Rèn luyện kỹ năng sử dụng đạo hàm để chứng minh bất đẳng thức

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 SỬ DỤNG ĐẠO HÀM ĐỂ
CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

Người thực hiện: Nguyễn Thị Hiền
Chức vụ: Giáo viên
SKKN thuộc môn: Toán

THANH HÓA NĂM 2017
Nguyễn Thị Hiền

– Trường THPT Tĩnh Gia I

1


Sáng kiến kinh nghiệm

MỤC LỤC
1.LỜI MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài
1.2. Mục đích nghiên cứu.
1.3. Đối tượng nghiên cứu
1.4. Phương pháp nghiên cứu

2.NỘI DUNG SÁNG KIẾN
2.1 Cở sở lí luận
2.2. Thực trạng vấn đề
2.3 Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề
2.3.1 Xây dựng phương trình hàm số bằng cách đặt ẩn phụ
2.3.2 Xây dựng phương trình hàm số bằng cách dồn về một biến là một trong
các biến đã cho.
2.3.3 Áp dụng vào bài toán thực tế
2.3.4. Khai thác bất đẳng thức đã chứng minh thành các bất đẳng thức mới
2.4 Hiệu quả đạt được
3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
1. Kết luận
2. Kiến nghị

Nguyễn Thị Hiền

– Trường THPT Tĩnh Gia I

2


Sáng kiến kinh nghiệm

1. 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 khá quan trọng trong việc phát triển tư duy sáng tạo, tư
duy biện chứng cho học sinh. Sử dụng ứng dụng của đạo hàm để chứng minh bất
đẳng thức là một phương pháp rất hiệu quả.Có rất nhiều bài toán thực tế quy về
việc tìm giá trị lớn nhất giá trị nhỏ nhất của hàm số. Mặt khác từ việc chứng minh

một bài toán cụ thể, 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.
1.1 Lý do chọn đề tài
Chủ đề bất đẳng thức tương đối khó đối với mọi đối tượng học sinh. Sự nhận thức
học sinh thể hiện khá rõ:
- Học sinh lúng túng không có định hướng khi gặp bài toán chứng minh bất
đẳng
- 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.
- Chưa có kĩ năng vận dụng kiến thức đã học vào trong thực tế cuộc sống.
- 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, và 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 sử dụng đạo hàm để chứng minh bất đẳng thức.
1.2 Mục đích nghiên cứu.
- Từ một bất đẳng thức cụ thể cần rèn luyện cho học sinh kỹ năng xây dựng
phương trình hàm số thích hợp, từ đó sử dụng ứng dụng của đạo hàm vào để
chứng minh bất đẳng thức hoặc tìm giá trị lớn nhất giá trị nhỏ nhất của hàm
số.
- Bên cạnh đó hướng dẫn học sinh vận dụng kiến thức đã học vào giải bài toán
tối ưu trong thực tế.
- Giúp giáo viên có định hướng tốt khi giảng dạy chủ đề bất đẳng thức.
1.3 Đối tượng nghiên cứu.
Các dạng bài tập chứng minh bất đẳng thức, bài tập tìm giá trị lớn nhất giá trị
nhỏ nhất của hàm số sử dụng chiều biến thiên của hàm số. Các bài toán thực tế quy

về tìm giá trị lớn nhất giá trị nhỏ nhất của hàm số.
1.4 Phương pháp nghiên cứu.
Xây dựng hệ thống bài tập định hướng
Nguyễn Thị Hiền

– Trường THPT Tĩnh Gia I

3


Sáng kiến kinh nghiệm

2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN
2.1.Cở sở lý luận
- Giáo viên ôn tập lại nội dung và tính chất của bất đẳng thức Côsi, bunhiacốpxki.
- Phương pháp tìm giá trị lớn nhất giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn.
Cách tìm: Cho hàm số y = f(x) liên tục trên [a; b] khi đó luôn tồn tại:
max f ( x);min
f ( x)
[a; b]
[a; b]

