SKKN chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp đánh giá phần tử đại diện

SKKN “Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp đánh giá phần tử đại diện”

PHẦN THỨ NHẤT : MỞ ĐẦU
I.

Lý do chọn đề tài:
Trong công tác giảng dạy và bồi dưỡng học sinh giỏi, bản thân tôi đã gặp

những tình huống mà học sinh đưa ra là “ Tại sao người ta lại nghĩ được bài toán
chứng minh bất đẳng thức này?”. Những câu hỏi đó luôn xuất hiện trong tâm trí của
tôi và luôn nhắc nhở tôi phải tìm hiểu nó.
Cũng từ đó đã nảy sinh ra việc nghiên cứu một phương pháp chứng minh bất
đẳng thức mà được gọi là phương pháp đánh giá phần tử đại diện. Phương pháp này
thể hiện được nguồn gốc xuất phát của bài toán nên tôi chọn đề tài “Chứng minh bất
đẳng thức bằng phương pháp đánh giá phần tử đại diện”
II.

Mục đích nghiên cứu:
Với mục đích cung cấp một phương pháp giải toán mới cho các em học sinh và

quan trọng hơn cả là giúp các em nhìn thấy được bản chất của sự việc, hiện tượng,
thấy được sự sáng tạo ra những bài toán đẹp từ những kiến thức hết sức cơ bản. Sử
dụng phương pháp đánh giá phần tử đại diện để chứng minh bất đẳng thức là một
phương pháp rất rõ ràng và dễ áp dụng để giải một lớp các bài toán chứng minh bất
đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức, một nội dung mà học
sinh luôn gặp trong bất cứ kì thi nào và hầu hết các em học sinh đều gặp rất nhiều khó
khăn trong việc xác định phương pháp giải. Hi vọng phương pháp này sẽ xoá tan tâm
lí sợ gặp bài toán chứng minh bất đẳng thức. Chính vì vậy mà đề tài này rất cần thiết
cho các đối tượng là các em học sinh trong đội tuyển học sinh giỏi, các em học sinh
đang chuẩn bị cho kì thi đại học và tất cả các em học sinh muốn tìm hiểu một hướng
sáng tác của các bài toán chứng minh bất đẳng thức.

III.

Đối tượng nghiên cứu:
Đối tượng nghiên cứu trong đề tài là học sinh đội tuyển học sinh giỏi và ôn thi

đại học qua các năm giảng dạy từ trước đến nay và hiện nay là đội tuyển học sinh giỏi
Toán lớp 12 và học sinh lớp 12A1 năm học 2012- 2013.
IV.

Giới hạn phạm vi nội dung nghiên cứu:

Nguyễn Thị Thu Hằng – Tổ Toán – Tin - Trường THPT số 1 Bảo Thắng
1


SKKN “Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp đánh giá phần tử đại diện”

Nghiên cứu về phương pháp giải các bài toán chứng minh bất đẳng thức và tìm
giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức trong chương trình ôn thi học sinh giỏi các cấp
và ôn thi Đại học.
V.

Nhiệm vụ nghiên cứu:
Tìm hiểu khái niệm, cấu trúc của tư duy tích cực, tư duy sáng tạo. Xây dựng và

định hướng phương pháp đánh giá phần tử đại diện để chứng minh bất đẳng thức. Tiến
hành thực nghiệm sư phạm nhằm đánh giá tính khả thi và hiệu quả của đề tài.
VI.

Phương pháp nghiên cứu:

Phương pháp nghiên cứu lý luận : “Phát triển tư duy khoa học” và “tăng cường

ở các em ý thức, năng lực vận dụng một cách thông minh những điều đã học”.
Phương pháp quan sát : Nhìn nhận lại quá trình học tập môn toán của học sinh
của trường trong năm học vừa qua.Đưa ra một số biện pháp để nâng cao kết quả học
tập cho học sinh của trường trong giai đoạn hiện nay.
VII.

Thời gian nghiên cứu:
 Từ đầu học kì I đến giữa học kì II năm học 2013 – 2014.

Nguyễn Thị Thu Hằng – Tổ Toán – Tin - Trường THPT số 1 Bảo Thắng
2


SKKN “Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp đánh giá phần tử đại diện”

PHẦN THỨ HAI: NỘI DUNG
I.Cơ sở lí thuyết :
1. Nghiệm bội của đa thức :
- Cho đa thức P(x), a được gọi là nghiệm bội r của P(x) nếu ta có
P  x    x  a  .Q  x  . Trong đó Q(x) là đa thức và Q(a)  0.
r

- Ta có a là nghiệm bội r khi và chỉ khi P(a) = P’(a) = …= P(r-1) = 0 và P(r)(a)

 0.
2.

