Sáng kiến kinh nghiệm SKKN môn toán THPT sử dụng phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số chứng minh bất đẳng thức

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

ĐỀ TÀI:
"SỬ DỤNG PHƢƠNG TRÌNH TIẾP TUYẾN CỦA ĐỒ THỊ HÀM
SỐ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC"

1


Phần 1: MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài:
Việc nâng cao phƣơng pháp dạy học là cần thiết và thƣờng 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 dƣỡng kiến thức và phƣơng 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 phƣơng 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
thƣờng củng cố nêu kiến thức và các phƣơng pháp kinh điển, các phƣơng pháp có sẵn để
giải quyết bài toán đó. Nội dung của sáng kiến kinh nghiệm này giới thiệu một phƣơng
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 hƣớng tìm ra và sử dụng các phƣơng
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 trƣớc khi giải bài tập dạng này có cách
nhìn khái quát, định hƣớng phƣơng pháp giải. Nội dung của sáng kiến kinh nghiệm này
đó là nêu rõ phƣơng 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 phƣơng trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số chứng minh bất đẳng thức”

2


2. Mục đích nghiên cứu :
Khi kết thúc chƣơng trình lớp 12, khi gặp bài toán chứng minh bất đẳng thức và các
ứng dụng đòi hỏi học sinh phải nhận dạng đƣợc bài toán chứng minh bất đẳng thức vận
dụng theo phƣơng pháp nào. Sự kết hợp các phần kiến thức khác nhau giữa đại số, hình
học, giải tích sẽ cho ta các phƣơng pháp chứng minh thích hợp. Vận dụng tính chất của
tiếp tuyến đƣờng cong, ứng dụng của nó cùng với tính chất của các bất đẳng thức cơ bản
sẽ cho ta một phƣơng pháp chứng minh mới, phù hợp là mục đích của sáng kiến kinh
nghiệm này.
3. Nhiệm vụ và phƣơng pháp nghiên cứu:
Kết quả lớn nhất của sáng kiến này là đã tìm ra thêm một phƣơng pháp chứng
minh bất đẳng thức, ngoài việc tổng hợp các 10 phƣơng pháp chính làm bài tập chứng
minh bất đẳng thức. Từ đó phân biệt các phƣơng 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.
Phƣơng pháp nghiên cứu của sáng kiến kinh nghiệm này là phân tích, tổng hợp
hiệu quả của các phƣơng pháp chứng minh bất đẳng thức thông thƣờng. Từ đó sáng tạo ra
phƣơng pháp mới, đồng thời phân tích, tổng hợp để làm rõ hiệu quả của phƣơng pháp
mới này.
4. Phạm vi và đối tƣợng nghiên cứu:
Về con ngƣời là các thầy cô giáo giảng dạy môn toán THPT và các em học sinh
đang học tại trƣờng THPT của tôi. Trong phần toán học, ở đây đối tƣợng nghiên cứu là

3

các phƣơng pháp chứng minh bất đẳng thức mà học sinh đƣợc học trong chƣơng trình
phổ thông.
5. Điểm mới của sáng kiến kinh nghiệm:
Là nêu một phƣơng 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:
Chƣơng 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) Hƣớng dẫn học sinh tìm ra nhiều phƣơng pháp chứng minh một bất đẳng thức.
4) Phát hiện, khắc phục và sửa chữa sai lầm trong chứng minh bất đẳng thức.
Chƣơng 2: Cơ sở thực tiễn (Giải pháp cũ thường làm) 10 phƣơng pháp chứng minh
bất đẳng thức thƣờng gặp.
Chƣơng 3: (Giải pháp mới) Phƣơng pháp mới chứng minh bất đẳng thức.
Chƣơng 4: Kết quả thực nghiệm tại trường tôi công tác.

