Skkn Rèn Luyện Kỹ Năng Chứng Minh Bất Đẳng Thức Bằng Phương Pháp Dồn Biến

Sáng kiến kinh nghiệm

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA
TRƯỜNG THPT TĨNH GIA I

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

RÈN LUYỆN KỸ NĂNG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG
THỨC BẰNG PHƯƠNG PHÁP DỒN BIẾN

Người thực hiện: Nguyễn Thị Hiền
Chức vụ: Giáo viên
Đơn vị công tác: Trường THPT Tĩnh Gia I
SKKN thuộc môn: Toán

THANH HÓA NĂM 2014

Nguyễn Thị Hiền

– Trường THPT Tĩnh Gia I

1


Sáng kiến kinh nghiệm

CẤU TRÚC CỦA ĐỀ TÀI
A. Đặt vấn đề
I) Lời mở đầu
II) Thực trạng của vấn đề nghiên cứu
B. Giải quyết vấn đề

I) Cở sở lý luận
II) Giải pháp thực hiện
1) Dồn về một biến thông qua phương pháp đặt ẩn phụ
2) Dồn về một biến là một trong các biến đã cho
3) Dồn về một biến thông qua việc khảo sát lần lượt các biến
4) Khai thác bất đẳng thức đã chứng minh thành các bất đẳng thức mới
5) Bài tập áp dụng
6) Kiểm nghiệm
C. Kết luận và đề xuất
1) Kết luận
2) Đề xuất

Nguyễn Thị Hiền

– Trường THPT Tĩnh Gia I

2


Sáng kiến kinh nghiệm

A. ĐẶT VẤN ĐỀ
I) Lời mở đầu
Mục tiêu hàng đầu của việc dạy học môn toán trung học phổ thông là trang
bị những tri thức, phương pháp và phát triển tư duy, trí tuệ cho học sinh.
Phần bất đẳng thức là chủ đề khá quan trọng trong việc phát triển tư duy
sáng tạo, tư duy biện chứng cho học sinh. Đồng thời cũng thường gặp trong các đề
thi đại học và cao đẳng, đề thi học sinh giỏi hàng năm.
Có rất nhiều phương pháp vận dụng chứng minh bất đẳng thức, các phương
pháp giải đa dạng, một số tài liệu đưa ra cách giải mang tính thủ thuật, không tự

nhiên làm cho học sinh không có cách nhìn bao quát về chứng minh bất đẳng thức.
Sáng kiến kinh nghiệm này tôi đã hướng dẫn học sinh sử dụng phương pháp dồn
biến vào việc chứng minh bất đẳng thức. Với kết quả được xây dựng một cách
logic tự nhiên và sắp xếp từ đơn giản đến phức tạp giúp học sinh có cách nhìn tổng
quan hơn. Mặt khác hướng dẫn học sinh biết kết hợp khai thác các kiến thức đã
học, các kiến thức liên quan tìm ra các bất đẳng thức mới. Từ đó phát huy tính cực,
chủ động, sáng tạo của học sinh trong việc lĩnh hội tri thức và tạo niềm tin, hứng
thú trong học tập môn Toán.
II) Thực trạng
a) Đối với giáo viên
Chủ đề bất đẳng tương đối khó mà số lượng tiết học trong sách giáo khoa
đối với nội dung này ít. Các giáo viên thường dạy theo kiểu nêu các tính chất, các
bất đẳng thức thông dụng sau đó ra các bài tập có tính chất ngẫu hứng, rồi học
sinh giải hoặc giáo viên giải cho học sinh nghe. Dẫn đến học sinh bế tắc trong con
đường suy nghĩ và khó tìm đường lối giải quyết cho các bài tập khác.
b) Đối với học sinh:
Chủ đề bất đẳng thức tương đối khó đối với mọi đối tượng học sinh. Sự nhận
thức học sinh thể hiện khá rõ:
Nguyễn Thị Hiền

– Trường THPT Tĩnh Gia I

3


Sáng kiến kinh nghiệm

- Học sinh lúng túng không có định hướng khi gặp bài toán chứng minh bất đẳng
thức.
- Khả năng phân tích dữ kiện, tổng hợp các kiến thức liên quan đến bài toán còn

hạn chế.
- Chưa có kỹ năng vận dụng tính chất cơ bản của bất đẳng thức và các bất đẳng
thức cổ điển để kiến tạo ra tri thức tổng hợp từ đó vận dụng vào giải bài tập.
- Từ các bất đẳng thức đã chứng minh chưa biết phân tích xây dựng thành các bài
toán mới.
Vì vậy để khắc phục các hạn chế trên của học sinh, giúp giáo viên có định
hướng tốt khi dạy phần bất đẳng thức đồng thời bồi dưỡng khả năng tư duy cho học
sinh khá giỏi, qua đó nâng cao chất lượng mũi nhọn cho nhà trường tôi đã chọn đề
tài:
Rèn luyện kỹ năng chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp dồn biến