ất đẳng thức thuần nhất đối xứng ba biến và kĩ thuật chuẩn hóa :

- Đa thức f (a, b, c) đối xứng định nghĩa dưới dạng: f (a, b, c)  f / (a / , b/ , c / )
trong đó (a / , b/ , c / ) là một hoán vị t y ý của (a, b, c) . Hay nói cách khác là

f (a, b, c)  f (b, c, a)  f (c, a, b)

- Hiểu một cách đơn giản đa thức thuần nhất nếu nó là t ng của các đơn thức
đồng bậc. o một số tính chất của hàm thuần nhất ta có thể chuẩn hóa điều kiện
của biến để đơn giản hóa việc chứng minh. Ta có thể chuẩn hóa một đa thức
thuần

nhất

đối

xứng

ba

biến

bằng

cách

đặt

a n  b n  c n  k , abc  p, ab  bc  ca  r,... Đây là kỹ thuật rất quan trọng giúp ta

đơn giản hóa và qui bất đẳng thức về chứng minh theo từng biến.
II.Thực trạng vấn đề :

ất đẳng thức là một vấn đề rất quan trọng và khó đối với học sinh cấp trung
học ph thông. Học sinh gặp rất nhiều khó khăn trong việc xác định phương pháp giải
vì không có một phương pháp và đường đi rõ ràng. Có những cách giải từ trên trời rơi
xuống. Học sinh không thể hiểu được vì sao người ta lại nghĩ ra được một bài toán như
vậy, vì sao lại có một bài giải như vậy. Trong đề tài này tôi xin trình bày một phương
pháp mà nếu học sinh không nắm được cơ sở lí luận đó thì sẽ không hiểu tại sao lại có
một lời giải như vậy, và khi học sinh nắm được cơ sở lí luận của phương pháp này rồi
thì việc sử dụng phương pháp này thật rõ ràng cụ thể, các em sẽ có thể tự chứng minh
được một lớp các bất đẳng thức và có thể tự sáng tác ra các bài toán chứng minh bất
đẳng thức.
III. Các bước tiến hành
Nếu gặp các

ĐT thuần nhất hoặc đồng bậc ta nên chuẩn hóa, t y vào đặc điểm

từng bài mà ta có cách chuẩn hóa ph hợp để đưa bất đẳng thức về dạng các biến được
Nguyễn Thị Thu Hằng – Tổ Toán – Tin - Trường THPT số 1 Bảo Thắng
3


SKKN “Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp đánh giá phần tử đại diện”

cô lập dạng f ( x1 )  ...  f  xn    hoặc

f ( x1 )  ...  f  xn    và với giả thiết với giả

thiết g ( x1 )  ...  g  xn   k . Sau đó thực hiện theo các bước sau :
- ước 1: Xét xem dấu “=” xảy ra khi nào và phải là x1  ...  xn  a
ựa vào hình thức của ĐT xét phần tử đại diện f ( x)  m.g  x   n hoặc

- ước 2:

f ( x)  m.g  x   n .

- ước 3: Viết các phần tử đại diện về dạng P  x   0, x  D . Để chứng minh đa
thức P  x   0, x  D , dấu bằng xảy ra khi x = a ta cần phải chứng minh
P  x    x  a  .Q  x  trong đó Q  x   0, x  D .
2k

- ước 4: Tìm m,n bằng cách sử dụng điều kiện a là nghiệm bội suy ra k P(a) =
P’(a) = 0.
- ước 5: Kiểm nghiệm P  x   0, x  D .
- ước 6: Từ đó đưa ra lời giải :
f ( xi )  m.g  xi   n hoặc f ( xi )  m.g  xi   n , xi  D, i  1, n

- ước 7: Cộng n bất đẳng thức theo vế ta được điều phải chứng minh
I.V. Ví dụ minh họa :
Ví dụ 1: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a  b  c  3 . Chứng minh

1 1 1 2(a 2  b2  c 2 )
  
 5.
a 2 b2 c 2
3
Phân tích:
-

ấu “=” của ĐT xảy ra khi a  b  c  1.

-

ất đẳng thức trên các biến trong cả 2 vế và điều kiện a  b  c  3
đều không ràng buộc nhau điều này khiến ta nghĩ ngay đánh giá phần
tử đại diện

-

1 2x 2

 mx  n
x2
3

Ta đi tìm m, n sao cho

1 2x 2

 mx  n luôn đúng với x   0;3
x2
3

và dấu bằng xảy ra khi x =1.

Nguyễn Thị Thu Hằng – Tổ Toán – Tin - Trường THPT số 1 Bảo Thắng
4


SKKN “Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp đánh giá phần tử đại diện”

-

Ta thấy

1 2x 2

 mx  n  2 x 4  3mx3  3nx 2  3  0 . Ta tìm m,
2
x
3

n sao cho đa thức

P  x   2 x 4  3mx3  3nx 2  3 có dạng

P  x    x  1 .Q  x  trong đó Q  x   0, x   0;3 . Suy ra phải
2

tìm điều kiện cần để đa thức P(x) có nghiệm bội x =1, tức là


2
7
 P 1  0
 m   ,n 

3
3

 P ' 1  0
-

2
7
m   , n  ta
3
3

Thay
thấy P  x    x  1 (2 x 2  6 x  3)  0, x   0;3 .
2

Lời giải:

1 2 x2
2x 7
- Ta sử dụng bất đẳng thức sau đây 2 
   , x   0;3
x
3
3 3
Thật vậy, bất đẳng thức trên tương đương với

( x  1)2 (2 x 2  6 x  3)
 0 . Hiển nhiên đúng với x   0;3 .
3x 2

ấu “=”

xảy ra khi x =1.
Áp

dụng

bất

đẳng

thức

trên

ta

có:

1 2a 2 7 2a
;

 
a2
3
3 3

1 2b 2
2b 7 1 2c 2
2c 7





;