Phần 2: NỘI DUNG
Chƣơng 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

4


học sinh phần kiến thức này, chấp nhận từ bỏ bài toán chứng minh bất đẳng thức và các
ứng dụng của nó. Chƣa hẳn điều đó đã đúng, nếu chúng ta nghiêm túc phân bậc đối
tƣợng học sinh và chỉ cần bồi dƣỡng 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 lƣợng biến, sự phức tạp của đối tƣợng,
căn cứ vào mức độ tƣờng 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 phƣơng 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 nhƣ sau. Ta lấy một ví dụ: Chứng minh các bất đẳng
thức sau:
(1)

1
1
(a  )(b  )  4 , với a, b  0
a
b

(2)

a 2  b2  c 2  ab  bc  ca với a, b, c  0

(3)

a 2  b2  c 2  d 2  e2  a(b  c  d  e) với a, b, c, d , e  0

(4) Cho x, y, z  0, xyz  1 chứng minh rằng:
1  x2  y 2
1  y2  z2
1  z 2  x2


3 3
xy

yz
zx

(5) Cho x, y, z  0,

1 1 1
   4 chứng minh rằng:
x y z

1
1
1


1
2x  y  z 2 y  z  x 2z  x  y

Trong hệ thống bài tập ở trên mức độ vận dụng ở các bài toán là khó dần:

5


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 a 2 

a2 a2 a2 a2
và ghép đôi
  
4

4
4
4

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
1
a

1
b

hỏi vận dụng sáng tạo: Từ (a  b)(  )  4 với a, b  0 đến

1 1 1
1
Từ đó:
(  )
4 a b ab

1
1 2 1 1
 (   ) và tƣơng tự cho hai hạng tử còn lại.
2 x  y  z 16 x y z

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 đƣợc 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) nhƣ: các số tham gia bất đẳng thức dƣơng; 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 ngƣợc lại một cách linh hoạt.
3
4

(1) Cho a, b, c  0 và a  b  c  .CMR:
(2) Cho a, b, c  0 và abc  1 .CMR:

3

3

a  3b  3 b  3c  3 c  3a  3

a  3b  3 b  3c  3 c  3a  3

6


3) Hƣớng dẫn học sinh tìm nhiều phƣơng 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 phƣơng diện khác nhau. Ta có thể tìm hiểu qua các ví
dụ sau đây:
a) Ví dụ 1: Cho 0  x, y  1 . Chứng minh rằng: x y  y x 

1
4

Cách 1: Dựa vào điều kiện 0  x, y  1 ta có: VT  xy ( x  y )  y (1  y )
xy ( x  y ) 

Lúc này lại áp dụng bất đẳng thức Côsi:

y (1  y ) 

1
4

Cách 2: Đặc biệt hoá dấu bằng xảy ra khi x = 4y. Vậy khi biến đổi ta phải để ý điều
này.
VT  x y ( x  y )  x (

y  ( x  y) 2 x x 1
) 

2
4
4
1
4

Cách 3: Đặt t  y  t 2 x  x.t   0 .Vế trái là 1 tam thức bậc 2 của t, có
 t  x 2  x  0 nên ta đƣợc ĐPCM.

b) Ví dụ 2: Cho 36 x2  16 y 2  9 . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:
T = y – 2x + 5.
1

3
x2
y2

 1 . Đặt x  cos , y  sin  .
Cách 1: Ta có: 36 x  16 y  9 
2
4
1 / 4 9 / 16
2

2

1
4

5
4

Ta có: T  y  2 x  5  (3sin   4cos  )  5  sin(   )  5 ,
3
5

4
5

(với cos  ,sin   ). Khi đó

15
25

T 
.
4
4

7


Ta đƣợc GTLN của T là

25
15
khi sin(   )  1, GTNN là
khi sin(   )  1.
4
4

Cách 2: Áp dụng bất đẳng thức Bunhicopxki
1
1
1 1
25
( y  2 x) 2  ( 4 y  6 x) 2  (  )(16 y 2  36 y 2 ) 
4
3
16 9
4

Khi đó:

5
5 15
25
  y  2x    T 
4
4
4
4

Cách 3: Từ giả thiết ta có tập giá trị của T để hệ 2 phƣơng trình có nghiệm. Thế
y  T  2 x  5 vào 36 x2  16 y 2  9  100 x2  64(T  5) x  16(T  5)2  9  0

Phƣơng trình có nghiệm khi   0

=>

15
25
T 
.
4
4

4) Phát hiện, khắc phục và sửa chữa sai lầm cho học sinh:
a) Ví dụ 1: Chứng minh rằng: a 2  b2  c2  d 2  e2  a(b  c  d  e) với mọi số thực
a, b, c, d , e .

