Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp hàm số

GV: Nguyễn Văn Hải

Trường

THPT Hàm Rồng

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA
TRƯỜNG THPT HÀM RỒNG
____________________________________

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
BẰNG PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ

Người thực hiện : Nguyễn Văn Hải
Chức vụ
: Tổ trưởng chuyên môn
SKKN thuộc lĩnh vực môn Toán

THANH HÓA NĂM 2016
1


GV: Nguyễn Văn Hải

Trường

THPT Hàm Rồng

MỤC LỤC

1. Mở đầu :
Lý do chọn đề tài

Trang 2

Mục đích nghiên cứu

Trang 3

Đối tượng nghiên cứu

Trang 3

Phương pháp nghiên cứu

Trang 3

2. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm
2.1 Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm

Trang 4

2.2 Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp hàm số:

Trang 5

2.2.1 Chọn một đại lượng làm biến

Trang

2.2.2. Chọn lần lượt các đại lượng làm biến

Trang

5

8
2.2.3 Chọn nhóm các đại lượng làm biến (kỹ thuật dồn biến)

Trang 11

3. Kết luận
3.1. Kết quả thực nghiệm

Trang 16

3.2. Bài học kinh nghiệm

Trang 16

3.3. Kết luận

Trang 16

3.4. Kiến nghị

Trang 17

Tài liệu tham khảo

Trang 18

2


GV: Nguyễn Văn Hải

Trường

THPT Hàm Rồng

3


GV: Nguyn Vn Hi

Trng

THPT Hm Rng

1. M U
Lý do chọn đề tài
Trong chng trỡnh toỏn hc bc Trung hc ph thụng. Chứng minh
bất đẳng thức hoc tỡm gi tr ln nht v nh nht ca biu thc là một
bi toán phổ biến và quan trọng v rất thờng gặp trong các
đề thi tuyển sinh vào Đại học Cao đẳng trc õy v trong thi
Tt nghip THPT Quc Gia hin nay. Bi toỏn chứng minh bất đẳng
thức hoc tỡm gi tr ln nht v nh nht ca biu thc cũn là một chuyên
đề bi dng hc sinh gii trong nh trng v thng gp trong các đề
thi học sinh giỏi cỏc cp ở bc hc Trung hc phổ thông hin nay.

Các bài toán chứng minh bất đẳng thức hoc tỡm gi tr ln
nht v nh nht ca biu thc rất đa dạng và phong phú. Cả lý luận
và thực tiễn dạy học đều chứng tỏ chúng rất có hiệu quả trong
việc phát triển t duy cho học sinh .
Bi toỏn chng minh bt ng thc hoc tỡm gi tr ln nht v nh nht
ca biu thc l mt trong nhng ni dung khú trong chng trỡnh Toỏn hc ph
thụng. lm tt loi bi toỏn ny ũi hi hc sinh phi cú kin thc c bn, h
thng cựng vi úc sỏng to, kh nng tng hp v t duy logic.Trong cỏc thi
tuyn sinh vo i hc v Cao ng mụn Toỏn trc õy v trong thi Tt
nghip THPT Quc Gia hin nay, bi toỏn chng minh bt ng thc hoc tỡm
gi tr ln nht v nh nht ca biu thc dnh kim tra ỏnh giỏ nng lc ca
nhúm hc sinh khỏ gii. Trong thang im nú c ỏnh giỏ bc im chớn v
im mi.Tuy nhiờn trong chng trỡnh ca mụn Toỏn PTTH hc hc sinh ch
c hc v luyn tp trong nm hc lp 10, s tit dy dnh cho ni dung ny
quỏ ớt, vỡ vy a s hc sinh ngay c cỏc em hc sinh khỏ cng gp khụng ớt khú
khn, lỳng tỳng khi gp dng toỏn ny.
Các tài liệu, sách tham khảo đã trình bày khá đầy đủ
về cỏc phng phỏp chng minh bt ng thc, trong bài viết này tôi
4


GV: Nguyn Vn Hi

Trng

THPT Hm Rng

xin tập trung vào phơng pháp hàm số m hc sinh ó c trang b
y kin thc trong chng trỡnh mụn Toỏn lp 12 Trung hc ph thụng.
Qua kinh nghiệm giảng dạy, cựng vi nghiờn cu ti liu,