 . Cộng về của các bất đẳng
b2
3
3 3 c2
3
3 3
thức

ta

1 1 1 2(a 2  b2  c 2 )
2
2
 2 2
   a  b  c   7   .3  7  5
2
a b c
3
3
3
Ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi a  b  c  1.
Ví dụ 2: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a 2  b2  c2  1 . Chứng minh

1 1 1
   a  b  c  2 3 .
a b c

Phân tích:
Nguyễn Thị Thu Hằng – Tổ Toán – Tin - Trường THPT số 1 Bảo Thắng
5

có


SKKN “Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp đánh giá phần tử đại diện”

1
.
3

-

ấu “=” của ĐT xảy ra khi a  b  c 

-

ất đẳng thức trên các biến trong cả 2 vế và điều kiện

a 2  b2  c2  1 đều không ràng buộc nhau điều này khiến ta nghĩ
ngay đánh giá phần tử đại diện
-

Ta đi tìm m, n sao cho

1
 x  mx 2  n luôn đúng với x   0;1 và
x

dấu bằng xảy ra khi x 

-

Ta thấy
sao

1
 x  mx 2  n
x

1
.
3

1
 x  mx 2  n  mx3  x 2  nx  1  0 . Ta đi tìm m, n
x

cho

đa

thức

P  x   mx3  x 2  nx  1

có

dạng

2

1 

P x   x 
 .Q  x  trong đó Q  x   0, x   0;1 . Suy ra phải
3

tìm điều kiện cần để đa thức P(x) có nghiệm bội x 

1
, tức là
3

  1 
m  2 3
P 
0
  3



4 3
 P '  1   0 n 
3

  3 

-

Thay

m  2 3, n 

4 3
3

ta

thấy

2

1 

P  x   x 
 (2 3x  3)  0, x   0;1 .
3


Lời giải:
- Ta sử dụng bất đẳng thức sau đây

1
4 3
 x  2 3x 2 
, x   0;1
x

3

Thật vậy, bất đẳng thức trên tương đương với

Nguyễn Thị Thu Hằng – Tổ Toán – Tin - Trường THPT số 1 Bảo Thắng
6


SKKN “Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp đánh giá phần tử đại diện”
2

1 

x
 (2 3 x  3)  0, Hiển nhiên đúng với x   0;1 .
3


khi x 

Áp

ấu “=” xảy ra

1
.
3

dụng

bất

đẳng

thức

trên

ta

có:

1
4 3
;
 a  2 3.a 2 
a
3

1
4 3 1
4 3
;  c  2 3.c 2 
. Cộng về của các bất
 b  2 3.b 2 
b
3 c
3
đẳng

thức

ta

có

1 1 1
    a  b  c   2 3  a 2  b 2  c 2   4 3  2 3.1  4 3  2 3
a b c
Ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi a  b  c 

1
.
3

Ví dụ 3: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a 2  b2  c2  d 2  1 . Chứng
minh

1 1 1 1
    8  a  b  c  d   24 .
a b c d
Phân tích:

1
.
2

-

ấu “=” của ĐT xảy ra khi a  b  c  d 

-

ất đẳng thức trên các biến trong cả 2 vế và điều kiện

a2  b2  c2  d 2  1 đều không ràng buộc nhau điều này khiến ta
nghĩ ngay đánh giá phần tử đại diện
-

Ta đi tìm m, n sao cho

1
 8x  mx 2  n luôn đúng với x   0;1
x

và dấu bằng xảy ra khi x 
-

1
 8x  mx 2  n
x

1
.
2

Ta thấy

1
 8 x  mx 2  n  mx3  8 x 2  nx  1  0 . Ta đi tìm m,

x

n

cho

sao

đa

thức

P  x   mx3  8x 2  nx  1 có dạng

Nguyễn Thị Thu Hằng – Tổ Toán – Tin - Trường THPT số 1 Bảo Thắng
7


SKKN “Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp đánh giá phần tử đại diện”
2

1

P  x    x   .Q  x  trong đó Q  x   0, x   0;1 . Suy ra phải tìm
2

điều kiện cần để đa thức P(x) có nghiệm bội x 

1
, tức là

2

 1
P  2   0
m  4
  


 P '  1   0 n  5
  2 
2

-

1

Thay m  4, n  5 ta thấy P  x   4  x   (1  x)  0, x   0;1 .
2


Lời giải:
- Ta sử dụng bất đẳng thức sau đây

1
 8 x  4 x 2  5, x   0;1
x
2

1


Thật vậy, bất đẳng thức trên tương đương với 4  x   (1  x)  0, Hiển
2


nhiên đúng với x   0;1 . ấu “=” xảy ra khi x 
Áp

dụng

bất

đẳng

thức

trên

ta

1
.
2

có:

1
 8a  4a 2  5 ;
a

1

1
1
 8b  4b2  5 ;  8c  4c 2  5 ;  8d  4d 2  5 . Cộng về của các
b
c
d
bất

đẳng

thức

ta

có

1 1 1 1
    8  a  b  c  d   4  a 2  b 2  c 2  d 2   20  4.1  20  24
a b c d
1
Ta có điều phải chứng minh. ấu „„ =‟‟ xảy ra khi a  b  c  d  .
2
Nhận xét: Bài này không thể giải được bằng phương pháp tiếp tuyến.
Ví dụ 4: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn
minh

1
1
1



 2 . Chứng
a 1 b 1 c 1

1
1
1
 2
 2
 1.
8a  1 8b  1 8c  1
2

Phân tích:

Nguyễn Thị Thu Hằng – Tổ Toán – Tin - Trường THPT số 1 Bảo Thắng
8


SKKN “Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp đánh giá phần tử đại diện”

1
.
2

-

ấu “=” của ĐT xảy ra khi a  b  c 

-

ất đẳng thức trên các biến trong cả 2 vế và điều kiện

1
1
1


 2 đều không ràng buộc nhau điều này khiến ta
a 1 b 1 c 1
nghĩ ngay đánh giá phần tử đại diện
-

Ta đi tìm m, n sao cho

1
1
m
 n luôn đúng với x  0
8x  1
x 1
2

và dấu bằng xảy ra khi x 
-

1
1
m
n

8x  1
x 1
2

1
.
2

Ta

thấy

1
1
m
 n  8nx3  8  m  n  x 2   n  1 x  m  n  1  0
8x  1
x 1
2

Ta

đi

tìm

m,

n

sao

cho

đa

thức

P  x   8nx3  8  m  n  x 2   n  1 x  m  n  1

có

dạng

2

1

P  x    x   .Q  x  trong đó Q  x   0, x  0 . Suy ra phải tìm
2

điều kiện cần để đa thức P(x) có nghiệm bội x 

1
, tức là
2

 1
P  2   0
m  2

  


 P '  1   0 n  1
  2 
2

-

1

Thay m  2, n  1 ta thấy P  x   2 x  x    0, x  0 .
2


Lời giải:
- Ta sử dụng bất đẳng thức sau đây

1
8x  1
2

2

1
 1, x  0
x 1



1

2

Thật vậy, bất đẳng thức trên tương đương với 2 x  x    0, Hiển
2
nhiên đúng với x   0;1 . ấu “=” xảy ra khi x 



1
.
2

Nguyễn Thị Thu Hằng – Tổ Toán – Tin - Trường THPT số 1 Bảo Thắng
9


SKKN “Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp đánh giá phần tử đại diện”

Áp

dụng

bất

đẳng

thức

trên

ta

có:

1
8a  1
2

2

1
 1;
a 1

1
1
1
1
2
1; 2
2
 1 . Cộng về của các bất đẳng
8b  1
b 1
8c  1
c 1
2

thức

ta

có

1
1
1
1
1 
 1
 2
 2
 2


  3  2.2  3  1
8a  1 8b  1 8c  1
 a 1 b 1 c 1
2

Ta có điều phải chứng minh. ấu „„ =‟‟ xảy ra khi a  b  c 

1
.
2

a 3 b3 c 3
Ví dụ 5: Cho a, b, c là các số thực dương . Chứng minh 2  2  2  a  b  c .

b c
a
Phân tích:
-

ấu “=” của ĐT xảy ra khi a  b  c .

-

ất đẳng thức trên ta nghĩ ngay đánh giá phần tử đại diện

a3
 ma  nb
b2
-

Ta đi tìm m, n sao cho

a3
 ma  nb luôn đúng với a, b  0 và
b2

dấu bằng xảy ra khi a  b .
-

Ta thấy

a3
 ma  nb  a3  mb2a  nb3  0 . Ta đi tìm m, n sao
2

b

cho

đa

thức

P  a   a3  mb2a  nb3

có

dạng

P  a    a  b  .Q  a  trong đó Q  a   0, a  0 . Suy ra phải tìm
2

điều kiện cần để đa thức P(a) có nghiệm bội a  b , tức là

m  3
P b  0



 P '  b   0 n  2

-

Thay m  3, n  2 ta thấy P  a    a  b   a  2b   0, a, b  0 .
2

Lời giải:
- Ta sử dụng bất đẳng thức sau đây

a3
 3a  2b, a, b  0
b2

Nguyễn Thị Thu Hằng – Tổ Toán – Tin - Trường THPT số 1 Bảo Thắng
10


SKKN “Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp đánh giá phần tử đại diện”

Thật vậy, bất đẳng thức trên tương đương với  a  b   a  2b   0 Hiển
2

nhiên đúng với a, b  0 . ấu “=” xảy ra khi a  b .

c3
b3
Áp dụng bất đẳng thức trên ta có: 2  3b  2c ; 2  3c  2a . Cộng về
a
c
của

các

bất

đẳng

thức

ta

có

a 3 b3 c 3
   3 a  b  c   2  a  b  c   a  b  c
b2 c 2 a 2
Ta có điều phải chứng minh. ấu „„ =‟‟ xảy ra khi a  b  c .
Ví dụ 6: Cho a, b, c là các số thực dương . Chứng minh

ab
ab
ab
abc
.



ab ab ab
2
Phân tích:
-

ấu “=” của ĐT xảy ra khi a  b  c .