Lời giải: Theo Cô-si ta có:
2

a
 b2  ab,
4

2

2

a
 c 2  ac,
4

a
 d 2  ad ,
4

2

a
 e2  ae
4

Cộng các bất đẳng thức trên ta đƣợc 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
a
2

nhƣng không phải theo Cô-si, mà do (  b) 2  0,...
b) Ví dụ 2: Cho a, b, c, d là 4 cạnh của một tứ giác lồi. Chứng minh rằng diện

8


tích tứ giác không lớn hơn

1
( ab  cd )
2

Lời giải: Giả sử bốn cạnh tứ giác là AB = a, BC = b, CD = c, DA = d.
1
2

1
2

Lúc đó ta có: S  S ABC  SCDA  (ab sin B  cd sin D )  (ab  cd ) => ĐPCM.
Đánh giá: Lời giải này còn thiếu trƣờng hợp hai cạnh có độ dài a, b đối diện.
c) Ví dụ 3: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức M  x(2a  x)(2b  x) với a, b dƣơng,
phân biệt và 0 < x < 2a, 0 < x < 2b
1
2

Lời giải: Vì M  .2 x(2a  x)(2b  x)
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho các số 2x, 2a - x, 2b - x nên M lớn nhất khi chúng
bằng nhau, nhƣng 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 chƣa kết luận đƣợc gì.
1

2

d) Ví dụ 4: Cho 0  a  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = 2a +
Lời giải: Sai lầm thƣờng gặp: S  2a 

1
1
1
 a  a  2  3 3 a.a. 2  3  minS = 3
2
a
a
a

Nguyên nhân sai lầm:
min S = 3  a  a 

1
a2

1
1
 1 mâu thuẫn với giả thiết 0  a 
2
2
a

Phân tích và tìm tòi lời giải: Xét bảng sau để dự đoán Min S.

9

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

1

a2

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 a 

1
2

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 a, a,

1
:
a2

Cách 1: Ta dự đoán sử dụng bất đẳng thức Côsi cho các số a, a,

Sơ đồ điểm rơi 1:

=> 2a +

1
a2

1
1


a  2

a  2

 8

1
1
a 
 


 a2
a3

1
7
8
7
3 7.4
 5.
=  a  a  2   2  3 3 a.a. 2  2  


Với a =

8a  8 a

1
2

a

8a

thì giá trị nhỏ nhất của S là 5.

Cách 2:

10

2

8

1
ta có:
 a2


Ta dự đoán sử dụng bất đẳng thức Côsi cho các số  a,  a,

Sơ đồ điểm rơi 2:

=>

S = 2a +

1
ta có:
a2

1
1


a  2
a  2

   8

1
1
 a   a 
   

a2
a3


1 
1
1

3 8a.8a.
8
a

8
a



14
a

3
 14a
=


a2 
a2
a2


1
2

= 12  14a  12  14.  5 . Với a =

1
2

thì Min S = 5.

Chƣơng 2: GIẢI PHÁP CŨ THƢỜNG LÀM
Thực tế các giáo viên đã rất cố gắng để truyền thụ tới các học sinh phƣơng 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 phƣơng pháp chứng minh bất đẳng thức thƣờng đƣợc sử
dụng. Việc phân chia ra phƣơng pháp này hay phƣơng pháp khác chỉ tƣơng đối, tuỳ theo
quan niệm của mỗi ngƣời. Trong phƣơng pháp này có phƣơng pháp kia, khó rạch ròi

phân biệt đƣợc. Ví dụ đặt a = cosx có thể hiểu là đặt ẩn phụ, hoặc gọi là phƣơng pháp
lƣợng giác hoá. Dƣới đây tôi giới thiệu các phƣơng 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, tƣơng đƣơng. Có
2 con dƣờng quy nạp hoặc diễn dịch để có đƣợc kết quả bài toán.
Ví dụ 1 : Bài 4(SGK CTC10Tr.79):

