Đây là bài toán đơn giản rất phù hợp với học sinh mới học bất đẳng thức, cách xây
dựng của ta là :
Xuất phát từ 3 bất đẳng thức
2 2 2 2 2
( ) 0,( ) 0,( 1) 0a b a c a− ≥ − ≥ − ≥
ta cộng 3 bất
đẳng thức lại rồi rút gọn sẽ thu được bất đẳng thức trên
2 2 2 2 2 4 2 2 4 2 2 2
4 4 2 2
( ) ( ) ( 1) 0 , , 2 2 2 1 0
1 2 ( 1) , ,
a b a c a a b c a a b b a ac c a a
a b c a ab c a a b c
−− + − + − ≥ ∀ ⇒ − + + + + − + ≥
⇒ + + + ≥ + − + ∀
Ví dụ 2:
Cho các số thực a, b thỏa mãn
2a b+ ≥
. Chứng minh rằng
3 3 4 4

a b a b+ ≤ +
.
Đây là 1 bài toán khó hơn nhiều so với bài toán trước đòi hỏi học sinh có tư
duy tốt hơn và cách xây dựng của ta cũng khéo hơn nhằm làm cho học sinh khó
phát hiện ra những hằng đẳng thức và phải biết vận dụng giả thiết.
Cách xây dựng của ta như sau: Ta biết
2 3 2
( 1) 0 , 1 ( 1)( 1)a a a a a a− ≥ ∀ − = − + +
do
vậy
2 2 3 4 3
( 1) ( 1) ( 1)( 1) 1 0a a a a a a a a a− + + = − − = − − + ≥ ∀
nên ta tạo ra giả thiết
2a b+ ≥
nhằm che khuất phần bất đẳng thức đúng. Bất đẳng thức trên có được
bằng cách biến đổi , rút gọn
2 2 2 2
( 1) ( 1) ( 1) ( 1) 2 0a a a b b b a b− + + + − + + + + − ≥
.
Ví dụ 3:
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 2 2
2A a b c bc ac c= + + − − −
.
Bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất đòi hỏi học sinh có tư duy tốt hơn và có
kĩ năng giải toán bất đẳng thức. Bài toán trên xây dựng trên phép biến đổi, rút gọn
2 2 2
( ) ( ) ( 2) 0 , ,a b a b c c a b c− + + − + − ≥ ∀
.
Ví dụ 4:

5
Xuất phát từ việc biến đổi , rút gọn
2 2
( 2 ) ( 3 ) 0a c a c b− + + − ≥
ta được bất đẳng
thức
2 2 2
2 9 5 2( 3 3 )a b c ac ab bc+ + ≥ + +
, dấu đẳng thức xảy ra khi
2 2a b c= =
, ta chọn
1b c= =
và
2a =
thì
3 3 11ac ab bc+ + =
nên ta có bài toán:
Cho các số thực a, b, c thỏa mãn
3 3 11ac ab bc
+ + =
. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức
2 2 2
2 9 5P a b c= + +
.
Ví dụ 5:
Cũng với cách xây dựng
2 2
( 2 ) ( ) 0a b a b c
− + + − ≥

ta được
2 2 2
2 5 2( )a b c ab bc ca+ + ≥ + +
.
Ta chọn
, ,a b c
sao cho
1ab bc ca+ + =
ta có bài toán : Cho a, b, c thỏa mãn
1ab bc ca+ + =
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 2 2
2 5P a b c= + +
.
Trong tam giác ABC ta có
tan .tan tan .tan tan .tan 1
2 2 2 2 2 2
A B C B A C
+ + =
nên gắn
vào tam giác ABC ta có bài toán:
Xét tam giác ABC.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 2 2
2tan 5tan tan
2 2 2
A B C
Q = + +
.
Rõ ràng bài toán này không đơn giản.

Ví dụ 6:
Để xây dựng bài toán tìm giá trị lớn nhất ta cũng làm tương tự, chẳng hạn xuất
phát từ việc biến đổi , rút gọn
2 2
( ) ( ) 0a b a b c− + + − ≥
ta được bất đẳng thức :
2
2 2
, ,
2
c
a b ac bc a b c+ + ≥ + ∀
dấu đẳng thức xảy ra khi
2 2c a b= =
, ta chọn
1a b= =
và
2c =
thì
2
2 2
4
2
c
a b+ + =
nên ta có bài toán: Cho các số thực a, b, c thỏa mãn
2
2 2
4
2