trong bài viết này, tôi đa ra phơng pháp giải bài toán chng
minh bt ng thc bng phng phỏp hm s vi mc ớch giỳp hc
sinh cú hng gii quyt mt dng bi toỏn khú, rốn luyn t duy v
phỏt huy tớnh tớch cc trong hc tp v rốn luyn k nng gii toỏn.
Hy vọng với nội dung vừa phải , bài viết này phần nào giúp
các em học sinh cảm thấy tự tin hơn trớc bi bi toỏn chng minh bt
ng thc. Củng cố kiến thức để chuẩn bị thi vào Tt nghip THPT
Quc gia.
MC CH NGHIấN CU
Vi mc ớch giỳp hc sinh nm vng phng phỏp hm s gii bi
toỏn chng minh bt ng thc. c bit cú th giỳp hc sinh lp 12 chun b ụn
thi tt nghip THPT Quc gia c tt hn.
Do õy l phn ni dung kin thc khú nờn nhiu hc sinh cũn cha
quen vi tớnh t duy logic ca nú, nờn tụi nghiờn cu ni dung ny nhm tỡm ra
nhng phng phỏp truyn t phự hp vi hc sinh, bờn cnh cng nhm thỏo
g nhng vng mc, khú khn m hc sinh thng hay gp phi vi mong
mun nõng dn cht lng ging dy mụn Toỏn THPT.
I TNG NGHIấN CU
i tng nghiờn cu trong ti l hc sinh khi 12 qua cỏc nm ging
dy t trc n nay, cỏc hc sinh ang chun b thi THPT Quc Gia
PHNG PHP NGHIấN CU
Phng phỏp nghiờn cu l trờn c s lý thuyt hm, phõn tớch s bin
thiờn gia cỏc i lng thay i, thit lp mi quan h gia cỏc i lng bin
thiờn a ra cỏc bi kho sỏt hm s.
Thụng qua vic tm quy c li vai trũ cỏc i lng bin thiờn, ta cú th
chng minh mt bt ng thc i s nhiu bin nh kho sỏt hm s mt bin.
5


GV: Nguyễn Văn Hải

Trường

THPT Hàm Rồng

Phương pháp này về nguyên tắc luôn có hiệu quả, còn trong thực tế áp dụng
được cho nhiều dạng bài toán chứng minh bất đẳng thức, hơn nữa có khả năng
mang lại những lời giải hay, độc đáo cho dạng bài tập này.

2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1 CƠ SỞ LÝ LUẬN CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Một bất đẳng thức đúng cho mọi giá trị của nhiều đại lượng biến thiên
(có thể thỏa mãn một số ràng buộc nào đó). Vậy với giá trị xác định của một
nhóm đại lượng và giá trị biến thiên của chỉ một nhóm đại lượng còn lại bất
đẳng thức vẫn phải đúng. Do đó nếu ta coi nhóm đại lượng còn lại đó là biến thì
hàm số với biến đó phải đạt được giá trị max hoặc min. Như vậy ta đưa bài toán
chứng minh bất đẳng thức về bài toán khảo sát hàm số, tìm giá trị max, min. Từ
bài toán “ Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số trên khoảng (a; b)
hoặc trên đoạn [a; b]” trong chương trình lớp 12, ta có thể chuyển bài toán
chứng minh bất đẳng thức hoặc tìm giả trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức
thành bài toán Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số
Ta xét hai bài toán cơ bản sau:
Bài toán 1: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số trên khoảng (a; b).
Phương pháp giải:
*Tìm tập xác định của hàm số ( Chỉ xét trên (a;b))
* Tính dạo hàm và tìm điểm tới hạn của hàm số trên thuộc khoảng (a; b)
* Lập bảng biến thiên
* Dựa vào bảng biến thiên kết luận về giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất
Bài toán 2: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số trên đoạn [a; b].
Phương pháp giải:

* Tìm tập xác định của hàm số ( Chỉ xét trên [a;b])
* Tính dạo hàm và tìm điểm tới hạn xi của hàm số trên thuộc khoảng (a; b)
* Tính

f ( xi ), f (a), f (b)

Max f ( x) = Max{ f ( xi ); f (a); f (b)}
[ a ;b ]

6


GV: Nguyn Vn Hi

Trng

THPT Hm Rng

Min f ( x) = Min { f ( xi ); f (a ); f (b )}
[ a ;b ]

Trờn c s hai bi toỏn trờn chng minh bt ng thc hoc tỡm gi tr ln nht
v nh nht ca biu thc bng phng phỏp hm s theo cỏc bc sau:
* Bin i cỏc s hng ca bt ng thc v cựng mt i lng ging nhau
* t bin mi t bng i lng ó bin i c trờn
* Tỡm iu kin cho bin t. Gi s t thuc D
* Xột hm s P=f (t) trờn D
* Gii bi toỏn: Tỡm giỏ tr ln nht( nh nht) ca hm s f(t) trờn D
Chỳ ý :
Trng hp khụng xõy dng trc tip c hm s f(t) thỡ ta tỡm hm s

f(t) tha món P f (t ) ( i vi bi toỏn tỡm giỏ tr nh nht) hoc P f (t ) ( i
vi bi toỏn tỡm giỏ tr ln nht)
Nu P l biu thc gm nhiu i lng thay i thỡ cú th coi P l mt
hm s vi bin s l mt trong cỏc i lng thay i ú v tỡm giỏ tr ln nht
(nh nht) ca hm s P
2.2. Chứng minh bất đẳng thức bằng phơng pháp hàm
số
2.2.1 Chn mt i lng lm bin , cỏc i lng cũn li lm tham s .
Xột hm s theo bin c chn
Ví dụ 1.1:

Cho a,b,c [ 0;1] . Chứng minh rằng :
a
b
c
+
+
+ (1 a )(1 b)(1 c) 1
b + c +1 c + a +1 a + b +1