11


Chứng minh rằng: x3  y3  x2 y  xy 2 x, y  0
Giải: x3  y3  x2 y  xy 2  ( x  y)2 ( x  y)  0 luôn đúng => ĐPCM
Ví dụ 2: (CM bất đẳng thức Bunhiacopxki)
Với mọi a,b,c,d thì: (ac  bd )2  (a2  c2 )(b2  d 2 )
Giải: (ac  bd )2  (a 2  c2 )(b2  d 2 )  2abcd  a 2c 2  b2d 2
 (ac  bd )2  0 => 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: (a  b)2  0  a2  b2  2ab a,b  R
(2) Với a, b, c dƣơng thì

ab
 ab ;
2

abc 3
 abc (BĐT Cô-si)

3

(3) Với mọi a, b thì: a  b  a  b  a  b
Ta lấy một số ví dụ:
a 4 b4 c4
   3abc
Ví dụ 1: CMR với a,b,c dƣơng thì:
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: a 2  b2  c 2  ab  bc  ca
Giải: Với mọi a,b,c thì: (a  b)2  0  a 2  b2  2ab

12


(b  c)2  0  b2  c2  2bc và (c  a)2  0  c2  a 2  2ca

Cộng tƣơng ứng 3 bất đẳng thức suy ra ĐPCM.
3. Phương pháp quy nạp toán học:
Để chứng minh mệnh đề P(n) với n  no. Ta làm các bƣớc:
Bƣớc 1: Kiểm tra tính đúng sai của mệnh đề với n=no
Bƣớc 2: Giả sử P(n) đúng đến n = k  no. Ta chứng minh đúng với n = k+1
Hơn nữa bất đẳng thức cũng là một mệnh đề logic với những điều kiện cho trƣớc. Vì
vậy hoàn toàn áp dụng đƣợc phƣơng pháp này.
Ví dụ: CMR với n nguyên dƣơng lớn hơn 2 thì:
Giải: Với n = 3. BĐT trở thành:

1
1
1

 ..... 
 n 1
1
2
n

1
1
1


 4 đúng.
1
2
3

Giả sử BĐT đúng với đến n = k tức là:

1
1
1

 ..... 
 k 1
1
2

k

Ta chứng minh cho BĐT đúng với n = k+1. Thật vậy:
1
1
1
1
1
k 2
k 2

 ..... 

 k 1 


 k 2.
1
2
k
k 1
k 1
k 1
k 2

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

a (1  b)  ; b(1  c)  ; c(1  a) 
4
4
4

với 0  a, b, c  1

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

13


a(1  b)b(1  c)c(1  a) 

1
1
 abc(1  a)(1  b)(1  c) 
64
64

Nhƣng theo bất đẳng thức Cô-si ta có: a (1  a ) 
1
4

(1)

1
4

1

4

Tƣơng tự: b(1  b)  , c(1  c)  Khi đó: abc(1  a)(1  b)(1  c) 

1
(2)
64

Mâu thuẫn giữa (1) và (2). Vậy điều giả sử là sai. Ta có ĐPCM.
5. Phương pháp lượng giác hoá:
Thông thƣờng 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:
1
b

1
c

1
a

1
a

1
b

1
c

Chứng minh rằng: (a  )(b  )(c  )  (a  )(b  )(c  ) với a,b,c > 1.
Giải:
(cos x 

Từ

giả

thiết

tồn

tại:



x, y , z  (0; )
2

để

a

1
1
1
;b 
;c 
cos x
cos y

cos z

1
1
1
1
1
1
)(cos y 
)(cos z 
)  (cos x 
)(cos y 
)(cos z 
)
cos y
cos z
cos x
cos x
cos y
cos z

Ta có: cos( x  y)  1  1  cos x.cos y  sin x.sin y
Tƣơng tự: 1  cos y.cos z  sin y.sin z
1  cos z.cos x  sin z.sin x

Nhân tƣơng ứng ta có:
(1  cos x.cos y)(1  cos y.cos z)(1  cos z.cos x)  sin 2 x.sin 2 y.sin 2 z

Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
6. Phương pháp hình học:

14


Áp dụng bất đẳng thức liên hệ 3 điểm: AB + BC  AC.
Ví dụ 1: CMR với mọi a,b,c,d ta có:

a 2  b2  c 2  d 2  (a  c)2  (b  d )2

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: a 2  ab  b2  a 2  ac  c 2  b 2  bc  c 2 (2)
b
2

Bởi BĐT (2)  (a  )2 

3b 2
c
3c 2
b c
3b
3c 2
 (a  )2 
 (  )2  (

)
4
2

4
2 2
2
2

7. Phương pháp hàm số:
Ví dụ 1: CMR với a,b,c không âm thì:
a2  b2  c2  2(cos a  cos b  cos c)  6  0

Lời giải: Xét hàm số: f (t )  t 2  2cos t , t  0;  
Ta có: f '(t )  2t  2sin t , f ''(t )  2  2cos t và f ''(t )  0, t 0;  
Khi đó: f '(t ) đồng biến trên 0;  => f '(t )  f '(0)  0  f (t ) đồng biến trên

0;  . Do vậy

f (t )  f (0)  2  f (a)  f (b)  f (c)  6 => ĐPCM.

Ví dụ 2: Chứng minh rằng: (1 

1 n1
1
)  (1  ) n với n  N*
n 1
n
1
x

Lời giải: Xét hàm số f ( x)  (1  ) x , x  1
1
f '( x)

1
1
 ln f ( x)  x ln(1  ) 
 ln(1  ) 
x
f ( x)
x 1 x

15


  f '( x)  f ( x). f ''( x) x( x  1)  1
f '( x)
(
)' 

0
2
f ( x)
( x  1) 2
 f ( x) 
2

Ta có:

f '( x)
f '( x) f '(1)
đồng biến trên 1;  

 0  f '( x)  0

f ( x)
f ( x)
f (1)

 f ( x ) đồng biến trên 1;  . Nói riêng với n  N* => ĐPCM.

8. Phương pháp đặt ẩn phụ:
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 x 2  y 2  1 thì x  y  2 ”

Giải: Đặt x  sin  ; y  cos  x  y  sin   cos  2 sin(  )  2
4

Xét một ví dụ khác:
“Cho 3 số dƣơng a,b,c thoả mãn: a 2  b2  c 2  3 thì:
Giải: Cần chứng minh:
a2 

Đặt
Khi đó:

(1)

ab bc ca
 
 3”
c
a
b

ab bc ca
 
 3  a 2b 2  b 2c 2  c 2 a 2  3abc
c
a
b

3x
3y
3z
, b2 
, c2 
x yz
x yz
x yz

(1)

( x, y, z  0)

 xy  yz  zx  3xyz ( x  y  z )

 ( xy  yz  zx)2  3xyz ( x  y  z )


1
2
2
2

xy  yz    yz  zx    zx  xy    0 luôn đúng với x, y, z  0


2

16


=> ĐPCM
9) Phương pháp đánh giá
Ví dụ 1: bài 16 (SGK Đại số 10NC, Tr.112), chứng minh rằng:
1

Giải: Ta có:
1

1 1
1
 2  ...  2  2
2
2 3
n

1
1
1
1




n 2 n(n  1) n  1 n

(n  N *)
(n  1)

1
1
1
1 1 1 1
1
1
1


...


1





...



2

 2 (n  1)

22 32
n2
1 2 2 3
n 1 n
n

Ví dụ 2: Chứng minh rằng: 1 
Giải: Đặt S 

a
b
c
d



2
abd abc bcd a cd

a
b
c
d



abd abc bcd acd

Ta chứng minh đƣợc:
Tƣơng tự:

a
a
ac


a bcd a bd a bc d
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:

17

Nội dung chính của phƣơng pháp này đó là tìm cách đƣa bài toán nhiều biến phức
tạp, thành bài toán mới ít ẩn số hơn một cách hợp lý.
4
3

Ví dụ: Cho a 2  b2  c2  2 , ab  bc  ca  1, chứng minh rằng   a 

4
3

Giải: Từ giả thiết ta có (a  b  c)2  4  b  c   2  a
(b  c)2
(2  a)2 3a 2  4a  4
2
a b c a 
a 