Nguyễn Thị Hiền

– Trường THPT Tĩnh Gia I

4


Sáng kiến kinh nghiệm

B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
I. Cơ sở lí luận
- Giáo viên ôn tập lại nội dung và tính chất của bất đẳng thức Côsi, bunhiacốpxki
f ( x);min
f ( x)
- Cho hàm số y = f(x) liên tục trên [a; b] khi đó luôn tồn tại: m[a;ax
[a; b]
b]
- Hàm số y = f(x) liên tục trên [a; b]
+ Nếu f’(x) ≥ 0 ∀x ∈ [ a; b ] thì f (a ) ≤ f ( x ) ≤ f (b)

+ Nếu f’(x) ≤ 0 ∀x ∈ [ a; b ] thì f (b ) ≤ f ( x ) ≤ f (a )
- Xét hàm số f(x) = mx + n trên [a; b] khi đó: min{f(a);f(b)} ≤ f(x) ≤ max{f(a);f(b)}
II. Giải pháp thực hiện
1) Dồn về một biến thông qua phương pháp đặt ẩn phụ
Để học sinh vận dụng thành thạo nội dung của phương pháp và tạo niềm tin
lĩnh hội tri thức cho học sinh. Từ các bài tập cụ thể tôi hướng dẫn học sinh phân
tích dữ kiện và tìm ra ẩn phụ, mỗi bài toán mở ra một hướng khai thác dữ kiện khác
nhau để tìm ra cách đặt ẩn phụ, từ đó dồn về bài toán với một ẩn.
Bài 1: Cho ba số thực x, y, z thõa mãn: x 2 + y2 + z2 = 2. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị
nhỏ nhất của biểu thức: P = x3 + y3 + z3 – 3xyz.
Nhận xét:
- Ba ẩn x,y,z có vai trò bình đẳng và P là biểu thức đối xứng với ba ẩn.
- Từ đó đưa về bài toán với ẩn t = x + y + z
Giải: Đặt t = x + y + z Vì (x + y + z)2 ≤ 3(x2 + y2 + z2) nên − 6 ≤ t ≤ 6
Ta có P = (x + y + z) (x2 + y2 + z2 - xy - xz – zx)
x 2 + y 2 + z 2 − ( x + y + z )2
( x + y + z)2
= ( x + y + z )( x + y + z +
) = ( x + y + z )(3 −
)
2
2
2

= 3t -

2

2

1 3
1
t . Xét hàm f(t) = 3t - t3 với t∈  − 6; 6  , f’(t) = 0 ⇔ t = ± 2
2
2

Nguyễn Thị Hiền

– Trường THPT Tĩnh Gia I

5


Sáng kiến kinh nghiệm

Ta có f (± 6) = 0; f (− 2) = −2 2; f ( 2) = 2 2
Vậy maxP =2 2 khi x = y = z = 2 3 ; min P = −2 2 khi x = y = z = − 2 3
Bài 2: Cho ba số thực dương x,y,z thõa mãn: x2 +y 2+ z2 +2xy = 3(x + y+z) (*)
2
Chứng minh rằng: 6( x + y ) + z +

1987
1987
+
≥ 2014
x+z
y+2

Nhận xét: - Bài toán này vai trò x, y, z không còn bình đẳng bài toán này khai thác
(*) : x2 +y 2+ z2 +2xy = 3(x + y+z)

⇔ ( x + y ) 2 + z 2 = 3( x + y + z ) ⇒ 3( x + y + z ) ≥

( x + y + z )2
⇔ 0< x+ y+ z ≤6
2

- Từ đó dồn về một biến t = x + y +z
Giải: Ta có
VT = 6( x + y ) + z 2 +

1987
1987
1
+
= 6( x + y ) + z 2 + 9 + 1987(
+
x+z
y +2
x+z

≥ 6( x + y + z ) + 1987(2

1
2
) ≥ 6( x + y + z ) + 3974
−9
x + y + z +2
a + c. b + 2

Đặt: t = x + y + z. Xét hàm f(t) = 6t +

Ta có f’(t) = 6-

1
) −9
y +2

3974 2
− 9 với t ∈ (0;6]
t+2

1987 2
< 0 ∀t ∈ (0;6] .Suy ra f(t) nghịch biến trên t ∈ (0;6]
(t + 2) t + 2

x + y + z = 6
x = 1

f (t ) = f (6) = 2014 . Dấu bằng xảy ra khi  x + y = z ⇔  y = 2
Do đó min
(0;6]
x + z = y + 2 z = 3



Bài 3: Cho ba số dương thõa mãn (xz + y)(xy + z) = x 2z2 + 4y2. Tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức : P = (1 +

y 2 xz + y 2
) +(
) .

xz
xz − y

Nguyễn Thị Hiền

– Trường THPT Tĩnh Gia I

6


Sáng kiến kinh nghiệm

y
y 2 1 + xz 2
Nhận xét: - Bài toán này nếu ta khai thác biểu thức P = (1 + ) + ( y ) dẫn đến
xz
1−
xz

đặt ẩn phụ là t = y

xz

.

