Dùng đạo hàm trong chứng minh bất đẳng thức đối xứng ba biến

MỤC LỤC

Trang
PHẦN I: MỞ ĐẦU.......................................................................2
1/ Lí do chọn đề tài .............................................................................. 2
2/ Mục đích nghiên cứu ........................................................................ 2
3/ Đối tượng nghiên cứu........................................................................ 2
4/ Phương pháp nghiên cứu................................................................... 2
PHẦN II: NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆMI............3
I/ Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm ............................................3
II/ Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm............3
III/ Các biện pháp tiến hành giải quyết vấn đề.......................................4
IV/ Hiệu quả đạt được của sáng kiến kinh nghiệm................................20
PHẦN III: KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ........................................20

1


PHẦN I: MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài.
Trong chương trình toán phổ thông, bất đẳng thức được coi là một chuyên
đề khó nhất. Nó là câu dùng để phân loại học sinh khá giỏi trong các đề thi
tuyển sinh đại học, các đề thi học sinh giỏi.
Các bài toán bất đẳng thức tỏ ra có sức hấp dẫn mạnh mẽ từ tính độc đáo
của các phương pháp giải chúng. Chính vì thế , để chứng minh được bất đẳng
thức thì điều mấu chốt là chúng ta phải lựa chọn được phương pháp để chứng
minh và cũng không có phương pháp nào là vạn năng để giải được mọi bài toán
mà chỉ có những phương pháp để giải được 1 lớp các bài toán mà thôi. Trong
quá trình giảng dạy cho đối tượng là học sinh khá giỏi lớp 12, ôn thi đại học
hoặc học sinh giỏi, tôi thấy rằng một trong những phương pháp hiệu quả là dùng
đạo hàm để ch bất đẳng thức đối xứng ba biến dạng như sau:

"Cho các số thực x, y, z ∈ D thỏa mãn: g ( x) + g ( y ) + g ( z ) ≥ (≤)3g (α ), α ∈ D (*)
Chứng minh rằng: f ( x) + f ( y ) + f ( z ) ≥ (≤)3 f (α ) " (**)
Dạng toán này thường gặp và học sinh cũng dễ dàng nhận dạng khi bắt
gặp và phương pháp tôi sử dụng nó gần gũi với học sinh lớp 12 hơn cả. Khi sử
dụng đạo hàm bài toán trở nên trực quan hơn, lời giải sáng sủa và dễ hiểu hơn
tuy có thể lời giải sẽ dài hơn cách khác, nhưng đổi lại là sự đơn giản trong cách
nghĩ. Tuy nhiên, khi chưa được phân tích và cung cấp kĩ thuật thực hành thì khi
đọc lời giải của bài toán học sinh không hiểu tại sao lại biết xuất phát từ một
hàm số nào đó và sử dụng đạo hàm để khảo sát.
Với mong muốn đóng góp một chút vào việc nâng cao chất lượng dạy và
học về bất đẳng thức, đem lại cho học sinh cách nhìn mới về bất đẳng thức tôi
nghiên cứu đề tài: " Dùng đạo hàm trong chứng minh bất đẳng thức đối
xứng ba biến".
2.Mục đích nghiên cứu.
Góp phần giải quyết chỉ một lớp bất đẳng thức đối xứng ba biến và bất
đẳng thức đối xứng ba biến thuần nhất bậc k bằng đạo hàm.
Bồi dưỡng cho học sinh nâng cao về phương pháp, kĩ năng giải toán bất
đẳng thức qua đó học sinh nâng cao khă năng tư duy sáng tạo.
Đề tài nhằm nâng cao nghiệp vụ bản thân, để trao đổi kinh nghiệm với
đồng nghiệp và đóng góp 1 phần nào đó vào việc nâng cao chất lượng dạy học
bất đẳng thức.
3. Đối tượng nghiên cứu.
Đối tượng nghiên cứu của tôi chỉ là dạng bất đẳng thức đối xứng ba biến
xuất hiện trong các đề thi đại học, thi học sinh giỏi các cấp dạng (hoặc đưa về
dạng) (**) với giả thiết là (*)
Đề tài được áp dụng cho học sinh khá giỏi lớp 12 luyện thi đại học hoặc
thi học sinh giỏi.
4. Phương pháp nhiên cứu.
- Phương pháp nghiên cứu lí luận: Nghiên cứu các tài liệu liên quan,SGK,
Tài liệu về bất đẳng thức.

2


- Phương pháp tổng kết kinh nghiệm.
- Phương pháp thực nghiệm
PHẦN II. NỘI DUNG
I. Cơ sở lí luận:
Phương pháp sử dụng ứng dụng của đạo hàm là phương pháp gần gũi với
học sinh lớp 12 hơn cả trong quá trình giải quyết các bài toán chứng minh bất
đẳng thức. Để sử dụng được phương pháp này học sinh cần phải nắm được 1 số
vấn đề sau đây:
1.Công thức tính đạo hàm .
2. Qui tắc tìm điểm cực trị của hàm số.
3. Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số trên D
4. Lập được bảng biến thiên của 1 hàm số .
5. Các kiến thức cơ bản về bất đẳng thức: Tính chất cơ bản của bất đẳng thức,
các bất đẳng thức cổ điển, các đánh giá thông dụng thường dùng về bất đẳng
thức:
6. Có một số kĩ năng đánh giá biểu thức, kĩ năng biến đổi đại số, kĩ năng giải
phương trình, kĩ năng xét dấu biểu thức, kĩ năng đưa hàm nhiều biến về hàm 1
biến, kĩ năng chuẩn hóa bất đẳng thức thuần nhất đồng bậc...
II. Thực trạng của đề tài:
Khi giảng dạy về phần bất đẳng thức cho bộ phận học sinh khá giỏi lớp 12
ôn thi Đại học tôi bắt gặp bài toán: " Cho x, y, z là 3 số thực dương và
x + y + z ≤ 1.