• Tìm xi ∈ [ a; b ] (i = 1;2;...; n) tại đó đạo hàm bằng 0 hoặc không xác định
• Tính f (a ), f ( xi ), f (b), (i = 1;2...; n)
• Tìm GTLN = max { f (a ), f ( x1 ), f ( x2 )..., f ( xn ), f (b)} ,
GTNN= min { f ( a ), f ( x1 ), f ( x2 )..., f ( xn ), f (b)} .
- Phương pháp tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất trên khoảng
Cho hàm số y = f(x) liên tục trên (a; b)
• Tính f’(x), lập bảng biến thiên hàm số trên (a;b)
• Căn cứ vào bảng biến thiên kết luận về GTLN, GTNN nếu có .

2.2 Thực trạng vấn đề
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.Trong khi đó số tiết phân
phối cho bài học ít. Khả năng vận dụng kiến thức đã học vào giải các bài toán thực
tế của học sinh còn hạn chế.
Có rất nhiều phương pháp vận dụng chứng minh bất đẳng , 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. Dẫn
đến việc học sinh ”sợ” khi gặp bài toán bất đẳng thức.
2.3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề
2.3.1 Xây dựng phương trình hàm số bằng đặt ẩn phụ .
Một trong yếu tố quyết định là học sinh xác định được phương trình hàm số
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 xác định hàm số.
Bài 1 [3] : Cho ba số thực x, y, z thõa mãn: x2 + 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
- Sử dụng BĐT để tìm điều kiện của biến.
(Ghi chú: [3] ( giải thích cho việc trích dẫn lấy từ tài liệu tham khảo số 3))
Nguyễn Thị Hiền

– Trường THPT Tĩnh Gia I

4

Sáng kiến kinh nghiệm

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

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 +

1990
1990
+
≥ 2017
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 + z )2
2
2
⇔ ( x + y ) + z = 3( x + y + z ) ⇒ 3( x + y + z ) ≥
⇔ 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 +

1990
1990
1
+
= 6( x + y ) + z 2 + 9 + 1990(
+
x+z
y +2

x+z

≥ 6( x + y + z ) + 1990(2

1
) ≥ 6( x + y + z ) + 3980
a + c. b + 2

Đặt: t = x + y + z. Xét hàm f(t) = 6t +
Ta có f’(t) = 6-

1
) −9
y +2

2
−9
x + y + z +2

3980 2
− 9 với t ∈ (0;6]
t+2

1990 2
< 0 ∀t ∈ (0;6] .Suy ra f(t) nghịch biến trên t ∈ (0;6]
(t + 2) t + 2

f (t ) = f (6) = 2017 . Dấu bằng xảy ra khi
Do đó min
(0;6]

x + y + z = 6 x = 1


⇔ y = 2
x + y = z
x + z = y + 2 z = 3



Bài 3 [2]: Cho ba số dương thõa mãn a + b + c ≥ 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
a
b
c
+
+
+ (a + b + c)3 .
thức : P =
2
2
2
1+ b 1+ c 1+ a
Nhận xét:
- Ta đăt t = a+ b+ c. Chiều cần đánh giá

Nguyễn Thị Hiền

a
b
c

+
+
≥ f (a + b + c) .
2
2
1 + b 1 + c 1 + a2

– Trường THPT Tĩnh Gia I

5


Sáng kiến kinh nghiệm

a
≥ ta cần 1+ b 2 ≤ . Vì vậy cần đi theo hướng đảo chiều
1 + b2
1
1
của đánh giá nghĩa là
.
2 thành 1+ b
1 + b2
ab 2
ab
a
a + ab 2 − ab 2
ab 2
2
=

=a−
≤
- Ta có
. Vì 1 + b ≥ 2b ⇒
( Kĩ
2
2
2
2
1+ b
1+ b
1+ b
1+ b
2
thuật côsi ngược dấu)
Giải:
ab 2
ab
a
a + ab 2 − ab 2
ab 2
2
=
=
a
−
1
+
b
≥