- Khai thác điều kiện tìm ra điều kiện của ẩn phụ
y xy
y2
y z
xz

y
2
( xz + y )( xy + z ) = x z + 4 y ⇔ ( x + )( + 1) = x + 4 2 ⇔ ( x + )( + 1) = + 4
z z
z
z xy
y
xz
2

⇔

2

2

xz
y
z
y 1
xz
+ 4 = ( x + ) + ( + ) ≥ 2(
+
y
xz
y
z x
y

y

)(*)
xz

1
1
1
Giải: Từ (*) ta có (4t + ) ≥ 2( t + ) ⇔ t ≤
t
4
t
1+ t 2
1
2
) ,t ≤ ;
Xét hàm số f(t) = (1 + t ) + (
1− t
4
Ta có: f’(t) = 2(1+ t) +
Vậy: MaxP =

4(1 + t )
1
1 625
≥
0,
∀
t
≤
⇒
f

(
t
)
≤
f
(
)=
(1 − t )3
4
4 144

625
dấu bằng xảy ra khi
144

 xz = 4 y
x = 2
⇔

 xy = z
z = 2 y

Bài 4: Cho ba số thực dương x, y,z thõa mãn: xyz ≥ 1. Chứng minh rằng
x
x + yz

y

+

Nhận xét: - Để đơn giản đặt a =

y + xz
x,b=

z

+

z + xy

y,c=

≥

3
2

z.

Bài toán trở thành Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng:
P=

a
a 2 + bc

+

b
b 2 + ac

+

c
c 2 + ab

≥

3
2

- Ta khai thác biểu thức P để tìm ra ẩn phụ
Giải :

Nguyễn Thị Hiền

– Trường THPT Tĩnh Gia I

7


Sáng kiến kinh nghiệm

Áp dụng BĐT Svac xơ ta có

P2 ≥ [

( a + b + c) 2
a 2 + bc + b 2 + ac + c 2 + ab

]2 =

(a + b + c) 4
( a 2 + bc + b 2 + ac + c 2 + ab ) 2

(a + b + c) 4
( a + b + c) 4
(a + b + c) 4
≥
≥
≥
3( a 2 + b 2 + c 2 + ab + bc + ac ) 3[(a + b + c) 2 − 3(ab + bc + ac)] 3[(a + b + c) 2 − 3]
(Vì ab + bc + ac ≥ 3 abc ≥ 3 )
Đặt t = (a + b + c)2 ⇒ t ≥ 9
t2
3t + 15 t − 3
3
3.9 + 15
t −3 3
9
P ≥
=
+
+
≥
+2
.
=
3(t − 3)
12

12 t − 3
12
12 t − 3 2
9
3
⇒ P2 ≥ ⇒ P ≥
2
2
2

Khi đó

Suy ra

x
x + yz

+

y
y + xz

+

z
z + xy

≥

3

2 dấu bằng xảy ra khi x= y = z=1

Chú ý: Hoàn toàn tương tự ta phát triển bài toán tổng quát cho n biến
Cho x1, x2...xn ( n ≥ 2) là các số thực dương và x1x2...xn ≥ 1 . Chứng minh rằng
x1
x1 + x2 x3 ...xn

+

x2
x2 + x1 x3 ...xn

+ ... +

xn
xn + x1 x2 ...xn −1

≥

n
2

Nhận xét: Khi làm bài tập giáo viên định hướng để học sinh phân tích dữ kiện:
- Nếu các biến đối xứng và vai trò bình đẳng thì ta nghĩ đến việc dồn về biến mới
thông qua đặt t = x + y +z ; t= x2 + y2 + z2, t = xyz, t= (x + y + z)2 ....
- Khai thác dữ kiện và biểu thức cần chứng minh một cách linh hợp kết hợp với sử
dụng các bất đẳng thức cổ điển từ đó tìm ra ẩn phụ và điều kiện của ẩn phụ.
- Nếu bài toán “cồng kềnh” ta có thể sử dụng đặt ẩn phụ trước để “ thu gọn” bài
toán rồi mới thực hiện biến đổi.
2. Dồn về một biến là một trong các biến đã cho

Nguyễn Thị Hiền

– Trường THPT Tĩnh Gia I

8


Sáng kiến kinh nghiệm

Trong phần này để dồn về một biến ta chọn một biến nào đó làm đại diện,
tìm điều kiện của biến đại diện (nếu có) và biến đổi bài toán về bài toán với phần tử
đại diện. Để làm hạn chế phạm vi của biến ta thường sử dụng giả thiết
x = max{x,y,z} hoặc x = min{x,y,z}.
Bài 1: Cho ba số không âm x, y,z thõa mãn x + y + z = 1. Chứng minh rằng
1 + 9xyz ≥ 4( xy + yz + xz)
Nhận xét: - Vai trò các ẩn bình đẳng nên có thể chọn một trong ba biến làm biến
đại diện, giả sử ta chọn biến đại diện là biến x
Giải : Ta có : x + y = 1 - z
4( xy + yz + xz ) − 9 xyz − 1 = 4 z ( x + y ) + xy (4 − 9 z ) − 1
1− z 2
−9 z 3 + 3 z 2 − 6 z
≤ 4 z (1 − z ) + (4 − 9 z )(
) −1 =
2
4