Chứng minh rằng: x 2 +

1
1

1
+ y2 + 2 + z2 + 2
2
x
y
z

≥ 82 "

(Đại học KA- 2003)
Với rất nhiều cách giải: Sử dụng bất đẳng thức cô-sy với kĩ thuật chọn
điểm rơi, sử dụng phương pháp tiếp tuyến... , Nhưng một trong những lời giải
tôi thấy ấn tượng là:
Xét hàm số: h(t ) = t 2 +
h ' (t ) =

1
80
+
.t , với t ∈ (0;1).
2
t
82

t 4 −1
80
+
1
'
82 , h (t ) = 0 ⇔ t =

2
2 1
3
t t 2
t

Bảng biến thiên .
t

0
'

h (t )
h(t )

-

1/3
0

1
+

27 82
41

3


Từ bảng biên thiên ta có: h(t ) ≥

⇒ t2 +

27 82
với ∀t ∈ (0;1)
41

1
80
27 82
≥ −
.t +
với ∀t ∈ (0;1) .Thay t lần lượt bởi x; y; z rồi cộng
2
t
41
82

lại ta được: x 2 +

1
1
1
−80
+ y 2 + 2 + x2 + 2 ≥
2
x
y
z
82

( x + y + z) +

3.27. 82
≥ 82
41

(Điều phải chứng minh)
Khảo sát mức độ nhận thức của tất cả các học sinh khá giỏi mà tôi dạy thì
hầu hết các em đều nhận xét rằng: Lời giải là ngắn gọn, gần gũi với các em,
nhưng học sinh đặt câu hỏi vì sao lại xuất hiện hàm :
h(t ) = t 2 +

80
1
80
+
t
;
và
con
số
ở đâu ra.
82
t2
82

Để giải đáp câu hỏi trên tôi đã nghiên cứu, tham khảo các phương pháp
giải và cố gắng tìm tòi và đưa ra cho học sinh phương pháp giải quyết bài toán
với cách giải nêu trên bằng sử dụng đạo hàm. Sau đó tổng quát lên thành dạng
toán được nêu ở phần lí do chọn đề tài.

III. Các biện pháp tiến hành giải quyết vấn đề.
1. Giới thiệu dạng toán và phân tích.
Xét bài toán bất đẳng thức đối xứng ba biến dạng sau:
" Cho các số thực x, y, z ∈ D thỏa mãn: g ( x) + g ( y ) + g ( z ) ≥ (≤)3g (α ) = C (*)
Với
α
∈
D
số thực
.
Chứng minh rằng: f ( x) + f ( y ) + f ( z ) ≥ 3 f (α ) (**)"
Trong đề tài này tôi gọi (*) là bất đẳng thức điều kiện với g (t ) là hàm điều
kiện, (**) là bất đẳng thức cần chứng minh, f (t ) là hàm cần đánh giá thông qua
hàm trung gian g (t )
Phân tích: Với các bài toán dạng này thì dấu đẳng thức thường xảy ra khi
x = y = z = α . Để giải bài toán ta cần đánh giá f ( x ) + f ( y ) + f ( z ) Thông qua
g ( x) + g ( y ) + g ( z ) nhằm sử dụng giả thiết (*)
Do vậy, xét hàm số h(t ) = f (t ) − m.g (t ) Với t ∈ D.
Số m được xác định sao cho h(t ) đạt cực tiểu tại t0 = α , (h' (α ) = 0 ) α cũng là điểm
mà tại đó h(t ) đạt GTNN ) suy ra m được xác định: m =

f ' (α )
. Khảo sát hàm số
g ' (α )

h(t ) để đánh giá f (t ) thông qua hàm trung gian g (t )
Việc chứng minh với dấu " ≤ " hoàn toàn tương tự với α là điểm cực đại
của hàm số h(t ) , đồng thời α là điểm mà tại đó h(t ) đạt giá trị lớn nhất.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = x = α .

Trở lại với lời giải bài toán thi Đại học KA - 2003:
"Cho x, y, z là 3 số dương thỏa mãn x + y + z ≤ 1 .
Chứng minh rằng: x 2 +

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

4


Theo phân tích trên thì rõ ràng ta xét các hàm:
1
f '( )
1
1
3 = − 80
g (t ) = t ; f (t ) = t 2 + 2 ; α = x = y = z = ; m =
và
1
82
t
3
g'( )
3

1
80
h(t = f (t ) − mg (t ) = t 2 + 2 +
t
t
82

Và lời giải đã được trình bày như ở phần II: Thực trạng của đề tài
Khi phân tích như vậy, học sinh đã thấy lời giải hoàn toàn có lí do, sáng
sủa, dễ hiểu, tư duy rõ ràng và gần gũi đối với kiến thức đã được lĩnh hội ở trên
lớp khi học ứng dụng đạo hàm. Các em thấy phấn khởi và có nhu cầu tìm hiểu
về phương pháp này.
Trên cơ sở phân tích như vậy tôi đã đưa ra các bước để thực hiện giải bài
toán bất đẳng thức dạng (**) với điều kiện (*) theo phương pháp dùng đạo hàm
như sau:
2. Các bước thực hiện giải bài toán bất đẳng thức (**) với điều kiện (*) theo
phương pháp dùng đạo hàm:
Bước 1: Đưa bất đẳng thức điều kiện và bất đẳng thức cần chứng minh ở đề bài
về dạng (*) và (**).
Bước 2: Dựa vào bất đẳng thức điều kiện(*) và bất đẳng thức cần chứng minh
(**) đặt hàm g (t ), f (t ) và h(t ) = f (t ) − mg (t ) tương ứng,
 3g (α ) = C

f ' (α )