Li gii:
Coi a l bin x. Xét hàm s:
f ( x) =

x
b
c
+
+
+ (1 x )(1 b)(1 c) trên [0;1]. Ta cú :

b + c +1 c + x +1 x + b +1

f '(x) =

b
c

+ D ( Với D là hằng số )
2
( x + c + 1) ( x + b + 1) 2
7


GV: Nguyn Vn Hi

Trng

THPT Hm Rng

Rõ ràng f(x) là một hàm đồng biến trên khoảng đã xét ( vì
f(x) > 0 )
* Nếu f(x) 0x [ 0,1] thì
max f ( x) = f (1) =
[ 0;1]

1
b
c
1
b

c
+
+

+
+
=1
b + c +1 c +1+1 1+ b +1 b + c +1 b + c +1 b + c +1

* Nếu f(x) 0x [ 0,1] thì
b
c
b + c + b 2c 2 + 1
max f ( x) = f (0) =
+
+ (1 b)(1 c) =
1
c +1 b +1
b + c + bc + 1
[ 0;1]

* Nếu f(x) nhận hai dấu trên đoạn [0;1] thì bảng biến thiên
của f(x) phải có dạng:
x

0

f(x)
f(x)

1

x0

-

0

+

f(0)

f(1)
f( x0 )

f ( x) = ma x { f (0), f (1)} 1
Khi đó : max
[ 0;1]

Vậy bài toán đợc chứng minh.
Ví dụ 1.2: Cho a,b [ 0;1] . Chứng minh rằng :
a
b
+
+ (1 a )(1 b) 1
b +1 a +1

Li gii:
Coi a l bin x. Xét hàm f(x) =
1

x
b
+
+ (1 x)(1 b) trên [0;1]
b +1 x +1
b

f(x) = 1 + b ( x + 1) 2 1 + b
Rõ ràng f(x) là một hàm đồng biến trên khoảng đã xét ( vì
f(x) > 0 )

8


GV: Nguyn Vn Hi

Trng

THPT Hm Rng
1
b
1
b
f ( x) = f (1) =
+

+
=1
* Nếu f(x) 0x [ 0,1] thì max

b +1 1+1
0;1
1+ b

[ ]

* Nếu f(x) 0x [ 0,1] thì

max f ( x) = f (0) = b + 1 b
[ 0;1]

b +1

=1

* Nếu f(x) nhận hai dấu trên đoạn [0;1] thì bảng biến thiên
của f(x) phải có dạng:
x
f(x)
f(x)

1

x0

0
-

0

+

f(0)

f(1)
f( x0 )

f ( x ) = ma x { f (0), f (1)} 1
Khi đó : max
[ 0;1]

Vậy bài toán đợc chứng minh.
Nhn xột: Cú th m rng bi toỏn nh sau:
Cho a1 , a2 ,..., an [ 0,1] . Chứng minh rằng:
n

aj

j =1

s a j +1

(

n

) + (1 a j ) 1 , ở đây s =
j =1

Ví dụ 1.3: 1. Cho a, b 1. Chng minh rng :

2. Cho a, b, c 1. Chng minh rng :

n

a
j =1

j

1
1
2
+

2
2
1 + a 1 + b 1 + ab

1
1
1
3
+
+

3
3
3
1 + a 1 + b 1 + c 1 + abc

Li gii:
1. Khụng mt tớnh tng quỏt gi s 1 b a .
Coi b l bin x, xột hm f(x) =
o hm f(x) =

1
1
2
+

trờn [1; a].
2
2
1 + x 1 + a 1 + ax

2x
2a
2(a x )(1 ax 3 )
+
=
0 chng t f(x) nghch
(1 + x 2 ) 2 (1 + ax) 2 (1 + x 2 ) 2 (1 + ax) 2

f (x) = f (a) = 0 (pcm)
bin min
( 0;a ]

2. Khụng mt tớnh tng quỏt gi s 1 a c b .
9

GV: Nguyễn Văn Hải

Trường

THPT Hàm Rồng
1
1
1
3
+
+
−
trên [a; b]
3
3
3
1 + x 1 + a 1 + b 1 + abx

Coi c là biến x, xét hàm f(x) =

3(ab − x 2 )(1 − abx 4 )
Đạo hàm f’(x) =
từ đó ta có bảng biến thiên :
[(1+abx)(1+x 3 )]2

x
f’(x)
f(x)

a

b

ab
-

0

+

f(a)

f(b)
f( ab )

⇒ minf(x) = f(

1

1

2

ab ) = 1 + (a a )2 + 1 + (b b ) 2 − 1 + a a .b b ≥ 0 (theo câu 1)

Nhận xét: Có thể mở rộng bài toán như sau:
Chứng minh rằng với a1 , a2 …, an ≥ 1 thì
1
1

1
n
+
+ ... +
≥
n
n
n
1 + a1 1 + a2
1 + an 1 + a1a2 ...an

2.2.2. Chọn lần lượt các đại lượng làm biến , đại lượng còn lại làm tham
số. Xét lần lượt hàm số theo biến được chọn.
Ví dụ 2.1: Cho a, b, c > 0 , chứng minh rằng

a
b
c
3
+
+
≥
b+c c+a a +b 2

Lời giải:
Không mất tính tổng quát giả sử a ≤ b ≤ c
Coi c là biến x. Xét hàm số f ( x) =
1

a

x
a
b
+
+
trên [ b; +∞ )
a+b x +b a+ x
b

2a

2b

Đạo hàm f '( x) = a + b − (b + x) 2 − (a + x) 2 , f ''( x ) = (b + x)3 + (a + x)3 > 0


1
1 
− 2  ≥ 0 ⇒ f ' ≥ 0 trên [ b; +∞ )
2
 (a + b) 4b 

Từ đó f’(x) đồng biến. Ngoài ra f '(b) = a 
suy ra f đồng biến trên [ b; +∞ ) .