−9 z 3 + 3 z 2 − 6 z (1 − z )(3z − 1) 2
Mặt khác
=

≤ 0, ∀z ∈ [0;1]
4
4
Vậy 1 + 9xyz ≥ 4( xy + yz + xz)
1 1 1 1 1
1 1
1 1
Dấu bằng xảy ra khi (x,y,z) = { ( ; ; );( ; ;0);( ;0; );(0; ; ) }
3 3 3 2 2
2 2
2 2
Bài 2: Cho ba số không âm x, y,z thõa mãn x + y + z = 1. Chứng minh rằng
1 + x2 1 + y2 1 + z 2 7
+
+
≤
1 + y2 1 + z 2 1 + x2 2
Nhận xét:
- Vai trò các ẩn bình đẳng nên có thể chọn một trong ba biến làm biến đại diện, giả
sử ta chọn biến đại diện là biến x, sau đó chuyển về bài toán với ẩn x
- Để hạn chế phạm vi của biến ta giả thiết x = max{x,y,z}
1
Giải: Không mất tính tổng quát giả sử x = max{x, y,z} ⇒ ≤ x ≤ 1
3
1 + y2 1 + z2 1 + y2
z2
1
1
+
≤

+
+
≤ 1 + ( y + z )2 +
Ta có:
2
2
2
2
2
1+ z 1+ x 1+ z 1+ z 1+ x
1 + x2
Nguyễn Thị Hiền

– Trường THPT Tĩnh Gia I

9


Sáng kiến kinh nghiệm

1 + x2 1 + y 2 1 + z 2 1 + x2
1
1
⇒
+
+
≤
+ 1 + ( y + z )2 +
≤ 2 + x 2 + (1 − x) 2 +
2

2
2
2
2
1+ y 1+ z 1+ x 1+ y
1+ x
1 + x2
2
2
Xét hàm f (t ) = t + (1 − t ) +

1
1
,
t
∈
[
;1]
1+ t2
3

2t
4(1 + t 2 )3 + 6t 2 − 2
, f ''(t ) =
>0
Ta có f '(t ) = 4t − 2 −
(1 + t ) 2
(1 + t 2 )3
1
1

Vì f '(1). f '( ) < 0 nên tồn tại duy nhất t0 ∈ ( ;1) để f '(to ) = 0
3
3
Bảng biến thiên:
x

1
3

y’
y

t0
-

0

1
+

131
90

3
2
f (t0 )

1+ x 1+ y 1+ z
3 7
+

+
≤2+ = .
2
2
2
1+ y 1+ z 1+ x
2 2
2

Suy ra

2

2

Dấu bằng xảy ra khi (x,y,z)={(1;0;0), (0;1;0), (0;0;1)}.
Bài 3: Cho ba số không dương x, y, z thõa mãn xz + yz + 1 = xy. Chứng minh rằng:
2x
2y
z2 −1 3
+
+
≤ .
x2 + 1 y 2 + 1 z 2 + 1 2
Nhận xét: - Vai trò ẩn x, y bình đẳng còn z độc lập nên ta chọn biến đại diện là
biến z, sau đó đánh giá để chuyển về bài toán với ẩn z.
- Bài toán này ta đặt ẩn

1
1

= a; = b; z = c bài toán có điều kiện “ đẹp hơn” là
x
y

⇒ ab + bc + ca = 1
Giải

Nguyễn Thị Hiền

– Trường THPT Tĩnh Gia I

10


Sáng kiến kinh nghiệm

1
1
2
2
Đặt = a; = b; z = c ⇒ ab + bc + ca = 1; 1 + a = a + ab + bc + ca = (a + b)(a + c )
x
y

2x
2y
z2 −1
2a
2b
c2 − 1

+
+
=
+
+
Khi đó: VT = 2
x + 1 y 2 + 1 z 2 + 1 a 2 + 1 b2 + 1 c 2 + 1
a
b
a
b
1 + ab
+ 2
=
+
=
a + 1 b + 1 ( a + b)(a + c) (a + b)(b + c ) (a + b)(a + c )(b + c )
1 + ab
1
=
≤
2
2
2
(1 + a )(1 + b ). 1 + c
1 + c2
2

Ta có:

Suy ra:
c2 − 1
−2c( 1 + c 2 − 2)
VT ≤
+ 2
= f (c) ⇒ f '(c) =
⇒ f '(c) = 0 ⇔ c = 3
(1 + c 2 ) 2
1 + c2 c + 1
2

Từ đó ta có: maxVT = max f (c) = f ( 3) = 3 2 khi x = y = 2 + 3, z = 3 .
3. Dồn về một biến thông qua việc khảo sát lần lượt các biến
Trong phần này để dồn về một biến ta tiến hành khảo sát lần lượt từng biến,
nghĩa là coi một biến là ẩn các biến còn lại là tham số, rồi tìm giá trị lớn nhất, giá
trị nhỏ nhất của hàm số với từng biến.
1 1 1
Bài 1: Cho x, y, z ∈ [1;2] .Chứng minh rằng ( x + y + z )( + + ) ≤ 10 (1).
x y z
Giải: Ta có (1) ⇔ ( x + y + z )( xy + yz + xz ) − 10 xyz ≤ 0
+) Xét hàm số f ( x) = ( x + y + z )( xy + yz + xz ) − 10 xyz ẩn x trên [1;2]
⇒ f '( x) = xy + yz + xz + ( x + y + z )( x + y ) − 10 yz , f ''( x ) = 2( y + z )
Vì f ''( x) > 0 ∀y, z ∈ [1;2] ⇒ f '( x) đồng biến trên [1;2]
Từ đó suy ra
f ( x) ≤ Max{f(1);f(2)}=Max{(1+y + z)(y+z+yz)-10yz; (2+y+z)(2y+2z+yz)-20yz}
+) Xét hàm số g(y) = (y + z + 1)(y+z+yz) - 10yz ẩn y trên [1; 2]
Có g’(y) = y + z + yz + ( 1 + y + z)(1 + z); g’’(y)= 2(1+z) >0, ∀z ∈ [1;2]
Suy ra g’(y) đồng biến trên [1;2]
Nguyễn Thị Hiền