Ở đó m = '
g (α )

t ∈ D

(dựa vào điều kiện của x, y, z và bất đẳng thức điều kiện (*)

để xác định D)
Bước 3: Lập bảng biến thiên cho hàm số h(t ) rồi đánh giá: h(t ) ≥ h(α ) ∀t ∈ D.
⇒ f (t ) ≥ mg (t ) + h(α ) . Thay t lần lượt bởi x, y , z rồi công lại ta suy ra bất đẳng
thức cần chứng minh.
Để giúp học sinh nhận diện và phản xạ nhanh khi gặp dạng toán này. Tôi
đã cố gắng chia dạng toán này thành 5 loại có ví dụ và phân tích đi kèm, có nhận
xét và bài tập tượng tự để học sinh tự rèn luyện phương pháp .
3. Phân loại dạng toán .
Loại 1: Đề bài thể hiện sẵn hàm f (t ) và g (t ) .
x

y

z

3

Ví dụ 1.1: Cho x, y, z > 0 và x + y + z = 1. Chứng minh rằng: x + 1 + y + 1 + z + 1 ≤ 4
Phân tích và hướng dẫn giải:
+ Dựa vào điều kiện x, y, z > 0 và x + y + z = 1 ⇒ x, y, z ∈ (0;1)
Dựa vào điều kiện và bất đẳng thức cần chứng minh xét hàm:
h(t ) =

t
− m.t , t ∈ (0;1)
t +1

5

1
f '( )
t
1
3 = 9
; g (t ) = t ; và 3 g (α ) = 1 ⇒ α = . , m =
Với f (t ) =
.
1
t +1
3
g ' ( ) 16
3
1
9
1
t
9
'
− =0⇔t = .
− t , t ∈ (0;1) ⇒ h (t ) =
Vậy xét hàm h(t ) =
2
(t + 1) 16
3
t + 1 16

+ Bảng biến thiên:

t

0

1/ 3
0

+

'

h (t )
h(t )

1

−

1
16

Từ bảng biến thiên ta có:
t
9
1
t
9
1
, ∀t ∈ (0;1) .
− t<

, ∀t ∈ (0;1) ⇒
≤ t+
1 + t 16 16
1 + t 16 16
Thay t lần lượt bởi x; y; z rồi cộng lại ta được.
h(t ) =

x
y
z
9
1
x
y
z
3
+
+
≤ ( x + y + z ) + 3. . ⇒
+
+
≤ .
1 + x 1 + y 1 + z 16
16
1+ x 1+ y 1+ z 4

(Bất đẳng thức được chứng minh).
Ví dụ 1.2: Cho x, y, z là 3 số dương thỏa mãn x 2 + y 2 + z 2 = 3 .
1

1

1

3

21

Chứng minh rằng: x + y + z + 4 ( x + y + z ) > 4 .
(1)
Phân tích: Dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 1.
Do x, y, z > 0 và x 2 + y 2 + z 2 = 3 nên x; y; z ∈ (0; 3) .
Dựa vào điều kiện và bất đẳng thức (1) xét hàm: h(t ) = f (t ) − mg (t ) ,
1 3
t 4

.Với f (t ) = + t ; g (t ) = t 2 ; m =
1 3
t 4

t ∈ (0; 3)

'

f (1)
1
=− .
'
g (1)
8

1
8

Vậy xét hàm : h(t ) = + t + t 2 .
Bài giải:
1 3
t 4

1
8

+ Từ giả thiết suy ra: x, y, z ∈ (0; 3) . Xét hàm số : h(t ) = + t + t 2 ; với t ∈ (0; 3)
+ Ta có : h' (t ) = −

1 3 1
+ + t = 0 ⇔ t =1
t2 4 4

Bảng biến thiên
t
0
'

h (t )
h(t )

-

1

0

3

+

15
8

+ Từ bảng biến thiên ta có: h(t ) ≥

15
1 3
1
15
∀t ∈ (0; 3). ⇒ + t ≥ − t 2 + , ∀t ∈ (0; 3)
8
t 4
8
8

6


Thay t lần lượt bởi x, y, z rồi cộng lại ta được:
1 1 1 3
1
3.15
3 45 21
+ + + ( x + y + z) ≥ − (x2 + y2 + z 2 ) +

=− +
=
x y z 4
8
8
8 8
4

Suy ra điều phải chứng minh.
Nhận xét: Để xét hàm điều kiện đơn giản hơn, dẫn đến xét hàm h(t ) đơn giản
hơn, ta hãy đánh giá điều kiện như sau:
Ta có: ( x + y + z )2 ≤ 3( x 2 + y 2 + z 2 ) = 9 ⇒ x + y + z ≤ 3
Bài toán chuyển về: Cho 3 số dương x, y, z thỏa mãn x + y + z ≤ 3
1

1

1

3

21

Chứng minh rằng: x + y + z + 4 ( x + y + z ) ≥ 4 .
1 3
t 4

1
4

Bằng phân tích như trên ta xét hàm: h(t ) = + t + t , t ∈ (0;3) khảo sát h(t ) dễ
dàng hơn.
Trong đề tài này cơ bản tôi xét bất đẳng thức đối xứng ba biến ,tuy nhiên
ta có thể áp dụng cho bất đẳng thức nhiều biến hơn, thể hiện ở ví dụ sau.
Ví dụ 1.3: Cho a, b, c, d dương có tổng bằng 1. Chứng minh rằng:
1
(MO- HongKong-2005)
8
Phân tích: Từ điều kiện suy ra a, b, c, d ∈ (0;1) ,dự đoán dấu bằng xảy ra khi
1
a = b = c = d = . Xét hàm h(t ) = f (t ) − mg (t ) , t ∈ (0;1)
4
1
f '( )
5
5
3
2
Với f (t ) = 6t − t ; g (t ) = t ; m = 14 = . Vậy hàm cần xét là: h(t ) = 6t 3 − t 2 − t .
8
g'( ) 8
4
5
Bài giải:+ Từ giả thiết suy ra a, b, c, d ∈ (0;1) . Xét h(t ) = 6t 3 − t 2 − t , t ∈ (0;1)
8
 1
t = 4
5
h ' (t ) = 18t 2 − 2t − = 0 ⇔ 
8

t = − 5 (loai )