-

ất đẳng thức trên ta nghĩ ngay đánh giá phần tử đại diện

ab
 m.a  n.b
ab
-

Ta đi tìm m, n sao cho

ab
 m.a  n.b luôn đúng với a, b  0 và
ab

dấu bằng xảy ra khi a  b .
-

Ta thấy

ab
 m.a  n.b  ma 2   m  n  1 ba  nb 2  0 . Ta đi
ab

tìm m, n sao cho đa thức P  a   ma 2   m  n  1 ba  nb2 có dạng

P  a    a  b  .Q  a  trong đó Q  a   0, a  0 . Suy ra phải tìm
2

điều kiện cần để đa thức P(a) có nghiệm bội a  b , tức là


1
P b  0
mn

4

P ' b  0

-

Thay m  n 

1
2
ta thấy P  a    a  b   0, a, b  0 .
4

Lời giải:
- Ta sử dụng bất đẳng thức sau đây

ab
1
1
 a  b, a, b  0
ab 4
4

Nguyễn Thị Thu Hằng – Tổ Toán – Tin - Trường THPT số 1 Bảo Thắng
11

SKKN “Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp đánh giá phần tử đại diện”

Thật vậy, bất đẳng thức trên tương đương với  a  b   0 Hiển nhiên
2

đúng với a, b  0 . ấu “=” xảy ra khi a  b .
Áp dụng bất đẳng thức trên ta có:
Cộng

về

của

các

bc
1
1
ca
1
1
 b c;
 c a
bc 4
4 ca 4
4

bất

đẳng

thức

ta

có

ab
ab
ab
abc abc abc





ab ab ab
4
4
2
Ta có điều phải chứng minh. ấu „„ =‟‟ xảy ra khi a  b  c .
Ví dụ 7: Cho a, b, c > 0 và a 2  b2  c2  3 . Chứng minh rằng:

a  b  c  a 2b2  b2c2  c2a 2
Phân tích :
- ấu “=” xảy ra khi a  b  c  1
- Ta thấy bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
2a  2b  2c  9  a 4  b4  c4  a 4  b4  c4  2a  2b  2c  9

-

ất đẳng thức trên các biến trong cả 2 vế và điều kiện a  b  c  3

đều không ràng buộc nhau điều này khiến ta nghĩ ngay đánh giá phần tử
đại diện x4  2 x  mx 2  n
-

Ta đi tìm m, n sao cho x4  2 x  mx 2  n luôn đúng với x   0;1
và dấu bằng xảy ra khi x  1 .

-

Ta thấy x4  2 x  mx 2  n  x 4  mx 2  2x  n  0 . Ta đi tìm m, n
sao

cho

đa

thức

P  x   x 4  mx 2  2 x  n

có

dạng

P  x    x  1 .Q  x  trong đó Q  x   0, x   0;1 . Suy ra phải tìm
2

điều kiện cần để đa thức P(x) có nghiệm bội x  1 , tức là

m  3
 P 1  0



 P ' 1  0 n  0

-

Thay m  3, n  0 ta thấy P  x   x  x  2  x  1  0, x   0;1 .
2

Lời giải:
- Ta sử dụng bất đẳng thức sau đây x 4  2 x  3x 2 , x   0;1

Nguyễn Thị Thu Hằng – Tổ Toán – Tin - Trường THPT số 1 Bảo Thắng
12


SKKN “Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp đánh giá phần tử đại diện”

Thật vậy, bất đẳng thức trên tương đương với x  x  2  x  1  0, Hiển
2

nhiên đúng với x   0;1 . ấu “=” xảy ra khi x  1 .
Áp

dụng

bất

đẳng

thức

trên

ta

có:

a 4  2a  3a 2 ;

b4  2b  3b2 ; c4  2c  3c 2 . Cộng về của các bất đẳng thức ta có
a 4  b4  c 4  2a  2b  2c  3 a 2  b2  c 2   3.3  9

 2a  2b  2c  9   a 4  b4  c 4   a  b  c  a 2b2  b2c 2  c 2a 2
Ta có điều phải chứng minh. ấu „„ =‟‟ xảy ra khi a  b  c  1.
Ví dụ 8: Cho a, b, c  0 và a 2  b2  c2  1 . Chứng minh rằng:
1
1
1
9



1  ab 1  bc 1  ca 2

Phân tích :
- ấu “=” xảy ra khi a  b  c 

1
3

- Ta thấy điều kiện của bài toán 1  a 2  b2  c2  ab  bc  ca
-

ất đẳng thức trên và điều kiện ab  bc  ca  1 này khiến ta nghĩ

ngay đánh giá phần tử đại diện
- Ta đi tìm m, n sao cho

1
 mx  n
1 x

1
 mx  n luôn đúng với x   0;1 và
1 x

dấu bằng xảy ra khi x  1 .
-

Ta thấy x4  2 x  mx 2  n  x 4  mx 2  2x  n  0 . Ta đi tìm m, n
sao

cho

đa

thức

P  x   x 4  mx 2  2 x  n

có

dạng

P  x    x  1 .Q  x  trong đó Q  x   0, x   0;1 . Suy ra phải tìm
2

điều kiện cần để đa thức P(x) có nghiệm bội x  1 , tức là

m  3
 P 1  0



 P ' 1  0 n  0

-

Thay m  3, n  0 ta thấy P  x   x  x  2  x  1  0, x   0;1 .
2

Lời giải:
Nguyễn Thị Thu Hằng – Tổ Toán – Tin - Trường THPT số 1 Bảo Thắng

13


SKKN “Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp đánh giá phần tử đại diện”

- Ta sử dụng bất đẳng thức sau đây x 4  2 x  3x 2 , x   0;1
Thật vậy, bất đẳng thức trên tương đương với x  x  2  x  1  0, Hiển
2

nhiên đúng với x   0;1 . ấu “=” xảy ra khi x  1 .
Áp

dụng

bất

đẳng

thức

trên

ta

có:

a 4  2a  3a 2 ;

b4  2b  3b2 ; c4  2c  3c 2 . Cộng về của các bất đẳng thức ta có

a 4  b4  c 4  2a  2b  2c  3 a 2  b2  c 2   3.3  9
 2a  2b  2c  9   a 4  b4  c 4   a  b  c  a 2b2  b2c 2  c 2a 2
Ta có điều phải chứng minh. ấu „„ =‟‟ xảy ra khi a  b  c  1
Ví dụ 10: Cho a, b, c  0 . Chứng minh:

 2a  b  c    2b  a  c    2c  a  b   8
2
2
2
2a 2   b  c  2b 2   a  c  2c 2   a  b 
2

2

2

Phân tích:
- Vì

ĐT là thuần nhất nên ta có thể chuẩn hóa bằng cách giả sử

a  b  c  1.
-

Khi

đó

ĐT

cần

chứng

minh

trở

thành

a 2  2a  1 b 2  2b  1 c 2  2c  1


 8 với a, b, c   0;1
3a 2  2a  1 3b2  2b  1 3c 2  2c  1
- ấu “=” của ĐT xảy ra khi a  b  c 

1
3

- ất đẳng thức trên các biến trong cả 2 vế và điều kiện a  b  c  1 đều
không ràng buộc nhau điều này khiến ta nghĩ ngay đánh giá phần tử đại

x2  2 x  1
diện
 mx  n
3x 2  2 x  1
x2  2 x  1
 mx  n luôn đúng với
- Ta đi tìm m, n sao cho

3x 2  2 x  1
1
x   0;1 và dấu bằng xảy ra khi x  .
3

Nguyễn Thị Thu Hằng – Tổ Toán – Tin - Trường THPT số 1 Bảo Thắng
14


SKKN “Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp đánh giá phần tử đại diện”

-

Ta

thấy

x2  2 x  1
 mx  n  mx3   2m  3n  1 x 2   m  2n  2  x  n  1  0
2
3x  2 x  1
.

Ta

đi

tìm

m,

n

sao

cho

đa

thức

P  x   mx3   2m  3n  1 x 2   m  2n  2  x  n  1 có dạng
2

1

P  x    x   .Q  x  trong đó Q  x   0, x   0;1 . Suy ra phải tìm
3

điều kiện cần để đa thức P(x) có nghiệm bội x 

1
, tức là
3

 1
m  4
P  3   0
  



4

 P '  1   0 n  3
  3 
2
4
1

- Thay m  4, n 
ta thấy P  x    x   (12 x  3)  0, x   0;1 .
3

3

Lời giải:
- Vì

ĐT là thuần nhất nên ta có thể chuẩn hóa bằng cách giả sử

a  b  c  1.
Khi

đó

ta

phải

chứng

minh

bất

đẳng

thức

a 2  2a  1 b 2  2b  1 c 2  2c  1


8
3a 2  2a  1 3b2  2b  1 3c 2  2c  1
với a, b, c   0;1 , a  b  c  1

x2  2 x  1
4
- Ta sử dụng bất đẳng thức sau đây
 4 x  , x   0;1
2
3x  2 x  1
3



1

2

Thật vậy, bất đẳng thức trên tương đương với  x   (12 x  3)  0 Hiển
3


nhiên đúng với x   0;1 . ấu “=” xảy ra khi x 
Áp

dụng

bất

đẳng

thức

trên

ta

có:

1
.
3

a 2  2a  1
4
;

4

a

3a 2  2a  1
3

b 2  2b  1
4 c 2  2c  1
4
 4b  ; 2
 4c  . Cộng về của các bất đẳng
2
3b  2b  1
3 3c  2c  1
3
Nguyễn Thị Thu Hằng – Tổ Toán – Tin - Trường THPT số 1 Bảo Thắng
15


SKKN “Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp đánh giá phần tử đại diện”

thức

ta

có

a 2  2a  1 b2  2b  1 c 2  2c  1


 4  a  b  c   4  4.1  4  8

3a 2  2a  1 3b2  2b  1 3c 2  2c  1
1
Ta có điều phải chứng minh. ấu „„ =‟‟ xảy ra khi a  b  c  .
3
V. Bài tập áp dụng :
1.Cho các số thực a, b, c >0 thỏa a  b  c  1.Chứng minh rằng :
a
b
c
9



1  bc 1  ac 1  ab 10

2.Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác. Chứng minh rằng
1 1 1
9
1
1 
 1
  
 4



a b c a bc
 a b bc c a 

b  c  a    a  c  b   b  a  c   3

3.Cho a, b, c >0.Chứng minh rằng:
2
2
2
2
2
2
4.Cho

a, b, c >0

2

2

2

(b  c)  a

(a  c)  b

(b  a)  c

Chứn

.

g

5

minh

rằng:

1 3 2
1 1 1
a  b2  c 2       a  b  c  a 2  b2  c 2

3 3
a b c

5. Cho a, b, c  : a  b  c  6 .Chứng minh rằng: a 4  b4  c4  2(a3  b3  c3 )
6. Cho a, b, c >0. Chứng minh rằng:

7. Cho a, b, c >0. Chứng minh rằng:

8.Cho

n

số

thực

a b  c 
a  b  c 
2

2





b a  c
b  a  c
2

2



abc a  b  c  a 2  b 2  c 2

a

dương

2

b c
2

thỏa

2

  ab  bc  ca 
n

a

mãn

i 1

i

c a  b
c  a  b
2

  3

2



6
5

3

9

 n .Chứng

minh

rằng:

x
x1
1
1
 ...  n 2 
 ... 
2
1  x1
1  xn 1  x1
1  xn

9.Cho

a.b.c.d>0

thỏa

ab  bc  cd  da  1 .