– Trường THPT Tĩnh Gia I

11


Sáng kiến kinh nghiệm

⇒ g(y) ≤ Max{g(1); g(2)}=Max{(2+z)(1+2z)-10z; (3+z)(2+3z)-20z}
+) Xét hàm h(z) = (2+z)(1+2z) - 10z trên [1;2]. Có h’(z) = 4z -5; h’’(z) = 4 > 0
⇒ h’(z) đồng biến trên [1;2]. Ta có h(z) ≤ Max{h(1);h(2)}= Max{-1; 0}=0
+) Xét hàm số h(z)= (3+z)(2+3z)-20z trên [1;2]
⇒ h(z) ≤ Max{h(1);h(2)} = Max{0;0} = 0.
Tương tự cho hàm số g(y) = (2+ y+z)(2y+2z+yz)-20yz ẩn y trên [1;2]
Từ đó suy ra BĐT phải chứng minh.
4. Khai thác bất đẳng thức đã chứng minh thành các bất đẳng thức mới
Với mục tiêu giúp học sinh không chỉ dừng lại ở việc chứng minh một bất
đẳng thức, mà từ bất đẳng thức đã chứng minh khai thác tìm tòi ra nhiều bất đẳng
thức mới, qua đó phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh và nhu cầu khám phá tri
thức mới.
Khai thác bài toán 1( mục II. 2):
Cho ba số không âm x, y,z thõa mãn x + y + z = 1. Chứng minh rằng
1 + 9xyz ≥ 4( xy + yz + xz) (1)
Hướng 1: Thay biến bởi các biểu thức phù hợp
Chẳng hạn thay x, y, z tương ứng bởi
Khi đó ( 1) trở thành 1 +

1 1 1
; ; .
x y z

9
1
1
1
≥ 4( + + ) ⇔ xyz + 9 ≥ 4( x + y + z )
xyz
xy yz xz

Ta có bài toán 4.1 Cho ba số không âm x, y,z thõa mãn

1 1 1
+ + = 1.
x y z

Chứng minh rằng: xyz + 9 ≥ 4(x + y + z)
Hướng 2: Xây dựng bài toán: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P = xy + yz + xz + mxyz (m∈ R )
Ta có: xy + yz + xz + mxyz ≤

1
9
+ (m + ) xyz
4
4

Nguyễn Thị Hiền

– Trường THPT Tĩnh Gia I

12

Sáng kiến kinh nghiệm

+ Nếu m +

9
9 x+ y+ z 3 m+9
9
9
) =
≥ 0 ⇔ m ≥ − thì (m + ) xyz ≤ ( m + )(
4
4
3
27
4
4

⇒P≤
+ Nếu m < -

m+9
27
9
9
1
thì (m + ) xyz ≤ 0 ⇒ P ≤
4
4

4

Mặt khác xy + yz + xz = ( x+ y + z) ≥ 3 3 xyz .3 3 xy. yz.xz = 9 xyz
Suy ra P = xy + yz + xz – 9xyz + ( m+ 9) xyz ≥ (m + 9) xyz
+ Nếu m ≥ - 9 thì P ≥ 0
+ Nếu m < - 9 thì ( m + 9) xyz ≥ (m+ 9) (

x+ y+ z 3 m+9
) =
3
27

Ta có bài toán 4.2: Nếu x, y,z không âm thõa mãn x + y + z = 1, m∈ R thì
m+9
1
≤ xy + yz + xz + mxyz ≤ (m < −9)
27
4
1
9
b) 0 ≤ xy + yz + xz + mxyz ≤
(−9 < m < − )
4
4
m+9
9
c) 0 ≤ xy + yz + xz + mxyz ≤
(m ≥ − )
27
4

a)

Tùy theo cách chọn giá trị m mà ta có các BĐT tương ứng (chẳng hạn m = -2) ta có
BĐT: Nếu x, y, z ≥ 0 và x + y + z =1 thì 0 ≤ xy + yz + xz − 2 xyz ≤

7
27

Hướng 3: Thay đổi hình thức bài toán
Vì x + y + z = 1 nên x2 + y2 + z2 = 1 – 2(xy + yz + xz)
x3 + y3 + z3 = 1 -3(xy + yz + xz) + 3xyz
Khi đó biểu thức : P = m(x3 + y3 + z3) + n(x2 + y2 + z2) + p(xy + yz + xz) +qxyz
= (3m + q)xyz + (p – 3m – 2n)( xy + yz + xz)+ m + n
= (p – 3m – 2n)( xy + yz + xz +

Nguyễn Thị Hiền

3m + p
xyz ) + m + n khi p – 3m – 2n ≠ 0
p − 3m − 2n

– Trường THPT Tĩnh Gia I

13


Sáng kiến kinh nghiệm

Vận dụng các kiến thức của bài toán 4.2 và tùy theo cách chọn giá trị m, n, p, q mà
ta có thể xây dựng các bất đẳng thức mới.