36
6(a 3 + b3 + c3 + d 3 ) ≥ (a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ) +

Bảng biến thiên.
t
0
'

h (t )
h(t )

-

1/ 4
0
−

1

+

1
8
1
8

5
8

1
8

Từ bảng biến thiên ta có: h(t ) ≥ − , ∀t ∈ (0;1) ⇒ 6t 3 + t 2 ≥ t 2 + t − , ∀t ∈ ( 0;1) .
Thay t lần lượt bởi a, b, c, d rồi cộng lại vế theo vế ta được:
5
4
1
6(a 3 + b3 + c3 + d 3 ) ≥ (a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ) + (a + b + c + d ) − = (a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ) + .
8
8
8

Suy ra điều phải chứng minh.
7


Chú ý: Qua các ví dụ trên, ta thấy rằng yếu tố quan trọng nhất để chúng ta có
thể sử dụng được phương pháp này là ta chuyển được điều kiện và bất đẳng thức
cần chứng minh về dạng cô lập được các biến (hay nói cách khác có dạng tổng
hàm: g ( x) + g ( y ) + g ( z ) và f ( x) + f ( y ) + f ( z ) ).
Trong phần tiếp theo, tôi đưa ra các loại bài toán chưa có sẵn hàm số
f (t ), g (t ), mỗi loại toán mở ra 1 hướng khai thác dữ kiện khác nhau để tìm ra
hàm f (t ), g (t ) . Từ đó phát huy tính sáng tạo cho học sinh.
Loại 2: Sử dụng một số đánh giá thường dùng để làm xuất hiện hàm
f (t ) và g (t ) .
Chú ý:
1. Có 2 chuỗi bất đẳng thức đẳng cấp có tần suất sử dụng nhiều xuất hiện trong
các đề thi là: 4 xy ≤ ( x + y ) 2 ≤ 2( x 2 + y 2 ) và 3( xy + yz + zx) ≤ ( x + y + z ) 2 ≤ 3( x 2 + y 2 + z 2 )

1

1

4

2. Bất đẳng thức dạng cộng mẫu sau cũng hay được chú ý: x + y ≥ x + y ( x, y > 0) .
1

1

1

9

và x + y + z ≥ x + y + z ( x, y, z > 0) .
3. Đẳng thức: ( x + y + z ) 2 = ( x 2 + y 2 + z 2 ) + 2 xy + 2 yz + 2 zx cũng được quan tâm vì cái
hay của đẳng thức này nêu lên mối quan hệ giữa 3 biểu thức
x + y + z ; x 2 + y 2 + z 2 ; xy + yz + zx là 3 biểu thức hay xuất hiện trong bất đẳng thức
đối xứng ba biến.
Sử dụng các chú ý trên và khéo léo biến đổi, đánh giá ta sẽ làm xuất hiện
được hàm f (t ) và g (t ) .
Ví dụ 2.1: Cho x, y, z > 0 thỏa mãn x + y + z = 1 .
x

y

z

9

Chứng minh rằng: 1 + yz + 1 + zx + 1 + xy ≥ 10

(1)

Phân tích: Bất đẳng thức (1) chưa cô lập được các biến để ý đến chuỗi
4 xy ≤ ( x + y ) 2 ≤ 2( x 2 + y 2 )

Nhằm sử dụng được giả thiết: x + y + z = 1 ta sẽ sử dụng:
( x + y )2
4 xy ≤ ( x + y ) ⇒ xy ≤
4
x
y
z
9
⇔
+
+
≥
2
2
2
(1) 1 + ( y + z ) 1 + ( z + x) 1 + ( x + y ) 10
4
4
4
4x
4y
4z

9
⇔
+
+
≥
2
2
2
4 + (1 − x ) 4 + (1 − y ) 4 + (1 − z ) 10
2

(2)

Bài toán trở thành: Chứng minh bất đẳng thức (2) với điều kiện x + y + z = 1
4t

4t

99

Lúc này hàm g (t ) = t ; f (t ) = 4 + (1 − t ) 2 ; h(t ) = t 2 − 2t + 5 − 100 t.
Với giá trị nhỏ nhất trên (0;1) là Ta có:

3
100

4t
99
3
≥

−
nên việc chứng minh (2) đã trở lên đơn giản.
t − 2t + 5 100t 100
2

8


Ví dụ 2.2: Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 3 .
Chứng minh rằng: a + b + c ≥ ab + bc + ca
(1)
(Vô địch Toám Nga 2002)
Phân tích: Do đề bài xuất hiện: ab + bc + ca ta nghĩ đến 2 điều :
Sử dụng chuỗi bất đẳng thức 3(ab + bc + ca) ≤ (a + b + c) 2 ≤ 3(a 2 + b 2 + c 2 )
(a)
2
2
2
2
(a + b + c) = a + b + c + 2ab + 2bc + 2ca
Hay sử dụng đẳng thức:
(b)
Hướng 1: Sử dụng đẳng thức (b) ta có:
2ab + 2bc + 2ca = (a + b + c ) 2 − (a 2 + b 2 + c 2 ) = 9 − ( a 2 + b 2 + c 2 ) .
(1) ⇔ 2( a + b + c ) ≥ 2ab + 2bc + 2ca. ⇔ 2( a + b + c ) ≥ 9 − (a 2 + b 2 + c 2 )
⇔ a 2 + b2 + c 2 + 2 a + 2 b + 2 c ≥ 9
(2)
a
,
b

,
c
>
0
Ta chứng minh (2) với điều kiện
và a + b + c = 3 là xong.
h
(
t
)
=
f
(
t
)
−
mg
(
t
)
,
t
∈
(0;3)
Xét hàm
f ' (1)
= 3.
g ' (1)
Vậy hàm cần xét là: h(t ) = t 2 + 2 t − 3t. với t ∈ (0;3) .