c
a b+ + =
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
R ac bc
= +
.
Với cách làm như trên ta có thể xây dựng được nhiều bài toán bất đẳng thức
phù hợp với đối tượng học sinh , góp phần rất lớn vào việc phát triển tư duy toán
cho học sinh.
6
Qua thực tế khi chưa thực hiện đề tài này , nhiều giáo viên còn rất lung túng
khi dạy phần bất đẳng thức lớp 10: lúng túng trong việc xây dựng hệ thống bài tập,
trong việc tìm bài tập hợp lí, trong viêc ra bài tập mà học sinh đã biết rồi, …. Khi
có đề tài này thì các vấn đề đã được giải quyết, học sinh hăng hái hơn khi học phần
bất đẳng thức, giáo viên hào hứng dạy phần này , kết quả giảng dạy nâng nên rõ rệt.
2.2.Sử dụng khai triển Taylo với hàm một biến.
Trong chương trình giải tích 12, học sinh được trang bị kiến thức ứng dụng
đạo hàm trong đó 1 trong những ứng dụng là để chứng minh bất đẳng thức và tìm
giá trị lớn nhất , nhỏ nhất của hàm số. Để rèn luyện kỹ năng này giáo viên cần xây
dựng hệ thống bài tập hợp lí, phù hợp với đối tượng học sinh do vậy giáo viên cần
phải biết cách sáng tạo ra bài tập để phục vụ mục đích này.
Xuất phát từ khai triển Taylo được trang bị trong trường đại học, tôi đã xây
dựng các bài toán bất đẳng thức như sau:
Ta xét hàm số y=f(x) xác định trên (a;b) và có đạo hàm trên khoảng này xét x
0
trong khoảng (a;b).
Dùng khai triển Taylo tại x
0
ta có
2

0 0 0 0
"( )
( ) ( ) '( )( ) ( ) ( ( ; ))
2
f c
f x f x f x x x x x c a b= + − + − ∈
.
, dấu đẳng thức xẩy ra khi x=x
0
.
Thay đổi vai trò của x và x
0
ta có
Ví dụ 7:
Xét hàm số
( ) sinx (0; )f x x
π
= − ∀ ∈
7
0 0
( ) ( ) '( )( ) ( ; ) (2)f x f x f x x x x a b
≥ + − ∀ ∈
0 0 0
( ) ( ) '( )( ) ( ; ) (1)f x f x f x x x x a b≥ + − ∀ ∈
Ta chọn hàm số có
có
'( ) cos ; "( ) sinx 0 (0; )f x x f x x
π
= − = > ∀ ∈
áp dụng công thức (1) với

0
4
x
π
=
ta có
2 2
sinx ( ) (0; )
2 2 4
x x
π
π
− ≥ − − − ∀ ∈
ta có bài toán: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số
2
( ) sinx
2
x
f x = −
trên [
0;
π
].
Việc giải bài toán này không khó khăn
Cách giải
Xét hàm số
2
( ) sinx
2
x

f x = −
trên [
0;
π
]
2 2 2
'( ) cos ; '( ) 0 [0; ]; (0) 0, ( ) , ( ) ( 1)
2 4 2 4 2 4
f x x f x x f f f
π π π π
π π
= − = ⇔ = ∈ = = = −
⇒
Giá trị nhỏ nhất của hàm số
2
( ) sinx
2
x
f x = −
trên [
0;
π
] là
2
( 1)
2 4
π
−
.
Đây là một bài toán đơn giản giúp giáo viên củng cố cho học sinh qui tắc tìm

giá trị lớn nhất, nhỏ nhất trên một đoạn rất tốt.
Ví dụ 8:
Xét hàm số
2
( ) sinxf x x= +
có
'( ) cos 2 ; "( ) sinx+2 0f x x x f x x= + = > ∀
áp dụng công thức (1) với
0
6
x
π
=
ta có
2
2
1 3
sinx ( )( )
2 36 2 3 6
x x x
π π π
+ ≥ + + + − ∀
ta có bài toán:
Chứng minh rằng
2
2
3 1 3
sinx ( ) (0; )
2 3 2 12 36
x x x

π π π
π
+ − + ≥ − − ∀ ∈
.
Cách giải
8
Xét hàm số
2
3
( ) sinx ( ) , (0; )
2 3
f x x x x
π
π
= + − + ∀ ∈
osx inx 2 0 (0; )
3
'( ) 2 ( ); ''( ) s
2 3
x
f x c x f x
π
π
+ > ∀ ∈
= + − + = −
⇒
'( )f x
đồng biến trên (0;
π
) , có