Chẳng hạn :
a) Với m = 1, n = p = r = 0, q = 3 thì ta có BĐT:
Nếu x, y, z là các số thực không âm thõa mãn x + y + z = 1 thì
2
≤ x 3 + y 3 + z 3 + 3xyz ≤ 1
9
b) Với n = 3, m = p = 0, q = - 4 thì ta có BĐT:
Nếu x, y, z là các số thực không âm thõa mãn x + y + z = 1 thì
7
≤ 3( x 2 + y 2 + z 2 ) − 4 xyz ≤ 3
9
Hướng 4: Sử dụng kỹ thuật chuẩn hóa bất đẳng đồng bậc, đối xứng
Xét BĐT 9xyz + (x + y + z)3 ≥ 4(xy + yz + xz)(x+y +z)
BĐT đồng bậc và các ẩn có tính đối xứng ta chuẩn hóa điều kiện x + y + z = 1 thì
sẽ trở về bài toán 1 + 9xyz ≥ 4( xy + yz + xz) (1)
Ta có bài toán 4.4: Cho ba số không âm x, y, z. Chứng minh rằng:
9xyz + (x + y + z)3 ≥ 4(xy + yz + xz)(x+y +z)
Hướng 5: Kết hợp với các bất đẳng thức cổ điển từ đó tạo ra các bất đẳng thức
mới.
Hướng 5.1 Mở rộng theo hướng tăng số biến
Xuất phát từ dữ kiện: (x - 1)(y - 1) ≥ 0 ⇔ xy ≥ x + y -1
⇒ xyzt ≥ xzt + yzt − zt ⇒ xyzt + zt + xyt + xyz ≥ xyt + yzt + xzt + xyz
Áp dụng BĐT Côsi:
zt + xyz + xyt ≤
⇒ xyzt +

z 3 + t 3 + 1 x 3 + y 3 + z 3 x 3 + y 3 + t 3 2( x 3 + y 3 + z 3 + t 3 ) + 1
+
+
=

3
3
3
3

2( x3 + y 3 + z 3 + t 3 ) + 1
≥ xyz + xyt + yzt + xzt
3
Nguyễn Thị Hiền

– Trường THPT Tĩnh Gia I

14


Sáng kiến kinh nghiệm

Ta có bài toán 5.1: Nếu x,y,z,t là các số thực không âm thì
xyzt + 2(x3 + y3 + z3 + t3) +1 ≥ 3( xyz + yzt + xyt + xzt)
Bằng cách tương tự ta có thể mở rộng cho n biến x1, x2,...xn ta có BĐT
Tổng quát: Nếu x1, x2, ...xn là các số thực không âm thì
n

n −1

i =1

i =1

(n − 1)∏ xi + (n − 2)∑ x

n

(Trong đó:

∏x
i =1

i

= x1 x2 ...xn ;

n −1
i

n

∏x

i =1,i ≠ j

i

n

+ 1 ≥ (n − 1)∑

n

∏

j =1 i =1,i ≠ j

xi (n ∈ N , n ≥ 3)

= x1 x2 ...x j −1 x j +1..xn )

Hướng 5.2: Mở rộng theo hướng tăng bậc của ẩn
xy ≥ x + y − z ⇒ xyz ≥ xz + yz − z ⇔ xyz + z + xy ≥ xy + yz + xz
⇒ ( xyz ) n + z ( xyz ) n −1 + xy ( xyz ) n −1 ≥ ( xyz ) n−1 ( xy + yz + xz )
Theo BĐT Côsi
−1
−1
x 3n4−1 +4x43 n 2
+4...4+ 43
x3 n−1 + y 3 n−1 + y 3n −1 + ... + y 3 n−1 + 1
z 3 n4
+4z43n −21 +4...4+ 43
z 3 n −1
1
1 4 4 42 4 4 43
n −1sô hang

n −1sô hang

n sô hang

≥ (3n − 1)3n −1 ( x 3n −1 ) n−1 ( y 3 n−1 )n−1 ( z 3 n−1 ) n = (3n − 1) z ( xyz ) n−1
−1
−1
x 3n4−1 +4x43 n 2

+4...4+ 43
x3 n−1 + y 3n −1 + y 3n−1 + ... + y 3 n−1 + 1
z 3 n4
+4z43n −21 +4...4+ 43
z 3 n−1
1
1 4 4 42 4 4 43
n sô hang

n sô hang

n −1sô hang

≥ (3n − 1)3 n −1 ( x3 n−1 ) n ( y 3 n−1 ) n ( z 3 n−1 ) n = (3n − 1) xy ( xyz ) n −1
(n − 1) x3 n−1 + (n − 1) y 3n −1 + nz 3 n−1 + 1 nx 3n −1 + ny 3n −1 + (n − 1) z 3 n −1
+
3n − 1
3n − 1
3 n −1
3 n −1
3 n −1
(2n − 1)( x + y + z ) + 1
=
3n − 1