Với f (t ) = t 2 + 2 t , g (t ) = t; α = 1; m =
t = 1
1
h (t ) = 2t − 3 +
= 0⇔ 
 t = ( −1 + 3
t

2
'

)

2

Bảng biến thiên:
t

(

0

h ' (t )

+

−1 + 3
2
0
-

)

2

3

1
0

+

h(t )
0
0
Nhìn vào bảng biến thiên ta có: h(t ) ≥ 0, ∀ t ∈ (0;3) . ⇒ t 2 + 2 t ≥ 3t , ∀t ∈ (0;3) .
Thay t lần lượt bởi a, b, c ta được:
a 2 + b 2 + c 2 + 2 a + 2 b + 2 c ≥ 3( a + b = c ) = 9 (2) được chứng minh hay (1) được
chứng minh.
(a + b + c) 2
= 3 = a + b + c.
Hướng 2: Sử dụng chuỗi (a) ta có: ab + bc + ca ≤
3
Ta chỉ cần chứng minh: a + b + c ≥ a + b + c với a + b + c > 0 và a + b + c = 3 là

xong, hay cần chứng minh a − a + b − b + c − c ≥ 0

(3).

Xét hàm : h(t ) = f (t ) − mg (t ) , với f (t ) = t − t ; g (t ) = t , t ∈ (0;3) ; m =

1
1
'
Vậy hàm cần xét: h(t ) = t − t + t = t − t ⇒ h (t ) =
2

Bảng biến thiên:
t
0
'

h (t )

+

1
0

2

1
2 t

−

f ' (1)
1
=−
'
g (1)

2

1
= 0 ⇔ t = 1.
2

3

9


0

h(t )
⇒ h(t ) ≤ 0, ∀t ∈ (0;3) .

Đến đây, nhận xét nếu sử dụng chuỗi đánh giá (a) đôi khi bất đẳng thức bị
yếu đi hoặc bị đổi chiều, nên sử dụng chuỗi (a) là không khả thi. Ta sử dụng
đẳng thức (b) là hợp lý.
1 1 1
Ví dụ 2.3: Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn: x + y + z = 4 .
1

1

1

Chứng minh rằng: 2 x + y + z + x + 2 y + z + x + y + 2 z ≤ 1 (1)
(Đại học KA-2005)
1

1

1

Phân tích: Nếu đặt a = x ; b = y ; c = z Khi đó a + b + c = 4
1

1

+

1

+

+ Vế trái (1) chuyển về: 1 + ( 1 + 1 + 1 ) 1 + ( 1 + 1 + 1 ) 1 + ( 1 + 1 + 1 )
a

Lúc này cần phải đánh giá

a

b

c

b

a

b

c

c

a

b

c

1 1 1
+ + thông qua a + b + c để sử dụng được điều kiện
a b c

a + b + c = 4 và cô lập được các ẩn của bất đẳng thức cần chứng minh. Nghĩ đến
1 1 1
9
9
= .Ta có:
bất đẳng thức cộng mẫu + + ≥
a b c a+b+c 4
1
1
1
1
1
1

+
+
≤
+
+
1 1 1 1
1 1 1 1 1 1 1 1
1 9 1 9 1 9
+( + + )
+( + + )
+( + + )
+
+
+
a a b c
b a b c
c a b c
a 4 b 4 c 4
4a
4b
4c
=
+
+
.
9a + 4 9b + 4 9c + 4
Bài toán trở thành: Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 4
4a
4b
4c

+
+
≤ 1 (2). Nếu (2) được chứng minh thì
Chứng minh rằng:
9a + 4 9b + 4 9c + 4

(1) được chứng minh:
Lại xét hàm: h(t ) = f (t ) − mg (t ) với t ∈ (0; 4)

4
f '( )
4t
4t
1
3 = 1
; g (t ) = t ; m =
h(t ) =
− t
Ở đó: f (t ) =
.Vậy
cần
xét
hàm
4
9t + 4
9t + 4 16
g ' ( ) 16
3
1
Bằng lập bảng biến thiên ta cũng đánh giá được h(t ) ≤ , ∀t ∈ (0; 4)

4
4t
1
1
⇒
≤ t + , ∀t ∈ (0; 4) . Thay t lần lượt bởi a, b, c ta được
9t + 4 16 4
1
3
VT (2) ≤ (a + b + c) + = 1
16
4

(2) được chứng minh hay (1) được chứng minh.
Loại 3: Bất đẳng thức thuần nhất đồng bậc với kĩ thuật chuẩn hóa làm xuất
hiện hàm f (t ) và g (t ) .
10


Để nắm bắt được kĩ thuật này, trước hết ta xem xét những khái niệm có
liên quan.
* Hàm số thuần nhất 3 biến:
Hàm số f ( x, y, z ) của các biến x, y, z ∈ ¡ thỏa mãn điều kiện D được gọi là
hàm số thuần nhất ba biến nếu với mọi bộ ( x, y, z ) thỏa mãn điều kiện D, với mọi
số thực k sao cho (kx; ky; kz ) thỏa mãn điều kiện D thì tồn tại số m sao cho:
f ( kx; ky; kz ) = k m f ( x; y; z )