Chứng

minh

a3
b3
c3
d3
1





bcd c d a d a b a bc 3

10. Cho a, b, c >0. Chứng minh rằng:

a

b  c 

2



b

a  c

2



c

a  b

2



9
4a  b  c

Nguyễn Thị Thu Hằng – Tổ Toán – Tin - Trường THPT số 1 Bảo Thắng
16

rằng


SKKN “Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp đánh giá phần tử đại diện”

11. Cho a, b, c >0, a2  b2  c2  1 . Chứng minh rằng:

1
1
1
9



1  ab 1  bc 1  ca 2
1
a

1
b

1

c

1
a

1
b

1
c

12. Cho a, b, c >0, a2  b2  c2  1 . Chứng minh rằng:     a  b  c   2 3
13. Cho a, b, c >0, a2  b2  c2  3 .Chứng minh rằng:   

4
a  b  c  7
3

 3a  b  c    3b  a  c    3c  a  b   375
14. Cho a, b, c >0. Chứng minh rằng: 3
3
3
3
11
3a   b  c  3b3   a  c  3c3   a  b 
3

3

a3

15. Cho a, b, c >0. Chứng minh rằng:

a3   b  c 

3

3

b3



b3   a  c 



3

c3
c3   a  b 

3

1

16. Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác. Chứng minh rằng
1 1 1
1
1

1
  


a b c a b c b c a c  a b

17. Cho a, b, c, d  0 và a  b  c  d  2 .
Chứng minh rằng:

a

a2
2

 1

2



b

b2
2

 1

2

18. Cho a, b, c >0. Chứng minh rằng:

19.

Cho

n

số

thực

dương



c

c2
2

 1

2



d

2a 2
2a 2   b  c 

thỏa

2

d2
2



 1



2

16
25

2b2
2b 2   a  c 

mãn

n

a
i 1

i

1

2



2c 2
2c 2   a  b 

.Chứng

2

minh

1

rằng:

x
x1
n
 ...  n 
2  x1
2  xn 2n  1

20.Cho a, b, c >0 và a  b  c  1.Chứng minh rằng: 10  a3  b3  c3   9  a5  b5  c5   1
21.Cho a, b, c là các số thực dương sao cho a2  b2  c2  3
Chứng minh rằng:

22.Cho

1
1
1
 5
 5
1
2
2
a  3  a b  3  b c  3  c2
5

>0

a, b, c

1
a 2  3a  3



1
b 2  3b  3



a  b  c  3 .Chứng

và

1
c 2  3c  3

minh

3

23. Cho a, b, c >0, a4  b4  c4  3 . Chứng minh rằng:

1
1
1


1
4  ab 4  bc 4  ca

Nguyễn Thị Thu Hằng – Tổ Toán – Tin - Trường THPT số 1 Bảo Thắng
17

rằng:


SKKN “Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp đánh giá phần tử đại diện”

 b  c  3a    a  c  3b    a  b  3c   1
24. Cho a, b, c >0. Chứng minh rằng: 2
2
2
2

2
2a   b  c  2b 2   a  c  2c 2   a  b 
2

2

Nguyễn Thị Thu Hằng – Tổ Toán – Tin - Trường THPT số 1 Bảo Thắng
18

2


SKKN “Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp đánh giá phần tử đại diện”

PHẦN THỨ BA: KẾT QUẢ - KẾT LUẬN
A.KẾT QUẢ:
Qua năm học 2013 – 2014, áp dụng cho các lớp 12A1 và đội tuyển học sinh
giỏi môn Toán lớp 12 của nhà trường dưới sự hướng dẫn của giáo viên kết hợp thảo
luận trao đ i với nhau của học sinh. Kết quả, học sinh tích cực tham gia giải bài tập,
nhiều em tiến bộ, nắm vững kiến thức cơ bản, học sinh đã hứng thú hơn với các bài
toán chứng minh bất đẳng thức trong các đề thi. Cụ thể như sau:
Thống kê điểm kiểm tra khảo sát chuyên đề hình học không gian tổng hợp:
Đầu học kì I - Năm học 2013 - 2014
LỚP
12A1

TS

0-

3.5-

3,25

4.75

Cộng

%

5-

6.5-

8-

6.25

7.75

10.0

Cộng

%

35

6

23

29

82,86

5

1

0

6

18,14

10

1

3

4

40

3

2

1

6

60

Cộng

%

Đội
tuyển
HSG

Đầu học kì II - Năm học 2013 - 2014
LỚP
12A1

TS

0 -3.4

3.54.9

Cộng

%

56.4

6.5-7.9

810.0

35

0

3

4

10,53

5

17

12

34

89,47

10

4

15

19

43,18

14

9

2

25

56,82

Đội
tuyển
HSG

Nguyễn Thị Thu Hằng – Tổ Toán – Tin - Trường THPT số 1 Bảo Thắng
19


SKKN “Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp đánh giá phần tử đại diện”