2
2
2
2

2

2

2

4
4
 3a 2  4a  0 . Vậy   a  .
3
3

Tất nhiên trong thời lƣợng phân phối của bộ môn không có đủ thời gian để giáo viên
trang bị cho học sinh tất cả các phƣơng pháp nêu trên. Nhƣng 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 phƣơng 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 x, y, z  0 thoả mãn x( x  y  z)  3 yz ta có:
( x  y)3  ( x  z )3  3( x  y )( x  z )( y  z )  5( y  z )3

Phƣơng pháp làm bài: Đặt
Cho

a, b, c  0

thoả mãn:

a  x  y, b  x  z , c  y  z

c 2  a 2  b2  ab

bài toán trở thành:

chứng minh rằng:

a3  b3  3abc  5c3

Phƣơng pháp đặt ẩn phụ đã giúp đƣa 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 cũng đã biết.

18


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  a  b  1 , chứng minh rằng:

a 2 ln b  b2 ln a  ln a  ln b

Phƣơng pháp làm bài: BĐT cần chứng minh tƣơng đƣơng với:
Xét hàm số

f (t ) 

ln t
, t  (0;1) .
t2 1

Ta chứng minh đƣợc

f '(t )  0

ln a

ln b
 2
(2)
2
a 1 b 1

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 phƣơng pháp
hàm số. Tuy nhiên học sinh cần đƣợc luyện tập nhiều mới phát hiện đƣợc sự tƣơng
đồng trong 2 vế của BĐT (2).
- Thứ ba: Đề thi tuyển sinh đại học khối D môn toán năm 2009, câu V
Cho x, y  0 thoả mãn x  y  1 . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:
S  (4 x 2  3 y)(4 y 2  3x)  25 xy

Phƣơng pháp làm bài: Ta thấy sự đối xứng của x, y trong biểu thức S và điều kiện bài
toán.Dẫn đến hình thành tƣ duy liên hệ giữa tổng và tích của x và y. Trong đó ở đây
x  y 1

lúc này gợi ý đặt xy=t.

Cần sử dụng đến BĐT

0  xy 

( x  y)2 1

4
4

Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của

khi đó:

0t 

1
.
4

Bài toán trở thành:

 1
S  f (t )  16t 2  2t  12, t  0;  .
 4

không khó đối với học sinh.tuy nhiên sau khi tìm xong

19

Bài tập này thực sự


1 25
1
191
max f (t )  f ( )  ; min f (t )  f ( ) 
 1
4

2 0; 1 
16
16
0; 
 4

 4

1
1
t  (t  )
4
16

chính là công việc tìm xem có x, y thoả mãn

hay không? Từ đó mới kết luận đƣợc kết quả của bài toán.

Trên đây là 3 câu hỏi trong đề thi đại học, cao đẳng năm 2009. Với các phƣơng pháp
đã nêu khi trang bị cho học sinh. Tôi tin học sinh của tôi thực hiện tốt những câu hỏi này.
- Thứ tƣ: Đề thi tuyển sinh đại học khối A môn toán năm 2012, câu 6
“Cho các số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x  y  z  0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức P  3 x  y  3 yz  3 z x  6(x 2  y 2  z 2 ) .”
Trƣớc bài toán này, câu hỏi đặt ra là chúng ta sẽ giải quyết nó theo hƣớng nào? Các
phƣơng pháp kể trên có giải quyết đƣợc bài toán hay không?

Chƣơng 3: GIẢI PHÁP MỚI
Xuất phát yêu cầu kiến thức của từng giai đoạn khác nhau, giáo viên bổ sung cho học
sinh các phƣơng pháp, cách giải phù hợp. Dạy học chứng minh bất đẳng thức cũng vậy.
Ngƣời giáo viên tìm tòi, bổ sung phƣơng pháp chứng minh cho các học sinh những

phƣơng pháp mới hiệu quả là điều cần thiết. Ngoài các phƣơng pháp thƣờng làm kể trên,
khi học phần kiến thức Đạo hàm và các ứng dụng. Ngay trong chƣơng trình lớp 11, khi
có khái niệm đạo hàm chúng ta có ý nghĩa hình học quan trọng về đạo hàm.
“Nếu tồn tại,
M0 (x 0 ;f (x 0 )) .