Khi đó, ta nói hàm số f ( x; y; z ) là hàm số thuần nhất ba biến bậc m . Khái
niệm hàm số thuần nhất cho n biến tương tự.
* Bất đẳng thức thuần nhất 3 biến:

Bất đẳng thức dạng f ( x; y; z ) ≥ 0 trong đó f ( x; y; z ) là hàm số thuần nhất ba
biến được gọi là bất đẳng thức thuần nhất ba biến. Khi đó các bất đẳng thức:
f ( x; y; z ) ≤ 0 ; f ( x; y; z ) > 0, f ( x; y; z ) < 0 cũng được gọi là bất đẳng thức thuần nhất
ba biến.
Khái niệm bất đẳng thức thuần nhất n biến tương tự.
* Phương pháp chuẩn hóa:
Để hiểu được phương pháp chuẩn hóa, ta đi xem xét một mệnh đề sau đặc
trưng cho bất đẳng thức thuần nhất:
+ Mệnh đề: Nếu f ( x; y; z ) là hàm thuần nhất bậc m thì với k ∈ ¡ , k > 0 ta có:
f ( x; y; z ) ≥ 0 tương đương f (kx; ky; kz ) ≥ 0
+ Chứng minh: Vì hàm số f thuần nhất bậc m nên f (kx; ky; kz ) = k m f ( x; y; z ).
Do đó với k > 0 ta có: f (kx; ky; kz ) ≥ 0 ⇔ k m f ( x; y; z ) > 0
⇔ f ( x; y; z ) ≥ 0 (điều phải chứng minh)
+ Phương pháp chuẩn hóa: Do có mệnh đề nói trên nên để chứng minh bất
đẳng thức thuần nhất dạng: f ( x; y; z ) ≥ 0 ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức
dạng: f (kx; ky; kz ) ≥ 0 . Ở đó ta chỉ việc chọn k > 0 thích hợp nào đó để (kx; ky; kz )
thỏa mãn một điều kiện đặc biệt giúp làm xuất hiện hàm g (t ) và f (t ) và giảm
bớt đi sự vất vả trong việc biến đổi bất đẳng thức.
Sử dụng mệnh đề nói trên, ta có thể thu hẹp phạm vi cần xét của các biến
hơn so với yêu cầu bài toán. Việc chuyển bài toán chứng minh một bất đẳng
thức thuần nhất về chứng minh bất đẳng thức trong phạm vị hẹp hơn của các
biến như trên gọi là chuẩn hóa bất đẳng thức thuần nhất. Để thể hiện kĩ thuật
chuẩn hóa bất đẳng thức thuần nhất nhằm làm xuất hiện hàm f (t ) và g (t ) ta đi
phân tích thông qua các ví dụ sau:
Ví dụ 3.1: Cho các số thực dương a, b, c .
Chứng minh rằng:

a2
b2
c2

a+b+c
+
+
≥
b+c c+a a +b
2

(1)

Nhận xét: Bài này có hình thức đơn giản, có rất nhiều cách giải, trong đó cách
giải ngắn gọn nhất là sử dụng bất đẳng thức cô-sy như sau:

11


 a2
1
a 2 (b + c)
+ (b + c) ≥ 2
=a

4(b + c )
b + c 4
 b2
1

+ (c + a ) ≥ b
Ta có: 
c + a 4
 c2

1
+ ( a + b) ≥ c

 a + b 4
a2
b2
c2
1
a+b+c
⇒
+
+
+ (2a + 2b + 2c) ≥ a + b + c =
b+c c+a a +b 4
2
2
2
2
a
b
c
a + b + c (Điều phải chứng minh).
⇒
+
+
≥
b+c c+a a +b
2

Tuy vậy, để giúp học sinh hiểu về phương pháp chuẩn hóa tôi đã lấy ví dụ

này để phân tích.
Phân tích và hướng dẫn giải:
a2
b2
c2
a +b+c
+
+
−
. Khi đó F( a; b; c ) là hàm thuần nhất
b+c c+a a+b
2
k 2a2
k 2b 2
k 2c 2
(
ka
;
kb
;
kc
)
=
+
+
= k . F(a;b;c).
∀
k
∈
¡

bậc 1 vì với
thì F
k (b + c) k (c + a ) k (a + b)
+ Nếu tồn tại k > 0 mà F (ka; kb; kc) ≥ 0 thì F (a; b; c) ≥ 0 ta chọn k là số thỏa mãn:
1
ka + kb + kc = 1 ( hay k =
). và đặt: a ' = ka; b' = kb; c ' = kc .Khi đó:
a+b+c
'
'
'
'
'
'
a ; b ; c > 0 và a + b + c = 1 . Ta chỉ cần chứng minh F (a ' ; b' ; c ' ) ≥ 0
với a ' + b' + c ' = 1 và a ' , b' , c ' > 0 . Hay cần chứng minh bài toán bất đẳng thức sau:
"Cho a ' , b' , c ' > 0, a ' + b ' + c ' = 1

+ Đặt F( a; b; c ) =

Chứng minh rằng:

a '2
b '2
c '2
1
+
+
≥ "
'

'
'
'
'
'
b +c c +a a +b 2

(2).