'( ) 0
6
f
π
=
nên ta có bảng biến thiên
1
2
-
π
3
12
-
π
2
36
π
6
+
+
-
-
-
+
0
f(x)
f'(x)
π
0
x

từ bảng biến thiên ta được
2
1 3
( ) (0; )
2 12 36
f x x
π π
π
≥ − − ∀ ∈
2
2
3 1 3
sinx ( ) (0; )
2 3 2 12 36
x x x
π π π
π
⇔ + − + ≥ − − ∀ ∈
.
Với bài toán này giáo viên củng cố tốt cho học sinh cách áp dụng đạo hàm chứng
minh bất đẳng thức, ta cũng có thể thay nó thành bài toán tìm giá trị nhỏ nhất của
hàm số trên một khoảng.
Ví dụ 9:
Xét hàm số
2
( )f x x=
có
'( ) 2 ; "( ) 2 0f x x f x x= = > ∀
áp dụng công thức (1) với
0

3x =
ta có
2 2
3 6( 3) ( )x x x a≥ + − ∀
áp dụng công thức (1) với
0
2x =
và thay x bởi y ta có
2 2
2 4( 2) ( )y y y b≥ + − ∀
cộng 2 vế (a) và (b) ta được
2 2
13 4( 5) 2( 3) ,x y x y x x y+ ≥ + + − + − ∀
9
bằng cách hạn chế điều kiện của x, y ta có bài toán sau:
Cho các số thực x, y thỏa mãn
3
5
x
x y



≥
+ ≥
. Chứng minh rằng
2 2
13x y+ ≥
.
Cách giải

Xét hàm số
2
( )f x x=
, áp dụng công thức (1) với
0
3x =
ta có
2 2 2
6 9 03 6( 3) xx x x x x− + ≥≥ + − ∀ ⇔ ∀
nên ta hướng dẫn học sinh giải như sau:
có
2 2 2 2
2 2 2
0 6 9 0
0
( 3) 3 6( 3)
( 2) 2 4( 2)
x x
y
x x x x x x
y y y y

≥ ∀ − + ≥

⇒

≥ ∀ ⇔


− ⇔ ∀ ⇔ ≥ + − ∀

− ≥ + − ∀
2 2
13 4( 5) 2( 3) ,x y x y x x y+ ≥ + + − + − ∀

2 2
13x y⇔ + ≥
với mọi x, y thỏa mãn
3
5
x
x y



≥
+ ≥
Với bài toán này ta có thể áp dụng cho nhiều đối tượng học sinh các cấp học.
Bằng cách thay đổi vai trò của x
0
và x , từ (a) và (b) ta có
2 2
2 2
2 2
3 2 (3 )
13 2 (5 ) ( )(3 ) ,
2 2 (2 )
x x x x
x y y x y x y x x y
y y y y






≥ + − ∀
⇒ ≥ + + − − + − − ∀
≥ + − ∀
bằng cách hạn chế điều kiện của x, y ta có bài toán sau:
Cho các số thực x, y thỏa mãn
0 3
5
y x
x y



≤ ≤ ≤
+ ≤
. Chứng minh rằng
2 2
13x y+ ≤
.
Cách giải bài toán này tương tự bài toán trên.
Cũng với cách làm này ta chọn hàm số phức tạp thì sẽ tạo ra những bài toán
khó hơn
Ví dụ 10:
Xét hàm số
2
( )f x x=
trên (0;+

∞
).
10
có
2 1 2 2
2-1'( ) 2 ; "( ) 2( )x 0 0f x x f x x
− −
= = > ∀ >
áp dụng công thức (1) với
0
3x =
ta có
2 2 2 1
3 2.3 ( 3) 0 ( )x x x a
−
≥ + − ∀ >
áp dụng công thức (1) với
0
2x =
và thay x bởi y ta có
2 2 2 1
2 2.2 ( 2) 0 ( )y y y b
−
≥ + − ∀ >
cộng 2 vế (a) và (b) ta được
2 2 2 2 2 1 2 1 2 1
2 3 2.2 ( 5) 2( 3)(3 2 ) 0, 0x y x y x x y
− − −
+ ≥ + + + − + − − ∀ > >
bằng cách hạn chế điều kiện của x, y ta có bài toán sau:

Cho các số thực x, y thỏa mãn
3
5
x
x y



≥
+ ≥
. Chứng minh rằng
2 2 2 2
3 2x y+ ≥ +
Rõ ràng bài toán này khó khăn hơn nhiều bài toán trước
Cách giải
Xét hàm số
2 2 1
( ) 2. ( ) 0 ( 0)f x x a x a x a
−
−= − ∀ > >
2 1 2 1 2 2
'( ) 2 ; ''( ) 2( 2 1) 0 0
2.
f x x f x x x
a
− − −
= − = − > ∀ >

do vậy
'( )f x

đồng biến trên (0;+
∞
) có f(a)=0 . ta có bảng biến thiên
a
+
+
-
-
-
+
0
f(x)
f'(x)
+
∞
0
x
Từ bảng biến thiên
2 2 2 1 2
( ) 0 2. ( ) 0 ( 0)f x a x x a x a a x a
−
⇒ ≥ ∀ > ⇔ − − ≥ ∀ > >
(1)
Chọn a=3 thay vào (1) và chọn x=y, a=2 thay vào (1) ta có
2 2 1 2 2 2 2 1
2 2 1 2 2 2 2 1
2.3 ( 3) 3 0 3 2.3 ( 3) 0
2.2 ( 2) 3 0 3 2.2 ( 2) 0y y
x x x x x x
y y y y

− −
− −
 
−
 
 
− +
 
 
− ≥ ∀ > ≥ + − ∀ >
⇒ ⇒
− ≥ ∀ > ≥ − ∀ >
11
2 2 2 2 2 1 2 1 2 1
2 3 2.2 ( 5) 2( 3)(3 2 ) 0, 0x y x y x x y
− − −
+ ≥ + + + − + − − ∀ > >
Do
3
5
x
x y



≥
+ ≥
nên
2 2 2 2
2 3x y+ ≥ +

.
Đối với bài toán này đòi hỏi học sinh phải sử dụng linh hoạt hơn kiến thức đạo
hàm.
Bằng cách tương tự ta cũng có thể xây dựng những bất đẳng thức nhiều biến hơn
Ví dụ 11:
Xét hàm số
3
( )f x x=
trên (0;+
∞
).
có
2
'( ) 3 ; "( ) 6 0 0f x x f x x x= = > ∀ >
áp dụng công thức (2) với
0
3x =
ta có
3 3 2
3 3 (3 ) 0 ( )x x x x a≥ + − ∀ >
áp dụng công thức (2) với
0
2x =
và thay x bởi y ta có
3 3 2
2
3 (2 ) 0 ( )y y y y b≥ + − ∀ >
áp dụng công thức (2) với
0
1x =

và thay x bởi z ta có
3 3 2
1 3 (1 ) 0 ( )z z z z c≥ + − ∀ >
cộng 2 vế (a) (b) và (c) ta được
3 3 3 3 3 3 2 2 2
3 3 3 2 2 2 2 2
3 2 1 3 (3 ) 3 (2 ) 3 (1 ) 0, 0, 0
36 3 (6 ) 3( )(3 ) 3( )(2 ) 0, 0, 0
x y z x x y y z z x y z
x y z z x y z x z x y z y x y z
+ + ≥ + + + − + − + − ∀ > > >
⇒ ≥ + + + − − − + − − + − − ∀ > > >
bằng cách hạn chế điều kiện của x, y,z ta có bài toán
Cho các số thực x, y thỏa mãn
0 2 3
6
z y x
x y z



< ≤ ≤ ≤ ≤
+ + ≤
.
Chứng minh rằng
3 3 3
36x y z+ + ≤
.
Cách giải
Xét hàm số

3
( )f x x=
, áp dụng công thức (2) với
0
3x =
ta có
3 3 2 3 2 2
9 27 0 0 ( 3) (2 3) 0 03 3 (3 ) 0 2 x x x x xx x x x x − + ≥ ∀ > ⇔ − + ≥ ∀ >≥ + − ∀ > ⇔

nên ta hướng dẫn học sinh giải như sau:
do
2 3 2 3 3 2
( 3) (2 3) 0 0 9 27 0 02 3 3 (3 ) 0x x x x xx x x x x− + ≥ ∀ > − + ≥ ∀ > ⇔⇔ ≥ + − ∀ >
12
tương tự
2 3 3 2
2 3 3 2
( 2) (2 2) 0 2
(2 1) 0 1
0 3 (2 ) 0 ;
( 1) 0 3 (1 ) 0
y y
z
y y y y y
z z z z z z
− + ≥
+ ≥ ⇔
∀ > ⇔ ≥ + − ∀ >
− ∀ > ≥ + − ∀ >
nên