B.KẾT LUẬN:
1. Ý nghĩa của sáng kiến kinh nghiệm:
Rõ ràng phương pháp đánh giá phần tử đại diện là một phương pháp chứng
minh bất đẳng thức rất rõ ràng, hiệu quả, dễ áp dụng đối với học sinh. Giúp học sinh
không còn cảm giác “sợ “ khi gặp bài toán chứng minh bất đẳng thức, một nội dung
mà học sinh luôn gặp trong mọi kì thi của cấp trung học ph thông, một nội dung mà

đa số mọi học sinh đều gặp vướng mắc trong việc tìm phương pháp giải. Phương pháp
này đã được áp dụng cho đối tượng là học sinh lớp 12A1 và đội tuyển học sinh giỏi
khối 12 trong chuyên đề „Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức”. Trong
chuyên đề này các em đã có thể tự giải những lớp bài toán chứng minh bất đẳng thức
thuần nhất hoặc c ng bậc trong các kì thi Olympic Quốc tế và hơn thế nữa các em đã
có sự tập tành nghiên cứu khoa học là tự sáng tác các bài toán chứng minh bất đẳng
thức. Mặc d không phải bất cứ bài toán chứng minh bất đẳng thức nào cũng có thể
giải bằng phương pháp trên nhưng ít ra nó cũng đã giúp các em có một phương pháp
rõ ràng, dễ thực hiện đối với một lớp các bài toán chứng minh bất đẳng thức khó và
quan trọng hơn cả nó đã giúp các em thấy được xuất xứ của bài toán chứng minh bất
đẳng thức và các em cũng có thể tự sáng tác bài toán chứng minh bất đẳng thức tạo sự
hứng thú học tập và sáng tạo cho các em . Từ đó tạo một niềm tin trong học tập cho
các em, tạo một thái độ học tập là phải nắm được cái cốt lõi của vấn đề, và chính
những điều đó đã giúp các em các em học sinh giỏi trong đội tuyển 12 đạt kết quả tốt
trong kì thi học sinh giỏi cấp tỉnh.
2. Những bài học kinh nghiệm:
Trong quá trình áp dụng sáng kiến , bản thân đã rút ra được kết luận
Phương pháp đánh giá phần tử đại diện để chứng minh bất đẳng thức dành để vận
dụng cho một lớp bất đẳng thức thuần nhất hoặc c ng bậc c ng với phép chuẩn hoá
thích hợp để cô lập được các biến.
Việc vận dụng Phương pháp đánh giá phần tử đại diện trong chứng minh bất
đẳng thức thật sự là một phương pháp giải toán vô c ng hiệu quả trong việc giải một
lớp các bài toán chứng minh bất đẳng thức. Qua việc vận dụng phương pháp này
chúng ta có thể rèn luyện được phương pháp tư duy khoa học, phát triển vấn đề từ
những vấn đề cơ bản và cuối c ng là rèn luyện cách nhìn nhận vấn đề một cách sâu
sắc từ gốc rễ, không qua loa đại khái, hời hợt bên ngoài.
Nguyễn Thị Thu Hằng – Tổ Toán – Tin - Trường THPT số 1 Bảo Thắng
20

SKKN “Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp đánh giá phần tử đại diện”

Vì vậy, trong năm học này tôi tiếp tục triển khai áp dụng đề tài này để giảng dạy
cho các em học sinh khối 12 và đội tuyển học sinh giỏi môn Toán.
Trong quá trình biên soạn đề tài tôi đã có nhiều cố gắng, tuy nhiên cũng không
tránh khỏi những thiếu sót. Rất mong nhận được sự góp ‎ý chân thành của các thầy cô
giáo đồng nghiệp để đề tài của tôi được hoàn thiện hơn.
Bảo Thắng, ngày 07 tháng 03 năm 2014.
Người viết
Nguyễn Thị Thu Hằng

Nguyễn Thị Thu Hằng – Tổ Toán – Tin - Trường THPT số 1 Bảo Thắng
21


SKKN “Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp đánh giá phần tử đại diện”

Tài liệu tham khảo
[1] Tạp chí Toán học và tu i trẻ, Nhà xuất bản giáo dục Việt Nam
[2] Tài liệu trên mạng.

Nguyễn Thị Thu Hằng – Tổ Toán – Tin - Trường THPT số 1 Bảo Thắng
22


SKKN “Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp đánh giá phần tử đại diện”

MỤC LỤC
Trang
PHẦN THỨ NHẤT : MỞ ĐẦU ...................................................................... …1

I. Lý do chọn đề tài................................................................................................. 1
II. Mục đích nghiên cứu ......................................................................................... 1
III. Đối tượng nghiên cứu ....................................................................................... 1
IV. Giới hạn phạm vi nội dung nghiên cứu ............................................................ 1
V. Nhiệm vụ nghiên cứu......................................................................................... 2
VI. Phương pháp nghiên cứu .................................................................................. 2
VII. Thời gian nghiên cứu ...................................................................................... 2
PHẦN THỨ HAI : NỘI DUNG........................................................................... 3
I. Cơ sở lý thuyết .................................................................................................... 3
II. Thực trạng vấn đề .............................................................................................. 3
III. Các bước tiến hành ........................................................................................... 3
IV. Ví dụ minh họa ................................................................................................. 4
V. ài tập vận dụng .............................................................................................. 16
PHẦN THỨ BA : KẾT QUẢ - KẾT LUẬN ................................................... 20
TÀI LIỆU THAM KHẢO ................................................................................... 22

Nguyễn Thị Thu Hằng – Tổ Toán – Tin - Trường THPT số 1 Bảo Thắng
23