Vì a ' + b' + c ' = 1 (2) tương đương với:

a '2
b '2
c '2
1
+
+
≥
(3).
'
'
'
1− a 1− b 1− c 2
Xét hàm: h(t ) = f (t ) − mg (t ), t ∈ (0;1) (do điều kiện a ' , b' , c ' > 0 và a ' + b' + c ' = 1 )
1
f '( )
t2
2t − t 2 5
1
'

3 =5
f
(
t
)
=
;
g
(
t
)
=
t
;
m
=
h
(
t
)
=
− =0 ⇔t = .
Với
. Vậy
2
1
1− t
(1 − t ) 4
3
g'( ) 4

3

Bảng biến thiên.
t
h ' (t )
h(t )

1
3
0

0
−

1

+

1
4

12


Từ bảng biến thiên: h(t ) ≥ −

1
t2
5 1
, ∀t ∈ (0;1) ⇒

≥ t − , ∀t ∈ (0;1)
4
1− t 4 4

Thay t lần lượt bởi a ' ; b' ; c ' rồi cộng lại ta được:
a '2
b '2
c '2
5
3 1
+
+
≥ (a ' + b ' + c ' ) − =
'
'
'
1− a 1− b 1− c 4
4 2

Vậy bất đẳng thức (3) được chứng minh hay bất đẳng thức (1) cũng được
chứng minh.
Chú ý: Nếu không nhầm lẫn trong cách hiểu và tránh phức tạp trong trình bày
lời giải thì trong lời giải phân tích ở ví dụ 3.1 từ bất đẳng thức (2); ta có thể
dùng bộ số ( a; b; c ) thay cho bộ số (a ' ; b' ; c ' ) hay nói cách khác với bất đẳng thức
đã cho không mất tính tổng quát ta chỉ cần chứng minh trong trường hợp a, b, c
thỏa mãn một điều kiện đặc biệt nào đó, thì vẫn kết luận được bất đẳng thức
đúng trong mọi trường hợp của a, b, c . Sứ dụng chú ý này ta sẽ có lời giải ngắn
gọn cho những bất đẳng thức có hình thức phức tạp sau:
Ví dụ 3.2: Cho các số thực dương a, b, c .
Chứng minh rằng: (

1 1 1
+ 2 + 2 ). a 6 + b 6 + c 6 ≥ 3(a + b + c)
2
a b c

(1)

Phân tích và hướng dẫn giải:
1 1 1
+ 2 + 2 ). a 6 + b 6 + c 6 − 3(a + b + c)
2
a b c
F (ka; kb; kc) = k F (a; b; c ) nên bất đẳng thức thuộc dạng thuần nhất bậc một.

+ Đặt F (a; b; c) = (

+ Không mất tính tổng quát, ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức (1) đúng
trong trường hợp a 6 + b 6 + c 6 = 3 . với điều kiện này (1) chuyển thành:
1 1 1
+ + ≥ a+b+c
a 2 b2 c2

(2)

Rõ ràng, ta đã làm xuất hiện hàm g (t ) = t 6 và f (t ) =

1
−t
t2

+ Với cách làm tương tự như ở tất cả các ví dụ đã phân tích ta đi xét hàm:
1
1
− t + t 6 , t ∈ (0; 6 3 )
2
t
2
2
h ' (t ) = − 3 − 1 + 3t 5 = 0. ⇔ 3t 8 − t 3 − 2 = 0
t
⇔ (t − 1) (3t 7 + 3t 6 + 3t 5 + 3t 4 + 3t 3 + 2t 2 + 2t + 2) = 0 ⇔ t = 1 ∈ (0; 6 3)
h(t ) =

Bảng biến thiên.
t

0
'

h (t )
h(t )

-

1
0

6

3

+

1
2
1
2

Từ bảng biến thiên ta có: h(t ) ≥ , ∀t ∈ (0; 6 3) ⇒

1
1
1
− t ≥ − t 6 + , ∀t ∈ (0; 6 3)
2
t
2
2

13


Thay t lần lượt bởi a, b, c rồi cộng lại ta được
1 1 1
+ + ≥ a + b + c. (2) được chứng minh hay (1) được chứng minh.
a 2 b2 c2
Ví dụ 3.3: Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng:

(1)

(ab + bc + ca ) (a 2 + b 2 + c 2 ) + abc (a + b + c ) ≥ 4abc. 3(a 2 + b 2 + c 2 )

Phân tích:
+ Kiểm tra thấy bất đẳng thức (1) thuần nhất bậc 4.
+ Không mất tính tổng quát chỉ cần chứng minh (1) đúng trong trường hợp:
a 2 + b 2 + c 2 = 1, a, b, c ∈ (0;1) .
Khi đó bất đẳng thức (1) trở thành: (ab + bc + ca) + abc(a + b + c) ≥ 4 3abc
1 1 1
+ + +a+b+c ≥ 4 3
a b c

⇔

(2)
1

1
Lúc này hàm điều kiện là g (t ) = t 2 còn f (t ) = + t và h(t ) = t + t −
t

1

Xét hàm: h(t ) = t + t −
Bằng

lập

bảng

1 2
t , t ∈ (0;1) .
3

1 2
t , t ∈ (0;1) .
3

biến

thiên

ta

đánh

giá

được

h(t ) ≥

11
, ∀t ∈ ( 0;1) .
3 3

1 1 2 11
t+ ≥
t +
, ∀t ∈ ( 0;1) .

t
3
3 3
Thay t lần lượt bởi a,b,c rồi cộng lại ta được:
1 1 1 1 2
11
a+b+c+ + + ≥
(a + b2 + c 2 ) +
=4 3
a b c
3
3
⇒

(2) được chứng minh hay (1) được chứng minh.
Ví dụ 3.4: Cho các số thức dương a, b, c
( − a + b + c ) 2 ( −b + a + c ) 2 ( − c + a + b ) 2 3
+
+
≥ (MO-Japan-1997)
Chứng minh rằng: 2
a + (b + c) 2 b 2 + (a + c) 2 c 2 + (a + b) 2 5

Phân tích: + Do bất đẳng thức là thuần nhất bậc 0 nên không mất tính tổng quát,
ta giả sử a + b + c = 1 , a, b, c ∈ (0;1). Khi đó bất đẳng thức đã cho trở thành:
(1 − 2a ) 2
(1 − 2b) 2
(1 − 2c) 2
3
+