10


GV: Nguyễn Văn Hải

Trường

THPT Hàm Rồng
⇒ min f(x) = f(b) =

g(t) =

2b
a
+
.Lại coi b như biến t , xét hàm
a+b 2b

1
1
2t a
− 2 ]≥0
+ , t ∈ [ a; +∞ ) .Ta có g'(t) = 2a[
2
(a+t) 4t
a+t 2t

⇒ min g (t ) = g ( a) =

3
trên [ a; +∞ ) suy ra điều phải chứng minh.
2

Ví dụ 2.2: Cho a, b, c ≥ 0 , chứng minh rằng

a2
b2
c2
a +b+c
+
+
≥
b+c c+a a+b
2

Lời giải:
Không mất tính tổng quát giả sử a ≤ b ≤ c
Coi c là biến x , xét hàm số f ( x) =
f '( x ) =
=(

x2
a2
b2
x+a+b
+
+
−
trên [ b; +∞ )
a+b x +b a+ x
2

2x
a2

b2
1
−
−
− =
2
2
a + b (b + x ) (a + x) 2

 x
 x
x
1
a 
b 
− )+a
−
+b
−
≥0
2
2
2
2 
a+b 2
 ( a + b ) ( x + b) 
 ( a + b) ( x + a ) 

2b 2 a 2
a

+
−b− .
suy ra f đồng biến trên [ b; +∞ ) ⇒ f ( x) ≥ f (b) =
a+b

Lại coi b như biến t , xét hàm g (t ) =

2b

2

2t 2 a 2
a
+ − t − trên [ a; +∞ ) .Ta có
a + t 2t
2

4at+2t 2 2a 2
g'(t) =
− 2 − 1 ≥ 0 ⇒ g đồng biến ⇒ g (t ) ≥ g (a ) = 0
(a+t) 2
4t

suy ra điều phải chứng minh.
Nhận xét: Có thể mở rộng bài toán như sau:
Cho a, b, c ≥ 0 , chứng minh rằng
Ví dụ 2.3

a n +1 b n +1
c n +1 a n + b n + c n

+
+
≥
b+c c+a a +b
2

Cho a, b, c, d > 0 , chứng minh rằng
a
b
c
d
4
+
+
+
≥
b+c+d c+d +a d +a +b a+b+c 3

Lời giải:

Không mất tính tổng quát giả sử a ≤ b ≤ c ≤ d . Coi d là biến x.

11


GV: Nguyễn Văn Hải

Trường

THPT Hàm Rồng

Xét hàm số f ( x) =

a
b
c
x
+
+
+
trên [ c; +∞ )
b+c+ x c+ x+a x+a +b a+b+c



1
a
b
c
1
1
−[
+
+
]=a 
−
2
2
2
2

2 
a + b + c (b + c + x) (a + c + x)
(a + b + x)
 (a + b + c ) (b + c + x ) 




1
1
1
1
+b 
−
+c
−
≥0
2
2
2
2
 (a + b + c ) (a + c + x) 
 (a + b + c) (a + b + x ) 
f '( x ) =

Từ đó f’(x) đồng biến ⇒ f(x) ≥ f(c) =
xét hàm g(t) =

g'(t) =

2c
a
b
+
+
.Lại coi c như biến t ,
a+b+c b + 2c a + 2c

2t
a
b
+
+
trên [ b; +∞ ) .Ta có
a+b+t b + 2t a + 2t

2(a+b)
2a
2b
−
−
=
2
2
(a+b+t) (b + 2t ) (a + 2t ) 2






1
1
1
1
= 2a 
−
+ 2b 
−
≥0
2
2
2
2
 (a+b+t) (b + 2t ) 
 (a+b+t) ( a + 2t ) 

Suy ra g đồng biến trên [ b; +∞ ) ⇒ g (t ) ≥ g (b) =
Lại coi b là biến u , xét hàm số h(u ) =

3b
a
+
a + 2b 3b

3u
a
+
trên [ a; +∞ )
a + 2u 3u



1
1 
− 2  ≥ 0 suy ra h đồng biến trên [ a; +∞ )
2
 (a + 2u ) 9u 

Đạo hàm h '(u ) = 3a 
⇒ h(u ) ≥ h(a ) =

4
(đpcm)
3

Ví dụ 2.4 Cho a, b, c ≥ 0 chứng minh rằng

n

a n + bn + c n  a + b + c 
≥
÷
3
3



Lời giải:
Không mất tính tổng quát giả sử a ≤ b ≤ c
Coi c là biến x , xét hàm số f ( x) =

an + bn + xn
a+b+ x n
−(
)
3
3

trên [ b; +∞ )

n  n −1 x + a + b n −1 
)  ≥ 0 ⇒ f đồng biến trên [ b; +∞ )
Đạo hàm f '( x) =  x − (
3