3 3 3 3 3 3 2 2 2
3 3 3 2 2 2 2 2
3 2 1 3 (3 ) 3 (2 ) 3 (1 ) 0, 0, 0
36 3 (6 ) 3( )(3 ) 3( )(2 ) 0, 0, 0
x y z x x y y z z x y z
x y z z x y z x z x y z y x y z
+ + ≥ + + + − + − + − ∀ > > >
⇒ ≥ + + + − − − + − − + − − ∀ > > >
Do
0 2 3
6
z y x
x y z



< ≤ ≤ ≤ ≤
+ + ≤
nên
3 3 3
36x y z+ + ≤
.
Với bài toán này ta có thể áp dụng cho nhiều đối tượng học sinh các cấp học.
Khi điều kiện đề bài được dấu đi , các bất đẳng thức nhận được sẽ khó hơn , chẳng
hạn trong tam giác ABC thì A+B+C=
π
Ví dụ 12:
Xét hàm số
2
( ) osxf x c x= +

có
'( ) sin 2 ; "( ) osx+2 0f x x x f x c x= − + = − > ∀
áp dụng công thức (1) với
0
3
x
π
=
ta có
2
2
1 3 2
cosx ( )( )
2 9 2 3 3
x x x
π π π
+ ≥ + + − + − ∀
(*)
dấu đẳng thức xảy ra khi
3
x
π
=
.
Áp dụng (*) trong tam giác ABC ta có:
2
2
1 3 2
cosA ( )( ) ( )
2 9 2 3 3

A A a
π π π
+ ≥ + + − + −
2
2
1 3 2
cosB ( )( ) ( )
2 9 2 3 3
B B b
π π π
+ ≥ + + − + −
2
2
1 3 2
cos ( )( ) ( )
2 9 2 3 3
C C C c
π π π
+ ≥ + + − + −
Cộng vế với vế (a),(b),(c) ta có
13
2
2 2 2
1 3 2
cosA cos cos 3( ) ( )( 3. )
2 9 2 3 3
B C A B C A B C
π π π
+ + + + + ≥ + + − + + + −
Thay A+B+C=

π
ta được
2
2 2 2
3
cosA cos cos
2 3
B C A B C
π
+ + + + + ≥ +
ta có bài toán:
Chứng minh rằng nếu tam giác ABC có các góc (đo bằng radian) thỏa mãn
điều kiện sau thì nó là tam giác đều
2
2 2 2
3
cosA cos cos
2 3
B C A B C
π
+ + + + + = +
.
Rõ ràng bài toán này là kết quả của hai bất đẳng thức ngược chiều khi xảy ra đẳng
thức đó là
Trong tam giác ABC ta có
3
cosA cos cos
2
B C+ + ≤
và

2 2
2 2 2
( )
33
A B C
A B C
π
+ +
= ≤ + +
Tuy nhiên ta thấy A, B, C có vai trò như nhau và đẳng thức xảy ra khi A=B=C=
3
π
nên ta nghĩ đến việc xét hàm số
2
( ) osxf x c x= +
có
'( ) sin x 2f x x= − +
;
3 2
os 2 0 , '( )
3 2 3
"( ) c x x ff x
π π
+ > ∀ = − += −
do vậy ta sẽ chọn 1 hàm số có đạo hàm tại
3
π
bằng 0. Ta có cách giải sau:
Cách giải
Xét hàm số

2
3 2
( ) ( (0; )).
2 3
( ) osx x xg x c x
π
π
− − + ∈= +
có
3 2
( )
2 3
'( ) sin 2 ; "( ) osx+2 0 (0; )g x x x g x c x
π
π
− +
= − + − = − > ∀ ∈
⇒
'( )g x
đồng biến trên (0;
π
) có
'( ) 0
3
g
π
=
nên ta có bảng biến thiên
14
g(

π
3
)
π
3
+
+
-
-
-
+
0
g(x)
g'(x)
π
0
x
Từ bảng biến thiên
( ) ( ) (0; ).
3
g x g x
π
π
≥ ∀ ∈
dấu đẳng thức xảy ra khi
3
x
π
=
.

Với mọi tam giác ABC ta có
( ) ( ), ( ) ( ), ( ) ( )
3 3 3
g A g g B g g C g
π π π
≥ ≥ ≥
( ) ( ) ( ) 3 ( )
3
g A g B g C g
π
⇒ + + ≥
2
2 2 2
3 2 3 2
( )
2 3 3 2 3
1
cosA cos cos 3 ( )( )
2 9
B C A B C A B C
π π ππ
 