f '(x 0 )

là hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f (x) tại điểm

Khi đó phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm

y  y0  f '(x 0 ).(x  x 0 ) ”

20

M 0 là


Ta có nhận xét sau: Nếu đƣờng thẳng (d): y  ax  b là tiếp tuyến của đồ thị (C):
y  f (x) tại điểm M0 (x 0 ;f (x 0 )) ( không là điểm uốn), khi đó tồn tại một khoảng D chứa

điểm

x0

sao cho trên đó đồ thị (C) nằm phía dƣới 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 x  x 0 .
Hơn thế nữa ta đều phân tích đƣợc f (x)  (ax  b)  (x  x 0 ) k .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 nhƣ f (a1 )  f (a 2 )  ....  f (a n )  E . Khi đó
điểm rơi là a1  a 2  ...  a n  x 0 . Khi đó ta sẽ viết phƣơng trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số
y  f (x) tại x  x 0 và sử dụng nhận xét kể trên.

Ta sẽ xét một số ví dụ để làm rõ điều này:
Bài 1: Cho 4 số dƣơng a,b,c,d thỏa mãn a  b  c  d  1 . Chứng minh rằng
1
6(a 3  b3  c3  d3 )  a 2  b 2  c2  d 2  .
8
1
4

Nhận xét. Dấu bằng xảy ra khi a  b  c  d  . Bất đẳng thức cần chứng minh
tƣơng đƣơng với
(6a 3  a 2 )  (6b3  b 2 )  (6c3  c2 )  (6d3  d 2 ) 

1
1
 f (a)  f (b)  f (c)  f (d) 
8
8

Trong đó f (x)  6x3  x 2 . Phƣơng trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f (x) tại x 
1
1
1 5
1
5x  1

y  f '( ).(x  )  f ( )  x  . Ta cần so sánh f (x) và
x  (0;1)
4
4
4 8
8
8

21

1
là
4


Lời giải.
Ta có 6a 3  a 2 

5a  1
 48a 3  8a 2  5a  1  0  (4a  1) 2 (3a  1)  0 đúng a  (0;1)
8
1
4

(Dấu bằng xảy ra khi a  ). Vai trò a, b, c, d bình đẳng nên ta có
(6a 3  a 2 )  (6b3  b 2 )  (6c 3  c 2 )  (6d 3  d 2 ) 

5(a  b  c  d)  4 1
=>ĐPCM.


8
8

1
4

(Dấu bằng xảy ra khi a  b  c  d  )
3
4

Bài 2: Cho a, b,c   ;a  b  c  1 . Chứng minh

a
b
c
9
 2
 2
 .
a  1 b  1 c  1 10
2

1
3

Nhận xét. Dấu bằng xảy ra a  b  c  , khi đó f (a)  f (b)  f (c) 
f (x) 
x

9

với hàm số
10

x
3
liên tục trên   ;   . Phƣơng trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f (x) tại
x 1
 4

2

1
36x  3
là y 
. Từ đó gợi ý cho ta dẫn đến lời giải của bài toán.
3
50

Lời giải.
36a  3
a
(3a  1) 2 (4a  3)
3
36a  3
a
Ta có
 2

 0a   
 2

2
50
a 1
50(a  1)
4
50
a 1

Suy ra

a
b
c
36(a  b  c)  9 9
 2
 2

  ĐPCM.
a 1 b 1 c 1
50
10
2

1
3

(Dấu bằng xảy ra khi a  b  c  ).
Qua 2 bài tập trên ta nhận thấy rằng phƣơng trình tiếp tuyến là đƣờng lối cơ sở để
chúng ta dẫn đến bất đẳng thức cơ bản cần chứng minh. Điều quan trọng là biến đổi để có

22


đƣợc hàm số và điểm rơi cần thiết. Qua đó cũng cho thấy sự hạn chế của phƣơng 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. Ngƣời đọc sẽ giải thích đƣợc các câu hỏi nhƣ: 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 dƣơng a, b,c biết a  b  c  3 . Chứng minh rằng
a  b  c  ab  bc  ca

(1)