3



12


GV: Nguyễn Văn Hải

Trường

THPT Hàm Rồng
⇒ f ( x) ≥ f (b) =

a n + 2b n

a + 2b n
−(
)
3
3

* Coi b là biến t xét hàm số g (t ) =
Đạo hàm g '(t ) =

a n + 2t n
a + 2t n
−(
) trên [ a; +∞ )
3
3

2n  n −1 a + 2t n −1 
t −(
)  ≥ 0 ⇒ g đồng biến ⇒ g (t ) ≥ g ( a) = 0 ⇒ đpcm
3 
3


Ví dụ 2.5: Cho a, b, c > 0 chứng minh rằng : 4(a 3 + b3 + c3 + 6abc) ≥ (a + b + c)3
Lời giải:
Không mất tính tổng quát giả sử a ≤ b ≤ c
Coi c là biến x , xét hàm số f ( x) = 4(a 3 + b3 + x3 + 6abx) − (a + b + x)3 trên [ b; +∞ )
Đạo hàm f '( x) = 3[3x 2 − 2(a + b) x + 6ab − a 2 − b 2 ]
Phương trình f’ = 0 có ∆ ' = 4(a 2 + b 2 − 4ab)
= f (b)

* Nếu a ≤ b ≤ a (2 + 3) ⇒ ∆ ' ≤ 0 ⇒ f '( x) ≥ 0 ∀x ∈ [ b; +∞ ) ⇒ mx∈inf(x)
[ b;+∞ )

* Nếu a ≤ a(2 + 3) ≤ b (≤ c) ⇒ ∆ ' ≥ 0 , f’ có hai nghiệm x1,2 =

a +b± ∆'
3

Dễ thấy x2 ≤ b .Bảng biến thiên của f có dạng :
-∞

x
f’(x)

x1

+

x2

0

-

f( x1 )

+∞

b
+

+

+∞

f( x1 )

f(x)
-∞

+∞

f( x2 )

f(b)

Vậy ta luôn có f ( x) ≥ f (b) = 3a(a 2 − 2ab + 4b 2 ) ≥ 0 suy ra (đpcm
2.2.2. Chọn nhóm các đại lượng làm biến (kỹ thuật dồn biến), biểu thị
nhóm biến khác theo biến. Xét lần lượt hàm số theo biến được chọn.
Ví dụ 3.1: Cho x 2 + y 2 = x + y . Chứng minh x3 + y 3 + x 2 y + y 2 x ≤ 4
Lời giải:
t2 − t
2
2
t
=
x
+
y
2

xy
=
(
x
+
y
)
−
(
x
+
y
)
=
t
−
t
Đặt
từ giả thiết ta có
hay xy =
.
2

Áp dụng BĐT ( x + y )2 ≤ 2( x 2 + y 2 ) = 2( x + y ) hay t 2 ≤ 2t suy ra 0 ≤ t ≤ 2 .
Ta có x3 + y 3 + x 2 y + y 2 x = ( x + y )3 − 2 xy ( x + y ) = t 2
13


GV: Nguyễn Văn Hải

Trường

THPT Hàm Rồng
Hàm số P = f (t ) = t 2 liên tục và đồng biến trên [ 0;2]

Do đó Max P=4 đạt dược khi t = 2 hay x + y = 2 và xy = 1 suy ra x = 1; y = 1
Ta có min P=0 khi t = 0 hay x = 0; y = 0
1

1

Ví dụ 3.2: Cho x, y, z > 0 thỏa mãn x + y + z = 1 . Chứng minh xz + yz ≥ 16
Lời giải:
Đặt t = x + y từ giả thiết ta có z = 1 − t và 0 < t < 1 .
t2
Áp dụng BĐT ( x + y ) ≥ 4 xy hay xy ≤
4
1 1
t
4
Khi đó xz + yz = xy (1 − t ) ≥ −t 2 + t
4
4(2t − 1)
1
Xét hàm số f (t ) = −t 2 + t ; f ′(t ) = (t 2 − t )2 ; f ′(t ) = 0 ⇔ t = 2
2

Bảng biến thiên:
T

0
−

F’(t)

1
2
0

1
+

+∞

+∞
16

F(t)

1
2

f (t) = f ( ) = 16 đạt được khi t =
Từ BBT ta có max
t∈(0;1)

Vậy

1
2

1
1
1
1
+
≥ 16 . Đẳng thức xảy ra ⇔ x + y = ;z =
xz yz
2
2

Ví dụ 3.3:
Cho xy ≠ 0 thỏa mãn x + y = 1 . Chứng minh

1
x2
y2
+
+
≥2
x2 + y 2 y 2 + 1 x2 + 1

Lời giải:
Đặt t = x 2 + y 2 ta có ( x + y )2 = 1 nên xy =

1− t
2
1
2

Áp dụng BĐT ( x + y )2 ≤ 2( x 2 + y 2 ) suy ra t ≥ .