− − + − +
 
 
⇔ + + + + + ≥ + + + +
2
2 2 2
3
cosA cos cos

2 3
B C A B C
π
⇔ + + + + + ≥ +
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC là tam giác đều.
Ví dụ 13:
Xét hàm số
anx sinx ( (0; )).
2
( ) t xf x
π
+ ∈=
có
3
2 3 3
1 2sin sinx(2 os )
os sinx )
os os os 2
'( ) ; "( ) 0 (0;
x c x
c x c x c x
f x c x f x x
π
−
− == + = > ∀ ∈
áp dụng công thức (1) với
0
3
x
π

=
ta có
3 3 9
anx sinx (0; )
2 2
t ( )
2 3
xx
ππ
+ ∈≥ + − ∀
15
dấu đẳng thức xảy ra khi
3
x
π
=
.
Ta có bài toán sau:
( Đề thi học sinh giỏi lớp 12 tỉnh Hải Dương năm học 2011-2012)
Chứng minh
9 3
tan sin ( 3 ), 0;
2 2 2
x x x x
π
π
 
+ ≥ + − ∀ ∈
 ÷
 

. Từ đó suy ra trong mọi
tam giác nhọn ABC ta có
9 3
tan tan tan sin sin sin
2
A B C A B C+ + + + + ≥
.
Cách giải ( Đáp án của Sở giáo dục và đào tạo Hải Dương)
Xét hàm số
9
( ) tan sin
2
f x x x x= + −
trên
0;
2
π
 
 ÷
 
3 2 2
2 2 2
1 9 2cos 9cos 2 (2cos 1)(cos x 4cos 2)
'( ) cos
cos 2 2cos 2cos x
x x x x
f x x
x x
− + − − −
= + − = =

Vì
2
0; 0 cosx<1 (cos 2) 4cos 0 '( )
2
x x x f x
π
 
∈ ⇒ < ⇒ − − < ⇒
 ÷
 
cùng dấu với
1 2cos x−
. Bảng biến thiên của
( )f x
x 0
3
π
2
π
'( )f x
- 0 +
( )f x
3
( 3 )
2
π
−
16
Vậy
9 3

( ) tan sin ( 3 ), 0;
2 2 2
f x x x x x
π
π
 
= + − ≥ − ∀ ∈
 ÷
 
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
3
x
π
=
Áp dụng: Tam giác ABC nhọn nên
, , 0;
2
A B C
π
 
∈ ⇒
 ÷
 
9 3
tan sin ( 3 )
2 2
A A A
π
+ ≥ + −
. Tương tự, cộng lại ta được

9 9
tan tan tan sin sin sin ( ) ( 3 )
2 2
A B C A B C A B C
π
+ + + + + ≥ + + + −
Kết hợp với
A B C
π
+ + =
ta có đpcm
Ví dụ 14:
Xét hàm số
2 2
an x ( (0; )).
2
( ) t xf x
π
∈=
có
2 2 1 2 2 1
2 (tan ) (tan )'( ) 2 ;x xf x
− +
 
+
 
=
2 2 2 2 2
2
2 2

(2 2 1)(tan ) (2 2 1)(tan ) 0 )
os 2
"( ) (0;x x
c x
f x x
π
−
 
− + + >
 
= ∀ ∈
áp dụng công thức (1) với
0
6
x
π
=
ta có
2 2 2 2 1
2 2
1 1
an x 2 (0; )
6 2
3 3
t 8 ( ) xx
ππ
+
   
∈
 ÷  ÷

   
≥ + − ∀
dấu đẳng thức xảy ra khi
6
x
π
=
.
Ta có bài toán sau: ( Đề thi đại học Ngoại Thương TP HCM năm 1996)
17
Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta có
2 2 2 2 2 2
1 2
tan tan tan 3 .
2 2 2
A B C
−
     
+ + ≥
 ÷  ÷  ÷
     
Cách giải
Xét hàm số
2 2 1
2 2
1
an x- 2 (0; ))
6 2
3
( ) t 8 ( ) (xf x x

ππ
+
 
∈
 ÷
 
= −
2 2 1
2 2 1 2 2 1
1
2 (tan ) (tan ) 2
3
'( ) 2 8 ;x xf x
+
− +
 
 
+ −
 ÷
 
 
=
2 2 2 2 2
2
2 2
(2 2 1)(tan ) (2 2 1)(tan ) 0 )
os 2
"( ) (0;x x
c x
f x x

π
−
 
− + + >
 
= ∀ ∈
⇒
'( )f x
đồng biến trên
(0; )
2
π
có
'( ) 0
6
f
π
=
nên ta có bảng biến thiên
f(x)
f'(x)
-
+
0
π
2
π
6
0
x