2
b
⇒
≤
Ta có
.Vì
2
2
2
2
1+ b
1+ b
1+ b
1+ b
2
- Để có đánh giá

a
ab
c
ac
b
bc
≥b−
≥c−
≥a−
. Tương tự ta có:
;
2
2

2
1+ c
2 1+ a
2
1+ b
2
a
b
c
bc + ac + ab
+
+
≥
a
+
b
+
c
−
Từ đó suy ra:
.
1 + b2 1 + c2 1 + a 2
2

Khi đó

2
Áp dụng BĐT Cosi: 3 ( ab + bc + ac ) ≤ (a + b + c) .
a
b

c
bc + ac + ab
(a + b + c ) 2
+
+
≥a+b+c−
≥a+b+c−
Do đó:
1 + b2 1 + c 2 1 + a2
2
6
2
2
t
(a + b + c)
+ (a + b + c )3 . Xét hàm số f (t ) = t − + t 3 với t ≥ 3.
Vậy P ≥ a + b + c −
6
6
t
t (9t − 1)
2
+ 1 > 0, ∀t ≥ 3 .
Ta có f '(t ) = 3t − + 1 =
3
3
57
Vì hàm số đồng biến và liên tục khi t ≥ 3 . Do đó f (t ) ≥ f (3) = .
2
57

Vậy giá trị nhỏ nhất của P =
khi a= b = c= 1
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.
2.3.2. Xây dựng hàm số bằng cách dồn về một biến là một trong các biến đã
cho
Trong phần này hàm số được xây dựng bằng cách chọn một biến làm biến
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}.

Nguyễn Thị Hiền

– Trường THPT Tĩnh Gia I

6


Sáng kiến kinh nghiệm

Bài 1 [2]: 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.

x + y 2 1− z 2
) =(
) chuyển về hàm số với biến x
- Kết hợp z + y = 1 – x và xy ≤ (
2
2
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 + 3z 2 − 6 z
≤ 4 z (1 − z ) + (4 − 9 z )(
) −1 =
2
4

Mặt khác

−9 z 3 + 3 z 2 − 6 z (1 − z )(3z − 1) 2
=
≤ 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 + y 2 1 + z 2 7
+
+
≤
1 + y2 1 + z 2 1 + x2 2
Nhận xét:
- Vai trò các ẩn bình đẳng nên ta 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}.
- Nếu dấu của f’(x) khó xét ta xét dấu của f’’(x), từ đó xét dấu của f’(x).
Giải:
1
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 +
2
2
2
2

2
1+ z 1+ x 1+ z 1+ z 1+ x
1 + x2
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
1
1
2
2
, t ∈ [ ;1]
Xét hàm f (t ) = 2 + t + (1 − t ) +
2
1+ t
3
2 3

2t
4(1 + t ) + 6t 2 − 2
⇒ f '(t ) = 4t − 2 −
, f ''(t ) =
>0
(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

Ta có:

Nguyễn Thị Hiền

– Trường THPT Tĩnh Gia I

7


Sáng kiến kinh nghiệm

Bảng biến thiên:

x

1
3

f’
f

t0
-

0

1
+

311
90

7
2
f (t0 )

1 + x2 1 + y2 1 + z 2 7
+
+
≤ .
Suy ra
1 + y2 1 + z 2 1 + x2 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
2x
2y
z2 −1 3

+
+
≤ .
rằng: 2
x + 1 y2 + 1 z2 + 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.
1
1
- Bài toán này ta đặt ẩn = a; = b; z = c bài toán có điều kiện “ đẹp hơn” là
x
y
⇒ ab + bc + ca = 1
Giải:
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
Ta có:
a
b
a
b
1 + ab
+ 2
=
+
=
2
a + 1 b + 1 (a + b)(a + c ) (a + b)(b + c) (a + b)( a + c)(b + c )
1 + ab
1
=
≤
(1 + a 2 )(1 + b 2 ). 1 + c 2
1 + c2
c2 − 1
−2c( 1 + c 2 − 2)
+ 2
= f (c) ⇒ f '(c) =
⇒ f '(c) = 0 ⇔ c = 3
Suy ra: VT ≤
(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 .