14


GV: Nguyễn Văn Hải

Trường

THPT Hàm Rồng
1
x2
y2
1
( x 4 + y 4 ) + ( x 2 + y 2 ) 1 2t 2 + 8t − 2
= +
Ta có 2 2 + 2 + 2 = 2 2 + 2 2
x +y
y +1 x +1 x + y
x y + ( x 2 + y 2 ) + 1 t t 2 + 2t + 5
1

1 2t 2 + 8t − 2
Xét hàm số f (t ) = + 2
trên  ; + ∞ 
2

t t + 2t + 5
f ′(t ) = −

t = 1
f ′(t ) = 0 ⇔ (t − 1)(t + 1) 2 (t − 5) = 0 ⇔ 
t = 5

1 −4t 2 + 24t + 44
+ 2
t2
(t + 2t + 5) 2

Bảng biến thiên:
t

1
2

−

F’(t)
f(t)

0

+

12
5

0

min f (t) = f (1) = 2

1
t∈[ ;+∞ ]
2

−

241
105
2

Từ Bảng biến thiên ta có

+∞

5

1

2

đạt được khi (x;y)=(1;0) hoặc (0;1)

1
x2
y2
+
+
≥ 2 . Đẳng thức xảy ra ⇔ (x; y) = (0;1) và hoán vị
Vậy 2 2

x +y
y 2 + 1 x2 + 1

Nhận xét:
Kỹ thuật dồn biến là một bài toán khó. Sử dụng phương pháp này ta có thể giải
bài toán trong đề thi Đại học và Cao đẳng và đề thi Tốt nghiệp THPT Quốc Gia.
Các bài toán này thường được cho dưới dạng tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức.
Ví dụ 3.4: (Khối B–2007)
Cho các số thực không âm thỏa mãn a + b + c = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức: A = 3(a 2b 2 + b 2c 2 + c 2 a 2 ) + 3(ab + bc + ca) + 2 a 2 + b 2 + c 2
Lời giải:
Đặt ab + bc + ca = x ⇒ x ≤

(a + b + c) 2 1
1
= ⇒ x ∈ [0, ]
3
3
3

A = 3( a 2b 2 + b 2c 2 + c 2 a 2 ) + 3(ab + bc + ca) + 2 a 2 + b 2 + c 2 ≥ 3(ab + bc + ca ) + 2 a 2 + b 2 + c 2
= 3(ab + bc + ca) + 2 (a + b + c) 2 − 2(ab + bc + ca ) = 3x + 2 1 − 2 x
1
Xét hàm số f ( x) = 3x + 2 1 − 2 x , ∀x ∈ [0, ]
3
2
Đạo hàm f ′( x) = 3 −
1 − 2x

15

GV: Nguyễn Văn Hải

Trường

THPT Hàm Rồng
f ′( x ) = 0 ⇔ 3 1 − 2 x = 2 ⇔ 9(1 − 2 x) = 4 ⇔ x =

5
18

Bảng biến thiên:
T

5
18
0

0
+

f’(t)

1
3

−

5

f 
 18 

f(t)

3+ 2 3
3

2
1
3

Dựa vào bảng biến thiên, ta được f ( x) ≥ f (0), ∀x ∈ [0, ]
⇒   A ≥ f ( x) ≥ f (0) = 2

Đẳng thức xảy ra khi x = 0 hay hoán vị của bộ (0,0,1)
Ví dụ 3.6: (Khối B–2012) Cho các số thực x,y,z thỏa mãn x + y + z = 0 và
x 2 + y 2 + z 2 = 1 . Tìm GTLN của biểu thức P = x 5 + y 5 + z 5

Lời giải:
Nếu x + y + z = 0 thì 2( x5 + y 5 + z 5 ) = 5 xyz ( x 2 + y 2 + z 2 )
Thật vậy: Vì x + y + z = 0 nên dễ có được x3 + y 3 + z 3 = 3xyz
( x 3 + y 3 + z 3 )( x 2 + y 2 + z 2 ) = 3 xyz ( x 2 + y 2 + z 2 )
⇔ x 5 + y 5 + z 5 − xyz ( xy + yz + xz ) = 3xyz ( x 2 + y 2 + z 2 ) ⇔ 2( x 5 + y 5 + z 5 ) = 5 xyz ( x 2 + y 2 + z 2 )

Mà x 2 + y 2 + z 2 = 1 nên ta chỉ cần tìm GTLN của:
P=

5
5 ( y + z)2 − ( y 2 + z 2 ) 5 3 5

xyz = x.
= x − x
2
2
2
2
4

5
5
15
5
6
Đặt f ( x) = x 3 − x với x thuộc [−1;1] f '( x) = x 2 − = 0 ⇔ x = ±
2

4

2

4

6

Bảng biến thiên:
X
f’(x)

−1

−
−

6
6
0

+

6
6
0

1
−

16


GV: Nguyễn Văn Hải

Trường

THPT Hàm Rồng

6

f  −

6




f(x)
−

5
4
 6

f 

 6 

5
4


6

5 6

6

⇔x=−
Từ bảng biến thiên ta có max f ( x) = f  −  =
6
36
6




Vậy GTLN =

−1 −1 6
5 6
khi x,y,z là bộ hoán vị của ( ; ; )
6 6 3
36

Ví dụ 3.6: (Thi THPT Quốc Gia năm 2015) Cho các số thực a,b,c tthuộc đoạn

[ 1;3] và thỏa mãn điều kiện

a+b+c = 6 .