Từ bảng biến thiên ta có :
( ) ( ) (0; )
6 2
f x f x
π π
≥ ∀ ∈
18
Áp dụng vào tam giác ABC ta có
( ) ( ) ( ) 3 ( )
2 2 2 6
A B C
f f f f
π
+ + ≥
và A+B+C=
π
ta được
điều phải chứng minh.
Ví dụ 15:
Xét hàm số
2
1
( (0; )).
sin 2
( ) x
x
f x
π
∈=
2

3
2 2
2 6cot
0 (0; )
sin sin 2
'( ) 2cot 2cot ; "( )
x
x x
x x
f x x f x
π
+ > ∀ ∈= − − =
áp dụng công thức (1) với
0
6
x
π
=
ta có
2
1
3 (0; )
sin 6 2
4 8 ( )
x
x
x
π
π
∈

≥ − − ∀
dấu đẳng thức xảy ra khi
6
x
π
=
.
Ta có bài toán sau: ( Đề thi đại học Quốc gia TP HCM năm 1998)
Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta có
2 2 2
1 1 1
12.
sin sin sin
2 2 2
A B C
+ + ≥
Cách giải
Xét hàm số
2
1
( ) 3 (0; )
sin 6 2
8 ( )f x x
x
x
ππ
= + ∈− ∀
2
3
2 2

2 6cot
8 3 0 (0; )
sin sin 2
'( ) 2cot 2cot ; "( )
x
x x
x x
f x x f x
π
+ + > ∀ ∈= − − =
⇒
'( )f x
đồng biến trên
(0; )
2
π
có
'( ) 0
6
f
π
=
nên ta có bảng biến thiên
19
4
f(x)
f'(x)
-
+
0

π
2
π
6
0
x
Từ bảng biến thiên ta có :
( ) ( ) (0; )
6 2
f x f x
π π
≥ ∀ ∈
Áp dụng vào tam giác ABC ta có
( ) ( ) ( ) 3 ( )
2 2 2 6
A B C
f f f f
π
+ + ≥
và A+B+C=
π
ta được
điều phải chứng minh.
Ví dụ 16:
Xét hàm số
1
cot ( (0; )).
sin
( ) x x
x

f x
π
− ∈=
2
2 2 3
cos 1 (cos 1)
0 (0; )
sin sin sin
'( ) ; "( )
x x
x
x x x
f x f x
π
− −
+ > ∀ ∈= =
áp dụng công thức (1) với
0
3
x
π
=
ta có
1 1 2
cot (0; )
sin 3 3
3
( )x x
x
x

π
π
− + ∈≥ − ∀
dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
3
x
π
=
.
Ta có bài toán sau: ( Đề thi đại học Bách Khoa Hà Nội năm 1999)
20
Gọi A, B, C là ba góc của tam giác ABC. Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để
tam giác ABC đều là có hệ thức :
1 1 1
(cot cot cot ) 3.
sin sin sin
A B C
A B C
+ + − + + =
Cách giải
Xét hàm số
1 2
cot ( (0; )).
sin 3 3
( ) ( )x x
x
f x x
π
π
− − ∈= −

2
2 2 3
cos 1 2 (cos 1)
0 (0; )
sin sin 3 sin
'( ) ; "( )
x x
x
x x x
f x f x
π
− −
+ − > ∀ ∈= =
⇒
'( )f x
đồng biến trên
(0; )
π
có
'( ) 0
3
f
π
=
nên ta có bảng biến thiên
f(x)
f'(x)
-
+
0

π
π
3
0
x
Từ bảng biến thiên ta có :
( ) ( ) (0; ).
3
f x f x
π
π
≥ ∀ ∈
Áp dụng vào tam giác ABC ta có
( ) ( ) ( ) 3 ( )
2 2 2 3
A B C
f f f f
π
+ + ≥
và A+B+C=
π
ta được
1 1 1
(cot cot cot ) 3
sin sin sin
A B C
A B C
+ + − + + ≥
do vậy
21

3
1 1 1
(cot cot cot ) 3
sin sin sin 3
3
A
A B C B ABC
A B C
C
π
π
π

=



+ + − + + = ⇔ = ⇔ ∆



=


đều.
Ví dụ 17:
Xét hàm số
3
( (0; ))( ) x xf x x − ∈ +∞=
2

1 0 0'( ) 3 ; "( ) 6 xf x x f x x− > ∀ >= =
áp dụng công thức (1) với
0
1x =
ta có
3
02( 1)x xx x− >≥ − ∀
dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1x
=
.
Ta có bài toán sau: ( Đề thi đại học Quốc Gia Hà Nội – Khối A năm 2000)
Với a, b, c là 3 số thực thỏa mãn điều kiện a+b+c=0. Chứng minh rằng :
8 8 8 2 2 2
a b c a b c
+ + ≥ + +
.
Cách giải
Xét hàm số
3
3 ( (0; )).( ) x xf x x − ∈ +∞=
2
3'( ) 3 ; '( ) 0 1f x x f x x−= = ⇔ = ±
bảng biến thiên
22
-2
f(x)
f'(x)
-
+