⇒ z ( xyz ) n −1 + xy ( xyz )n −1 ≤

Ta có bài toán 5.2: Cho các số thực không âm x, y, z. Chứng minh rằng
(3n − 1)( xyz ) n + (2n − 1)( x 3 n−1 + y 3n −1 + z 3n−1 ) ≥ (3n − 1)( xyz ) n−1 ( xy + yz + xz )
Hướng 5.3: Xuất phát từ

Nguyễn Thị Hiền

– Trường THPT Tĩnh Gia I

15


Sáng kiến kinh nghiệm

x
y
z
x2
y2
z2
2
( x + y + z) = (
2y + z +
x + 2z +
y + 2x ) ≤ (
+
+
)3( x + y + z )
2 y + z x + 2z y + 2x
z + 2y
x + 2z
y + 2x
2

1
x2
y2
z2
x2
y2
z2
1
⇔ ( x + y + z) ≤
+
+
⇔
+
+
≥
3
z + 2 y x + 2z y + 2x
z + 2 y x + 2z y + 2x 3

Ta có bài toán 5.3 :Cho ba số dương x, y, z thõa mãn: x + y + z = 1. Chứng
x2
y2
z2
1
+
+
≥
z + 2 y x + 2z y + 2x 3

minh rằng :

Hướng 5.4:Xuất phát từ biểu thức:

Mà:

x2 y 2 z 2 2
x2
( +
+ ) =(
y
z
x
y x+z
≤(

x2 y 2 z 2
+
+ ≥ x + y + z =1
y
z
x

y2
x+ z +
z x+ y

z2
x+ y +
x y+z

y + z )2

x4
y4
z4
+
+
).2( x + y + z )
y 2 ( x + z) z 2 ( x + y) x2 ( z + y)

Từ đó ta có bài toán 5.4:
Cho ba số dương x,y,z thõa mãn: x + y + z =1. Chứng minh rằng:
x4
y4
z4
1
+
+
≥
2
2
2
y ( x + z ) z ( y + x) x ( z + y ) 2

Hướng 5.5: Sử dụng bất đẳng thức Côsi “ thuận - nghịch”
a) Vì dấu bằng xảy ra khi x = y = z =
x
y2 +

1

9

=

1
nên:
3

9x
9 xy 2
9 xy 2
27 xy
1 2
=
9
x
−
≥
9
x
−
= 9x −
( do y 2 + ≥ y )
2
1
2
1+ 9 y
2
9 3
y2 +

y
9
3

x

Từ đó: y 2 + 1
9

+

y
z2 +

1
9

+

z
x2 +

1
9

≥ 9( x + y + z ) −

27
27 1 9
( xy + yz + xz ) ≥ 9 − . =

2
2 3 2

(do 3( xy + yz + xz ) ≤ ( x + y + z ) 2 ⇔ xy + yz + xz ≤

Nguyễn Thị Hiền

1
)
3

– Trường THPT Tĩnh Gia I

16


Sáng kiến kinh nghiệm

Ta có bài toán 5.5a: Cho x,y,z dương thõa mãn: x + y + z =1. Chứng minh
x
y
z
1
+
+
≥
2
2
2
1 + 9 y 1+ 9z 1+ 9x

2

rằng:

b) Tương tự bài toán trên kết hợp với vai trò bình đẳng của x, y, z ta khai thác theo
hướng sau:
Từ đó suy ra:

x3
xy 2
xy 2
y
=
x
−
≥
x
−
= x−
2
2
2
2
x +y
x +y
2 xy
2
x3
y3
z3

x+ y+z 1
+
+
≥
=
2
2
2
2
2
2
x +y
y +z
z +x
2
2

Ta có bài toán 5.5b: Cho ba số dương x,y,z thõa mãn: x + y + z =1. Chứng

a)

x3
y3
z3
1
+
+
≥
2
2

2
2
2
2
x +y
y +z
z +x
2

b)

x4
y4
z4
1
+
+
≥
3
3
3
3
3
3
x + 2y
y + 2z
z + 2x
3

minh rằng:

Hướng 5.6:Khai thác bài toán trên theo hướng sử dụng các bất đẳng thức đúng:
a) Ta có:

( x − y ) 2 = x 2 − 2 xy + y 2 ≥ 0 ⇔ x 2 + xy + y 2 ≥ 3xy ⇒

xy 2
xy 2 y
≤
=
x 2 + xy + y 2 3 xy 3

Ta có bài toán 5.6a: Cho ba số dương x,y,z thõa mãn: x + y + z =1. Chứng
minh rằng :

xy 2
yz 2
zx 2
1
+
+
≤
2
2
2
2
2
2
x + xy + y
y + yz + z

z + zx + x
3

b) Hoặc:
( x − y ) 2 = x 2 − 2 xy + y 2 ≥ 0 ⇔ 3( x 2 − xy + y 2 ) ≥ x 2 + xy + y 2
x 2 − xy + y 2 1
x 2 − xy + y 2 1
x3 + y 3
1
⇒ 2
≥ ⇔ ( x + y) 2
≥ ( x + y) ⇔ 2
≥ ( x + y)
2
2
2
x + xy + y
3
x + xy + y
3
x + xy + y
3