Tìm GTLN của biểu thức P =

a 2b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 + 12abc + 72 1
− abc
ab + bc + ca
2

Lời giải:
Đặt t = ab + bc + ca .
1
Ta có 36 = (a + b + c) 2 = (a − b) 2 + (b − c) 2 + (c − a) 2  + 3t ≥ 3t ⇒ t ≤ 12
2

Mặt khác (a − 1)(b − 1)(c − 1) ≥ 0 ⇒ abc ≥ ab+ bc+ ca − 5 = t − 5

Và (3 − a)(3 − b)(3 − c) ≥ 0 ⇒ 3t = 3(ab+ bc+ ca) ≥ abc+ 27 ≥ t + 22 ⇒ t ≥ 11 ⇒ t ∈ [ 11;12]
a 2b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 + 12abc + 72 1
− abc
ab + bc + ca
2
Khi đó:
2
2
(ab + bc + ca ) + 72 1
t + 72 t − 5 t 2 + 5t + 144
=
− abc ≤
−
=
ab + bc + ca
2
t
2
2t
P=

Đặt f (t) =

t 2 + 5t + 144
t 2 − 144
≤ 0 ∀ t ∈ [ 11;12]
với t thuộc [11;12] . Ta có f '(t) =
2t
2t 2

f (t ) = f (11) =
f(t) nghịch biến trên đoạn [ 11;12] ⇒ tmax
∈[ 1;12]

Vậy P đạt GTLN =

160
⇔ t = 11
11

160
⇔ a = 1, b = 2, c = 3
11

Nhận xét:
Dạng bài toán tìm GTNN- GTLN của biểu thức bằng cách đặt ẩn phụ kết hợp
các BĐT cơ bản hoặc thế hai biến qua một biến còn lại cũng như việc sử dụng
kỹ thuật dồn biến, từ đó chuyến được về bài toán tìm GTLN, GTNN hàm số
17


GV: Nguyễn Văn Hải

Trường

THPT Hàm Rồng

được sử dụng nhiều trong các đề thi tuyển sinh vào Đại học và Cao đẳng. Đây là
một bài toán khó. Tuy nhiên nếu học sinh vận dụng tốt các kỹ năng biến đổi để
xuất hiện biến mới thì bài toán được giải quyết dễ dàng hơn. Các bạn có thể giải

các bài toán sau đây để rèn luyện thêm kỹ năng giải các bài toán dạng này:
Bài 1. Cho x,y,z là ba số thực dương có tổng bằng 3.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P = 3( x 2 + y 2 + z 2 ) − 2 xyz

Hướng dẫn

P = 3( x + y + z ) − 2( xy + yz + zx ) − 2 xyz = 27 − 6 x( y + z ) − 2 yz ( x + 3)
2

( y + z )2
1
( x + 3) = (− x 3 + 15 x 2 − 27 x + 27)
2
2
3
2
f ( x ) = − x + 15 x − 27 x + 27 , với 0
≥ 27 − 6 x (3 − x ) −

Xét hàm số
Bài 2. (Khối A – 2009)
Cho x,y,z là các số thực dương thỏa mãn x( x + y + z ) = 3 yz .
Chứng minh rằng ( x + y )3 + ( x + z )3 + 3( x + y )( x + z )( y + z ) ≤ 5( y + z )3
Bài 3. (Khối B-2009)
Cho các số thực x, y thay đổi và thoả mãn (x + y)3 + 4xy ≥ 2. Tìm GTNN
của biểu thức A = 3(x 4 + y4 + x 2 y 2 ) − 2(x 2 + y2 ) + 1.
Bài 4. (Khối B-2006)
Cho x, y là các số thực dương không đổi. Tìm GTNN của biểu thức:

A = (x − 1) 2 + y 2 + (x + 1) 2 + y 2 + | y − 2 | .

HD. Áp dụng: a 2 + b 2 + c2 + d 2 ≥ (a + c)2 + (b + d) 2 , (dấu bằng xảy ra khi adbc = 0), A = (1 − x) 2 + y 2 + (x + 1) 2 + y 2 + | y − 2 |≥ 2 4 + 4y 2 + | y − 2 | .
Bài 5. (Khảo sát chất lượng lớp 12THPT Sở GDĐT Thanh Hóa năm 2015)
Cho x, y , z là các số thực thỏa mãn −1 − 2 2 < x < −1 + 2 2; y > 0, z > 0 và
x + y + z = −1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P=

1
1
1
+
+
2
2
( x + y ) ( x + z ) 8 − ( y + z )2

Bài 6. (Khảo sát chất lượng lớp 12THPT Sở GDĐT Thanh Hóa năm 2016)
Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của tam giác. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức
3b − c 3c − a 
 3a − b
P = (a + b + c)  2
+ 2
+ 2
÷
 a + ab b + bc c + ca 

3 . KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
3.1 Kết quả thực nghiệm