Nguyễn Thị Hiền

– Trường THPT Tĩnh Gia I

8


Sáng kiến kinh nghiệm

2.3.3. Áp dụng vào bài toán thực tế
Có rất nhiều bài toán thực tế quy về việc tìm giá trị lớn nhất giá trị nhỏ nhất
của hàm số. Ví như bài toán về quãng đường ngắn nhất, bài toán tạo được hình đa
diện( hình lập phương , hình hộp chữ nhật, hình nón , trụ, cầu... ) có thể tích lớn
nhất. Hay tạo ra hình đa diện khi làm tốn ít nhiên liệu nhất... . Thông qua đó học
sinh thấy được ứng dụng quan trong của toán học vào thực tiễn cuộc sống.
Câu 1 [1]: Một ngọn hải đăng đặt tại vị trí A có khoảng cách đến bờ biển AB = 5km
.Trên bờ biển có một cái kho ở vị trí C cách B
một khoảng 7km.Người canh hải đăng có thể
chèo đò từ A đến M trên bờ biểnvới vận tốc
4km/ h rồi đi bộ đến C với vận tốc 6km/ h .Vị trí
của điểm M cách B một khoảng bao nhiêu để
người đó đi đến kho nhanh nhất?
Nhận xét:
- Đặt BM = x từ đó xác định thời gian đi từ A đến
kho theo.

- Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số lập được.
Giải:
Đặt BM = x(km) Þ MC = 7- x(km) ,(0 < x < 7) .
x 2 + 25
Ta có: Thời gian chèo đò từ A đến M là: t AM =
(h).
4

Thời gian đi bộ đến C là: tMC =
Khi đó: t ′ =

7−x
(h) Thời gian từ A đến kho t =
6

x 2 + 25 7 − x
+
4
6

x

1
− , cho t ′ = 0 ⇔ x = 2 5
4 x + 25 6
2

Lập bảng biến thiên
x

0

t’
t

-

2 5
0

7
+

29
12

74
4
t( 2 5 )

Suy ra thời gian đến kho nhanh nhất khi
Nguyễn Thị Hiền

x = 2 5(km).

– Trường THPT Tĩnh Gia I

9

Sáng kiến kinh nghiệm

Câu 2 [5] : Bạn An là một học sinh lớp
12, bố bạn là một thợ hàn. Bố bạn định
làm một chiếc thùng hình trụ từ một
mảnh tôn có chu vi 120 cm(như hình
vẽ).Bằng kiến thức đã học em giúp bố
bạn chọn mảnh tôn để làm được chiếc
thùng có thể tích lớn nhất, khi đó chiều
dài, rộng của mảnh tôn lần lượt là:
A. 35cm;25cm
B. 40cm;20cm
C.

50cm;10cm

D.

30cm;30cm

Hướng dẫn giải:
- Cần xác định hàm số là thể tích của khối trụ dựa trên dữ kiện biết chu vi của hình
chữ nhật..
- Gọi một chiều dài là x( cm) (0 < x < 60) , khi đó chiều còn lại là 60- x( cm) , giả sử
quấn cạnh có chiều dài là x lại thì bán kính đáy là
Ta có:

V = pr 2.h =

- x3 + 60x2

.
4p

Xét hàm số:

r=

x
; h = 60- x.
2p

f (x) =- x3 + 60x2 , x Î ( 0;60)

éx = 0
f '(x) =- 3x2 + 120x; f '(x) = 0 Û ê
êx = 40
ë
3
2
Lập bảng biến thiên, ta thấy f (x) =- x + 60x , x Î ( 0;60) lớn

nhất khi x=40.
Khi đó chiều dài là 40 cm; chiều rộng là 20 cm. Chọn đáp án B
Câu 3 [1]: Cắt bỏ hình quạt AOB
(hình phẳng tô đậm trong hình vẽ)
từ một tấm bìa các tông hình tròn
bán kính R rồi dán hai bán kính
OA và OB của hình quạt tròn còn
lại với nhau để được một cái phễu
có dạng hình nón. Gọi x là góc ở

tâm của hình quạt tròn dùng làm
phễu là x ( 0 < x < 2π ).
Tìm x để hình nón có thể tích lớn
nhất.
Giải:
Vì độ dài của đường tròn đáy hình nón bằng độ dài dây cung AB của hình quạt tròn
dùng làm phễu nên ta có:
2π r = Rx