Nhận xét. (1)  a 2  b2  c2  2( a  b  c)  (a  b  c) 2  9
Do vậy ta xét hàm số f (x)  x 2  2 x và viết phƣơng trình tiếp tuyến (PTTT)
của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ bằng 1. Và làm tƣơng tự nhƣ đã làm đối với bài
tập 1 và bài tập 2.
Lời giải.
Ta có: a 2  2 a  3a  ( a  1)2 (a  2 a )  0  a 2  2 a  3a
Tƣơng tự ta có b2  2 b  3b;c2  2 c  3c . Cộng 3 bất đẳng thức ta đƣợc ĐPCM
(Dấu bằng xảy ra khi a  b  c  1 )
Bài 4. Cho a, b,c  0 . Chứng minh

a
b
c
9




.
2
2
2
(b  c) (c  a) (a  b)
4(a  b  c)

Lời giải.
Không mất tính tổng quát với bộ số a, b, c ta đặt a  b  c  1 khi đó ta cần chứng minh
a
b
c
9
x


 . Xét hàm số f (x) 
trên (0;1).
2
2
2
(1  a) (1  b) (1  c)
4
(1  x) 2

23


Ta viết phƣơng trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y 

là y 

x
1
tại điểm có hoành độ x 
2
(1  x)
3

18x  3
18x  3 (3x  1)2 (3  2x)
. Lại có f (x) 

 0x  (0;1)
4
4
4(1  x) 2

 f (x) 

18x  3
18(a  b  c)  9 9
 f (a)  f (b)  f (c) 
  ĐPCM.
4
4
4
a
t

b
t

c
t

Nếu a  b  c  t  0     1 , ta chứng minh tƣơng tự nhƣ trên cho bộ số
a
b
c
a '  ;b'  ;c'  . Từ đó ta có điều cần chứng minh.
t
t
t

Trên đây ta đã đề cập đến một số bài tập có sử dụng phƣơng pháp chứng minh bất
đẳng thức dự vào phƣơng trình tiếp tuyến của đƣờng cong. Phƣơng pháp này không tối
ƣu trong mọi trƣờng hợp nhƣng qua đó giúp ta giải quyết đƣợc 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 đƣợc việc làm đơn giản hóa bài toán chứng minh bất đẳng thức trƣớc học sinh.
Ta xét bài toán tổng hợp Câu 6 đề thi đại học khối A năm 2012, một bài tập tƣơng 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 P  3 x  y  3 yz  3 z x  6(x 2  y 2  z 2 ) .”
Ta tìm hiểu đáp án chi tiết của Bộ Giáo dục và Đào tạo:
“ Ta chứng minh 3t  t  1 t  0 (*)
Xét hàm số f (t)  3t  t  1  f '(t)  3t ln3 1  0t  0;f (0)  0  (*) đúng.
Áp dụng (*) ta có 3 x  y  3 yz  3 z  x  3  x  y  y  z  z  x

24


Áp dụng bất đẳng thức a  b  a  b ta có
( x  y  y  z  z  x )2  x  y  y  z  z  x  x  y ( y  z  z  x ) 
2

2

2

 y  z ( x  y  z  x )  z  x ( x  y  y  z )  2( x  y  y  z  z  x )
2

2

2

Do đó
x  y  y  z  z  x  2( x  y  y  z  z  x )  6(x 2  y 2  z 2 )  2(x  y  z) 2
2

2

2

 x  y  y  z  z  x  6(x 2  y 2  z 2 )  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.
Nhƣng nếu chúng ta xét theo phƣơng pháp giải sử dụng phƣơng trình tiếp tuyến của
đƣờng y  e t tại điểm có hoành độ bằng 0.
y'  e t  y'(0)  1  PTTT : y  y'(0).(t  0)  y(0)  t  1

3
e

Lại có ( ) t  1t  0  3t  e t , việc chứng minh e t  t  1t  0 đã có trong bài tập của
chƣơng trình phổ thông.
Bên cạnh đó cúng cần phải nhớ x  y  0, y  z  0, z  x  0 .
Rõ ràng thực hiện theo phƣơng 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 phƣơng
pháp chứng minh này so với các phƣơng pháp thƣờng dùng trƣớc đây. Tất nhiên để giải

25