3.1.1 Kết quả kiểm
traTB
Điểm
Lớp Sĩ số (5 đến 6,4)
SL
%
12C1
45
20
44,44
12C12 45
18
40,0

Điểm khá
Điểm giỏi
Đạt yêu cầu
(6,5 đến 7,9) (từ 8 trở lên)
SL
%
SL
%
SL
%
12
26,67
8
17,78
40 88,89
15

33,33
6
13,33
39 86,67

18


GV: Nguyễn Văn Hải

Trường

THPT Hàm Rồng

3.1.2 Kết quả chung:
Sau khi triển khai sáng kiến với hai lớp 12C1 và 12C12. Tôi thấy nếu làm tốt
sáng kiến này chất lượng học tập của HS tăng nên rõ rệt. Góp phần không nhỏ
vào luyện trí thông minh, khả năng tư duy sáng tạo của học sinh. Bởi khi giải
những dạng bài tập này học sinh phải vận dụng hợp lí. Xem xét bài toán dưới
dạng đặc thù riêng.
3.2 Bài học kinh nghiệm
Qua quá trình áp dụng sáng kiến này tôi thấy để có thể đạt được kết quả cao giáo
viên cần lưu ý một số vấn đề sau:
1. Dành thời gian để nghiên cứu tài liệu SGK, SGV và tài liệu tham khảo.
2. Lượng bài tập phải phù hợp với đối tượng học sinh
3. Giáo viên nên khai thác vấn đề ở nhiều khía cạnh khác nhau để củng cố và rèn
luyện khả năng tư duy học sinh.
3.3 Kết luận
Sau một thời gian nghiên cứu và được sự giúp đỡ đóng góp ý kiến của đồng
nghiệp đề tài hoàn thành với một số ưu nhược điểm sau:

3.3.1 Ưu điểm
-Cách đặt vấn đề là sáng tạo :từ chỗ chứng minh bất đẳng thức chuyển sang tìm
giá trị lớn nhất, nhỏ nhất, từ bài toán bất đẳng thức chuyển sang bài toán hàm số.
- Việc coi c như là biến để khảo sát hoàn toàn có thể chấp nhận được do vai trò
của a , b, c như nhau , từ chỗ 3 đại lượng biến đổi chỉ còn 1 , hay nói cách khác
là ta coi 2 đại lượng kia như là các tham số.
- Sáng kiến đã đạt được những yêu cầu đặt ra ở phần đặt vấn đề.
- Tìm hiểu và đưa ra hệ thống bài tập tương đối đầy đủ có lời giải chi tiết.
- Phần lớn bài tập đưa ra phù hợp với trình độ nhận thức của học sinh khá - giỏi
THPT. Bên cạnh đó đề tài đưa ra bài tập khó dành cho học sinh giỏi.
19


GV: Nguyễn Văn Hải

Trường

THPT Hàm Rồng

- Giúp học sinh có những bài tập tương tự để phát triển tư duy.
3.3.2 Nhược điểm:
- Hệ thống bài tập chưa phong phú.
- Có những lời giải đưa ra vẫn còn dài chưa thật ngắn gọn.
3.3.3 Hướng phát triển
- Do thời gian thực hiện đề tài có hạn nên tôi chỉ giới hạn trong hệ thống bài tập
- Xây dựng hệ thống bài tập phong phú và đa dạng hơn.
- Đưa ra các lời giải ngắn gọn hơn.
3.4 Kiến nghị
Để việc bồi dưỡng nhân lực, đào tạo nhân tài đạt kết quả tốt, tôi cũng mong các
cấp các ngành cung cấp tài liệu nâng cao cho giáo viên và tổ chức các đợt bồi

dưỡng giáo viên với qui mô lớn để chúng tôi có thể trao đổi học hỏi kinh nghiệm
của bạn bè đồng nghiệp, nâng cao trình độ nghiệp vụ sư phạm cho bản thân.
Trong quá trình viết sáng kiến này tôi đã sử dụng một số tư liệu của đồng
nghiệp và có thể không tránh phải những sai xót, mong sự góp ý của tất cả các
bạn để sáng kiến được hoàn thiện hơn.
Tôi xin chân thành cảm ơn !
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG
ĐƠN VỊ

Thanh hóa, ngày 25 tháng 3 năm 2016
Tôi xin cam đoan SKKN này là của tôi,
không có sự sao chép của người khác.
Người viết:
Nguyễn Văn Hải

20


GV: Nguyễn Văn Hải

Trường

THPT Hàm Rồng

TÀI LIỆU THAM KHẢO :
1.Polya . Sáng tạo toán học . NXB Giáo dục, Hà Nội, 1976
2.Bùi Văn Nghị .Sáng tạo (creativity)-Bài giảng chuyên đề .
3.Nguyễn Vũ Thanh . Bất đẳng thức . NXB tổng hợp Đồng Tháp, 1993
4.Phan Huy Khải . 500 Bài toán về bất đẳng thức . NXB Giáo dục, Hà Nội, 1993
5.Tạp chí Toán học tuổi trẻ .

6.Bộ đề thi tuyển sinh vào các trường Đại học, Cao đẳng . NXB Giáo dục, Hà
Nội, 1993

21