0
+
∞
1
0
x
Từ bảng biến thiên ta có :
( ) 2 0f x x≥ − ∀ >
Do vậy với mọi x, y, z dương ta có
3 3 3
( ) ( ) ( ) 6 2( 3)f x f y f z x y z x y z x y z+ + ≥ − ⇔ + + ≥ + + + + + −
(*)
Đặt
2 , 2 , 2 2 1;
a b c a b c
x y z xyz
+ +
= = = ⇒ = =
Theo bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân
ta có
3
3 3x y z xyz+ + ≥ =
3 3 3
(*) 2( 3) (**)x y z x y z x y z x y z⇒ + + ≥ + + + + + − ≥ + +
Thay x, y, z vào (**) ta đươc điều phải chứng minh .
Ví dụ 18:
Xét hàm số
( (0; )), 1( ) xf x x
α
α

∈ +∞ >=
1 2
( 1) 0 0, 1'( ) ; "( ) xf x x f x x
α α
α α α α
− −
− > ∀ > >= =
áp dụng công thức (1) với
0
1x =
ta có
( 01 1) xx x
α
α
>≥ + − ∀
dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1x
=
.
Ta có bài toán sau: ( Đề thi đại học Quốc Gia Hà Nội và Học Viện Ngân Hàng–
Khối D năm 2001)
23
Chứng minh rằng với mọi x>0 và với mọi
α
>1 ta luôn có
1x x
α
α α
+ − ≥
. Từ đó

chứng minh rằng với ba số dương a, b, c bất kì thì
3 3 3
3 3 3
.
a b c a b c
b c a b c a
+ + ≥ + +
Cách giải
Xét hàm số
( ) 1 ( 0)f x x x x
α
α α
= + − − >
1
'( ) ; '( ) 0 1f x x f x x
α
α α
−
−= = ⇔ =
bảng biến thiên
0
f(x)
f'(x)
-
+
0
+
∞
1
0

x
Từ bảng biến thiên ta có :
( ) 0 0f x x≥ ∀ >
Với
3
2
α
=
ta có
( ) 0, ( ) 0, ( ) 0 , , 0 ( ) ( ) ( ) 0 , , 0
a b c a b c
f f f a b c f f f a b c
b c a b c a
≥ ≥ ≥ ∀ > ⇒ + + ≥ ∀ >
⇔
3 3 3 3 3 3
3 3 3 3 3 3
3 3 1
3
2 2 2
a b c a b c a b c a b c a b c
b c a b c a b c a b c a b c a
   
+ + + ≥ + + ⇔ + + ≥ + + + + + −
 ÷  ÷
   
Theo bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân
Ta có
3
3 . . 3

a b c a b c
b c a b c a
+ + ≥ =
do vậy
3 3 3
3 3 3
.
a b c a b c
b c a b c a
+ + ≥ + +
24
Với cách xây dựng các bài toán như trên , ta có thể xây dựng được hệ thống
bài tập phù hợp với các đối tượng học sinh củng cố kiến thức hay bồi dưỡng học
sinh giỏi, luyện thi đại học. Cùng với ý tưởng xây dựng hệ thống bài tập theo hai
cách trên ta có thể kết hợp với những cách khác sẽ tạo ra nhiều bài toán hay phục
vụ tốt cho nhiệm vụ dạy học của giáo viên , phát huy tốt tư duy học toán của học
sinh.
Qua thực tế khi dạy phần ứng dụng đạo hàm ở chương trình giải tích 12, giáo
viên rất lúng túng khi ra hệ thống bài tập.Tài liệu trên thực tế có rất nhiều nhưng sự
lựa chọn bài tập cho hệ thống không dễ hoặc ra bài tập thì học sinh đã giải rồi thành
ra bài dạy không có hiệu quả nhưng khi thực hiện sáng kiến này thì giáo viên tự tin
hơn khi xây dựng hệ thống bài tập ( vì tất cả đều mới không có trong tài liệu tham
khảo nào), học sinh học tập hăng say hơn , kết quả giảng dạy tốt hơn.
Phần III: KẾT LUẬN
25