⇒r =

Rx
R 2 x 2 Rx
; h = R2 − r 2 = R2 −
=
4π 2 − x 2
2π
4π 2 2π

Nguyễn Thị Hiền

– Trường THPT Tĩnh Gia I

10


Sáng kiến kinh nghiệm
1 2
R3 2
V

=
π
r
h
=
x 4π 2 − x 2 (0 < x < 2π )
Thể tích của hình nón là:
2
3
24π

Ta có :
R 3 x(8π 2 − 3x 2 )
V'=
(0 < x < 2π )
24π 2 4π 2 − x 2

x = 0

2 6π
2 6π
⇒ V '(x) = 0 ⇔  x =
⇔x=
(do x ∈ (0;2π ))

3
3

 x = − 2 6π


3

Bảng biến thiên:

x

2 6π
3

0

V’

+

2π
0

−

2 3π R 3
27

V

Vậy hình nón có thể tích lớn nhất khi x=

2 6π
3

Câu 4 [5]: Một xưởng cơ khí nhận làm những chiếc thùng phi với thể tích theo yêu
cầu là 2000π lít mỗi chiếc. Hỏi bán kính đáy và chiều cao của thùng lần lượt bằng
bao nhiêu để tiết kiệm vật liệu nhất?
A. 1m và 2m B. 1dm và 2dm
C. 2m và 1m
D. 2dm và 1dm
Nhận xét:
- Thùng làm ra tốn ít nguyên liệu nhất khi diện tích toàn phần của thùng nhỏ nhất.
Như vậy gọi bán kính đáy là x chiều cao là h từ thể tích suy ra mối liên hệ h và x
- Tính diện tích toàn phần của thùng theo h và x. Từ đó lập hàm số với biến x
( hoặc h) và tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số tìm được.
Giải: Đổi 2000π (lit ) = 2π (m3 ) .
Gọi bán kính đáy và chiều cao lần lượt là x(m)(x > 0) và h(m) .Ta có thể tích thùng
phi V = π x 2 .h = 2π ⇒ h =

2
x2

Nguyễn Thị Hiền

– Trường THPT Tĩnh Gia I

11


Sáng kiến kinh nghiệm

Diện tích toàn phần của thùng: Stp = 2π x 2 + 2π x.h = 2π x(x +
Ta có S 'tp = 2π (2 x −

2
) ⇒ S 'tp = 0 ⇔ x = 1
x2

2
2
) = 2π (x 2 + )
2
x
x

Bảng biến thiên
x
S’
S

0
-

1
0

+∞

+

4π

Vậy để tiết kiệm vật liệu ta chọn bán kính đáy thùng bằng 1m, chiều cao thùng
bằng 2m. Chọn đáp án C.

2.3.4. 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
1 1 1
Chẳng hạn thay x, y, z tương ứng bởi ; ; .
x y z
9
1
1
1
≥ 4( + + ) ⇔ xyz + 9 ≥ 4( x + y + z )
Khi đó ( 1) trở thành 1 +
xyz
xy yz xz
Ta có bài toán 1.1: 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 )
1

9
Ta có: xy + yz + xz + mxyz ≤ + (m + ) xyz
4
4
m+9
9
9 x+ y+ z 3 m+9
9
9
) =
⇒P≤
+ Nếu m + ≥ 0 ⇔ m ≥ − thì (m + ) xyz ≤ ( m + )(
4
4
4
4
3
27
27
Nguyễn Thị Hiền