Khi đó ta có:

x3
y3
z3
1
+

+
≥ ( x + y + z)
2
2
2
2
2
2
x + xy + y
y + yz + z
z + xz + z
3

Nguyễn Thị Hiền

– Trường THPT Tĩnh Gia I

17


Sáng kiến kinh nghiệm

Ta có bài toán 5.6b: Cho ba số dương x,y,z thõa mãn: x + y + z = 1.Chứng
minh rằng:

x3
y3
z3
1
+

+
≥
2
2
2
2
2
2
x + xy + y
y + yz + z
z + xz + z
3

Nhận xét :
- Từ sự dẫn dắt trên học sinh có thể khai thác và tìm thêm nhiều bài toán mới,
đồng thời giúp học sinh có thể nhìn bài toán một cách đa dạng hơn..
- Trên đây tôi hướng dẫn học sinh dựa trên mối liên hệ logic của toán học phát
triển bài toán cụ thể thành các bài toán khác nhau, từ đó rèn luyện học sinh đức
tính luôn chủ động, tích cực trong việc tiếp thu tri thức. Từ đó phát triển tư duy
sáng tạo cho học sinh.
5) Bài tập áp dụng
Bài 1 : Cho ba số dương x, y, z thõa mãn : x + y + z = 1
a) Chứng minh rằng :

2
3
+
≥ 8+ 4 3 .
2
2

x +y +z
xy + yz + xz
2

b) Phát triển bài toán trên thành các bài toán mới.
Bài 2 : Cho ba số dương x, y, z thõa mãn xyz = 1.
a) Chứng minh rằng :

2
2
2
+ 3
+ 3
≥3
x ( y + z ) y ( x + z ) z ( y + x)
3

b) Phát triển bài toán trên thành các bài toán mới.
6) Kiểm nghiệm
- Đề tài được nghiên cứu và thực hiện giảng dạy trong hai năm 2012- 2013;
2013- 2014. Trong một số tiết chữa bài tập và một số tiết bồi dưỡng học sinh
khá giỏi.
- Đối tượng thực nghiệm là học sinh các lớp 12A2(2012 - 2013), 12A1(2013 2014) của nhà trường.

Nguyễn Thị Hiền

– Trường THPT Tĩnh Gia I

18

Sáng kiến kinh nghiệm

-

Sau khi giảng dạy tôi tiến hành kiểm tra khả năng tiếp thu của học sinh kết
quả thu được như sau :12A1 (2012-2013) (chưa triển khai sáng kiến này),
lớp 12A1 (2012-2013) và 12A1(2013-2014) (đã triển khai sáng kiến này).
Sĩ
Lớp 12A1

(2012-2013)
Lớp 12A2
(2012-2013)
Lớp 12A1
(2013-2014)

số

Giỏi
SL
%

Khá

TB

SL

%

SL

%

Yếu - Kém
SL
%

46

7

15,2

15

32,6

20

43,5

4

8,7

45

10

22,2

19

42,2

13

28,9

3

6,7

47

15

32,0

22

46,8

10

17,0

2

4,2

KẾT LUẬN VÀ ĐỀ XUẤT
1) Kết luận
Qua thời gian nghiên cứu và vận dụng đề tài vào giảng dạy tôi rút ra một số
nhận xét sau :
- Với cách dạy như trên tạo ra tâm thế hứng thú, sẵn sàng lĩnh hội tri thức,
khắc phục tính chủ quan hình thành tính độc lập chủ động của người học.

Nguyễn Thị Hiền

– Trường THPT Tĩnh Gia I

19


Sáng kiến kinh nghiệm

- Giáo viên đã tạo được niềm tin cho học sinh khi đứng trước bài toán về bất
đẳng thức, đó là động lực thúc đẩy học sinh khám phá thêm các phần tương
tự, các bài toán khó về bất đẳng thức.
- Rèn luyện khả năng phân tích tổng hợp, tư duy trừu tượng hóa, khái quát
hóa, phán đoán logic cho học sinh.
2) Đề xuất
- Trong khuôn khổ một sáng kiến tôi chỉ đề xuất một vài hướng giải quyết bài
toán, vì vậy theo định hướng này giáo viên phải tiếp tục đào sâu nghiên cứu để xây
dựng nhiều bài tập tương tự để dạy cho học sinh đạt kết quả cao.
- Duy trì phong trào viết sáng kiến kinh nghiệm hàng năm nhằm nâng cao chất
lượng dạy và học.

- Rất mong được sự góp ý từ các thầy cô giáo và hội đồng khoa học của Sở

GD&ĐT Thanh Hóa để sáng kiến này được hoàn thiện, thuận lợi cho việc bồi
dưỡng học sinh giỏi và ôn thi Đại học, cao đẳng.
XÁC NHẬN CỦA HIỆU TRƯỞNG

Thanh Hóa, ngày 20 tháng 5 năm 2014
Tôi xin cam đoan, đây là SKKN của mình viết,
không sao chép nội dung của người khác.

Nguyễn Thị Hiền

Nguyễn Thị Hiền

– Trường THPT Tĩnh Gia I

20