– Trường THPT Tĩnh Gia I

12


Sáng kiến kinh nghiệm

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 < -

+ Nếu m < - 9 thì ( m + 9) xyz ≥ (m+ 9) (

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

Ta có bài toán 2.2: Nếu x, y,z không âm thõa mãn x + y + z = 1, m∈ R thì
m+9
1
a)
≤ 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
Tùy theo cách chọn giá trị m mà ta có các BĐT tương ứng (chẳng hạn m = -2) ta có
7
BĐT: Nếu x, y, z ≥ 0 và x + y + z =1 thì 0 ≤ xy + yz + xz − 2 xyz ≤
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
3m + p
xyz ) + m + n khi p – 3m – 2n ≠ 0
= (p – 3m – 2n)( xy + yz + xz +
p − 3m − 2n
Vận dụng các kiến thức của bài toán 2.1 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: Kết hợp với các bất đẳng thức cổ điển từ đó tạo ra các bất đẳng thức mới
Hướng 4.1 Mở rộng theo hướng tăng số biến
Xuất phát từ dữ kiện: (x - 1)(y - 1) ≥ 0 ⇔ xy ≥ x + y -1
Nguyễn Thị Hiền

– Trường THPT Tĩnh Gia I

13


Sáng kiến kinh nghiệm

⇒ xyzt ≥ xzt + yzt − zt ⇒ xyzt + zt + xyt + xyz ≥ xyt + yzt + xzt + xyz
Áp dụng BĐT Côsi
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
zt + xyz + xyt ≤
+
+
=
3
3
3
3
3
3
3
3

2( x + y + z + t ) + 1
⇒ xyzt +
≥ xyz + xyt + yzt + xzt
3

Ta có bài toán 4.1: 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

n −1
i

n

+ 1 ≥ ( n − 1)∑

n

∏

j =1 i =1,i ≠ j

= x1 x2 ...xn ;

n

∏x

i =1,i ≠ j

i

xi (n ∈ N , n ≥ 3)

= x1 x2 ...x j −1 x j +1..xn )

Hướng 4.2: 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
x 3n4−1 +4 x43n2
+4...4+ 43
x 3 n −1 + y 3 n−1 + y 3n −1 + ... + y 3 n −1 + 1
z 3 n4−1 +4z43 n −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)3 n−1 ( x 3n −1 ) n −1 ( y 3 n−1 ) n−1 ( z 3n −1 ) n = (3n − 1) z ( xyz ) n−1
−1
−1
x 3n4−1 +4 x43n2
+4...4+ 43
x 3 n −1 + y 3 n−1 + y 3n−1 + ... + y 3n−1 + 1
z 3 n4
+4 z43 n−21 +4...4+ 43
z 3n−1
1
1 4 4 42 4 4 43
n sô hang

n sô hang

n −1sô hang

≥ (3n − 1)3n −1 ( x3 n −1 ) n ( y 3n −1 ) n ( z 3n−1 ) n = (3n − 1) xy ( xyz ) n−1
( n − 1) x 3 n−1 + ( n − 1) y 3n−1 + nz 3n −1 + 1 nx 3 n−1 + ny 3n −1 + (n − 1) z 3 n −1
n −1
n −1
⇒ z ( xyz ) + xy ( xyz ) ≤
+
3n − 1
3n − 1
3 n −1
3 n −1
3 n −1
(2n − 1)( x + y + z ) + 1
=
3n − 1
Ta có bài toán 4.2: Cho các số thực không âm x, y, z. Chứng minh rằng
(3n − 1)( xyz ) n + (2n − 1)( x 3n −1 + y 3n −1 + z 3n −1 ) ≥ (3n − 1)( xyz ) n −1 ( xy + yz + xz )
Hướng 4.3 Kết hợp kĩ thuật tách số hạng khi sử dung BĐT Cosi ,Bunhiacopxki
1
9
1
9
) ≥ ( x + ) 2 ⇒ 82 x 2 + 2 ≥ x +
2
x
x
x
x
1

1
1
9 9 9
82( x 2 + 2 + y 2 + 2 + z 2 + 2 ) ≥ x + y + z + + + ≥ 82
x
y
z
x y z

- Xuất phát từ bất đẳng thức:
Từ đó ta có:

(12 + 92 )( x 2 +

Ta có bài toán 4.3: Cho ba số dương x, y, z thõa mãn: x + y + z =1. Chứng minh

Nguyễn Thị Hiền

– Trường THPT Tĩnh Gia I

14


Sáng kiến kinh nghiệm

a) x 2 +

1
1
1

+ y 2 + 2 + z 2 + 2 ≥ 82 (Trích đề thi đại học cao đẳng 2005)
2
x
y
z

b) x 2 +

1
1
1
+ y 2 + 2 + z 2 + 2 ≥ 82
2
y
z
x

Hướng 4.4: Xuất phát từ bất đẳng thức +) xyz ≤ (

x+ y+z 3 1
) ≤ 3
3
3

1
1
1
x2
82
2

+) x + 2 = x +
+ ..... +
≥ 8282
=
2
2
2 2
x
81x
81x
(81x ) 41 981 x80
2

⇒ x2 +

1
1
1
82 1
1
1
82
+ y2 + 2 + z2 + 2 ≥
(
+
+
)≥
2
41 40
41 81 41 40

41 81
41 40
x
y
z
3
x
y
z
3

1
3

41

x 40

1
41

y 40

1
41

z 40

= 82

Với cách làm trên thì căn bậc hai và bậc của x không ảnh hưởng trực tiếp vào bài
toán, từ đó ta có bài toán sau:
Bài toán 4.4: Cho ba số dương x, y, z thõa mãn: x + y + z =1. Chứng minh rằng:
a) x n +

1
1
1
+ y n + n + z n + n ≥ n 82.3n − 2
n
x
y
z

b) n x 2 +

1
1
1
+ n y 2 + 2 + n z 2 + 2 ≥ (9n + 1).32− n
2
x
y
z

Ta có thể tăng số biến lên n biến, từ đó ta có bài toán tổng quát:
TQ: Cho n số dương x1 ; x2 ;......., x n thõa mãn: x1 + x2 + ....... + xn = 1 . Chứng minh rằng:
a ) x12 +

1

1
1
+ x22 + 2 + ..... + xn2 + 2 ≥ n4 + 1
2
x1
x2
xn

b) x1n +

1
1
1
+ x2n + n + ..... + xnn + n ≥ (n 2 n + 1).n 2− n
n
x1
x2
xn

c ) n x12 +

1
1
1
+ n x22 + 2 + ...... + n xn2 + 2 ≥ n (n 4 + 1).n n −2
2
x1
x2
xn

Hướng 4.5: Áp dung BĐT bunhiacopxki:
- Xuất phát từ biểu thức:
( x + y + z )2 = (

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

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
2
2
2
x
y
z
- Xuất phát từ biểu thức: + + ≥ x + y + z = 1
y
z
x

Ta có:

Nguyễn Thị Hiền

– Trường THPT Tĩnh Gia I

15


Sáng kiến kinh nghiệm

(

x2 y2 z 2 2
x2
+ + ) =(
y
z
x
y x+z

x+z +

y2
z x+ y

x+ y +

z2
x y+z

y + z )2

x4
y4
z4
≤( 2
+
+
).2( x + y + z )

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

Từ đó ta có bài toán 4.5 : Cho ba số dương x,y,z thõa mãn: x + y + z =1. Chứng
x2
y2
z2
1
+
+
≥
minh rằng: a)
z + 2 y x + 2z y + 2x 3

x4
y4
z4
1
+
+
≥
b) 2
2
2
y ( x + z ) z ( y + x) x ( z + y ) 2

Hướng 5 : Sử dụng bất đẳng thức Côsi “ thuận - nghịch”
1
nên:
3
x

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

+) Vì dấu bằng xảy ra khi x = y = z =

+) Tương tự bài toán trên kết hợp với vai trò bình đẳng của x, y, z ta khai thác theo
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
=
Từ đó suy ra: 2 2 + 2 2 + 2 2 ≥
x +y
y +z
z +x

2
2

hướng sau:

Ta có bài toán 5.1: Cho ba số dương x,y,z thõa mãn: x + y + z =1. Chứng minh
rằng:
x3
y3
z3
1
a) 2
+ 2
+ 2
≥
2
2
2
x +y
y +z
z +x
2
x4
y4
z4
1
+
+
≥
3

3
3
3
3
3
x + 2y
y + 2z
z + 2x
3
x +1 y +1 z +1 4
c) 2
+
+
≥
y + 1 z 2 + 1 x2 + 1 3
b)

+) Khai thác bài toán trên theo hướng sử dụng các bất đẳng thức đúng:
Từ

xy 2
xy 2 y
≤
=
( x − y ) = x − 2 xy + y ≥ 0 ⇔ x + xy + y ≥ 3xy ⇒ 2
x + xy + y 2 3 xy 3
xy 2
yz 2
zx 2
x+ y+z

⇒ 2
+
+
≤
2
2
2
2
2
x + xy + y
y + yz + z
z + zx + x
3
2

2

2

2

2

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
≥
⇔
(
x
+
y
)
≥
(
x
+
y
)
⇔
≥ ( x + y)
2
2
2
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

16


Sáng kiến kinh nghiệm

Ta có bài toán 5.2: Cho ba số dương x,y,z thõa mãn: x + y + z =1 Chứng minh
rằng: a)

xy 2
yz 2
zx 2
1
+
+
≤
2
2
2
2
2
2
x + xy + y
y + yz + z
z + zx + x
3

b)

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.
2.4 Hiệu quả đạt được
- Đề tài được nghiên cứu và thực hiện giảng dạy trong hai năm 2015- 2016;
2016- 2017. 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(2015-2016), 12A2 (20162017), 12A1(2016-2017), của nhà trường.
- Sau khi giảng dạy tôi tiến hành kiểm tra khả năng tiếp thu của học sinh kết
quả thu được như sau :12A2 (2016-2017) (chưa triển khai sáng kiến
này),12A1(2016-2017), 12A2( 2016- 2017)(đã triển khai sáng kiến này).

Lớp 12A2
(2015-2016)
Lớp12A2
(2016-2017)
Lớp12A1
(2016-2017)

Sĩ
số

Giỏi

Khá

TB

Yếu - Kém

SL

%

SL

%

SL

%

SL

%

42

5

11,9

12

28,6

18

42,8

7

16,7

42

10

23,8

17

40,5

12

28,6

3

7,1

42

13

30,9

20

45,1

9

19,6

1

2,4

3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
1. Kết luận
Qua thời gian nghiên cứu và vận dụng đề tài vào giảng dạy tôi rút ra một số nhận
xét sau :

Nguyễn Thị Hiền

– Trường THPT Tĩnh Gia I

17


Sáng kiến kinh nghiệm

- 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.
- 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.
- Học sinh biết vận dụng kiến thức đã học vào giải một số bài toán thực tiễn.
Từ đó giúp học sinh thấy được ứng dụng thiết thưc của môn học.
2. Kiến nghị
- 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 THỦ
TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 20 tháng 05 Năm 2017.
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

18


Sáng kiến kinh nghiệm

Tài liệu tham khảo
[1] Sách đại số và giải tích 12, sách bài tập giải tích 12 nâng cao( Chủ biên: Đoàn
Quỳnh – Nhà xuất bản giáo dục 2011).
[2] Sách “ bất đẳng thức và ứng dụng” (tác giả: Phan Huy Khải – Trần Hữu Nam)
[3] Sách “263 bài toán bất đẳng thức” (tác giả: Nguyễn Vũ Thanh).
[4] Một số bài lấy từ đề thi đại học và cao đẳng của Bộ giáo dục từ năm 2005 đến
2015.
[5] Đề thi thử đại học của các trường THPT lấy từ trang www.toanmath.com.vn,
dethi.violet.vn
Danh mục các SKKN mà tác giả được Hội đồng Cấp sở GD&ĐT đánh giá đạt
từ loại C trở lên.
STT
Tên SKKN
1
Rèn luyện kĩ năng sử dụng biểu thức
trung gian để chứng minh bất đẳng thức
trong dạy học đại số 10
2
Rèn luyện kĩ năng xây dựng đẳng thức

mới từ đẳng thức đã có.

Nguyễn Thị Hiền

Xếp loại
C

Năm học
2009 - 2010

C

2011 - 2012

– Trường THPT Tĩnh Gia I

19