+
≥
2
2
2
2
2
2
a + (1 − a ) b + (1 − b) c + (1 − c)
5.
⇔

1
1
1
27
+ 2
+ 2
≥
.
2a − 2a + 1 2b − 2b + 1 2c − 2c + 1 5
2

+ Bằng cách phân tích tương tự ta xét hàm:
h(t ) =

1
54
− .t .
2t − 2t + 1 25

2

27
1
54t + 27
∀t ∈ (0;1) ⇒ 2
≥
∀t ∈ (0;1) .
5
2t − 2t + 1
25
1
1
1
54 3.27 27
⇒ 2
+ 2
+ 2
≥
+
=
.
2a − 2a + 1 2b − 2b + 1 2c − 2c + 1 25 25
5

Khảo sát h(t ) trên (0;1) thì h(t ) ≥

Từ đó ta dễ dàng suy ra lời giải của bài toán này.

14

Loại 4: Sử dụng ẩn phụ để làm xuất hiện hàm f (t ) và g (t ) .
Ta sử dụng đặt ẩn phụ 1 cách khéo léo sẽ giúp ta đưa bất đẳng thức cần
chứng minh về bất đẳng thức có xuất hiện hàm f (t ) và g (t ) .
Ví dụ 4.1: Cho a, b, c > 0 và a + b + c ≤ 1 .
1
1
1
+ 2
+ 2
≥9
a + 2bc b + 2ac c + 2ab

Chứng minh rằng:

(1)

2

Phân tích:
+ Đặt x = a 2 + 2bc; y = b 2 + 2ac; z = c 2 + 2ab ⇒ x, y, z > 0 .
Ta có: x + y + z = (a + b + c) 2 ≤ 1 ⇒ x + y + z ≤ 1
+ Bài toán bất đẳng thức trở thành:
Cho x, y, z > 0 và x + y + z ≤ 1
1

1

1

Chứng minh rằng: x + y + z ≥ 9 .

(2)
1
t

+ Ta thấy hình thức bài toán hết sức đơn giản và hàm g (t ) = t ; f (t ) = xuất hiện .
1
t

Xét hàm h(t ) = + 9t.

t ∈ (0;1)

Bằng lập bảng biến thiên của h(t ) ta đánh giá được: h(t ) ≥ 6 ∀t ∈ (0;1)
⇒

1 1 1
+ + ≥ −9( x + y + z ) + 18 = 9 (2) được chứng minh, (1) được chứng minh.
x y z

Nhận xét: Bài toán này có thể sử dụng trực tiếp bất đẳng thức cộng mẫu như
1

1

1

9

9

sau: Ta có: a 2 + 2bc + b 2 + 2ac + c 2 + 2ab ≥ a 2 + b 2 + c 2 + 2ab + 2ac + 2bc = (a + b + c) 2 ≥ 9
(Điều phải chứng minh).
Hoặc có thể chứng minh bất đẳng thức (2) nhờ bất đẳng thức cộng mẫu
1

1

1

9

như sau: x + y + z ≥ x + y + z ≥ 9 .
Tuy nhiên tôi vẫn lấy ví dụ này phân tích cho phương pháp đặt ẩn phụ làm
xuất hiện hàm f (t ) và g (t ) nhằm giúp cho học sinh có cách nhìn linh hoạt khi
đứng trước 1 bài toán bất đẳng thức giải bằng phương pháp dùng đạo hàm.
Ví dụ 4.2: Cho các số a, b, c dương và thỏa mãn: a 4 + b 4 + c 4 = 3 .
1
1
1
+
+
≤1.
(1).
4 − ab 4 − bc 4 − ac
Phân tích: + Đặt x = ab; y = bc; z = ca ⇒ x, y , z > 0 .
và x 2 + y 2 + z 2 = a 2b 2 + b 2c 2 + a 2c 2 ≤ a 4 + b 4 + c 4 = 3.
+ Bài toán trở thành: Cho x, y, z > 0 và x 2 + y 2 + z 2 ≤ 3 .

1
1
1
Chứng minh rằng: 4 − x + 4 − y + 4 − z ≤ 1
(2).
1
+ Đến đây, hàm g (t ) = t 2 ; f (t ) =
xuất hiện.
4−t
1
1
− t 2 ; t ∈ (0; 3) .
Ta xét hàm: h(t ) =
4 − t 18

Chứng minh rằng:

15


t = 1
1
1
− t = 0 ⇔  7 − 13
h ' (t ) =
t =
(4 − t ) 2 9

2

Bảng biến thiên:
t

0

1

+

h ' (t )

-

0

7 − 13
2
0

3

+
11 + 6 3
78

5 / 18

h(t )

5

1
1
5
∀t ∈ (0; 3) . ⇒
≤ t2 +
∀t ∈ (0; 3) .
18
4 − t 18
18
1
1
1
1
15
⇒
+
+
≤ ( x2 + y2 + z 2 ) + ≤ 1
4 − x 4 − y 4 − z 18
18

Từ bảng biến thiên ta có: h(t ) ≤

(2) được chứng minh hay (1) được chứng minh.
 x = (a 2 + b 2 )2

2
2 2
Nhận xét: Ta cũng có thể đặt ẩn phụ.  y = (b + c )
 z = (c 2 + a 2 ) 2



 x = a 2 + b2

2
2
hoặc  y = b + c
 z = c2 + a2


Ví dụ 4.3: Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn điều kiện abc = 1
a
b
c
3 2
+
+
≥
.
(1).
2
1+ a
1+ b
1+ c
Phân tích: + Giả thiết a, b, c là các số dương, và thỏa mãn điều kiện abc = 1 . Nếu
để ý lấy logarit tự nhiên 2 vế ta được tổng: ln a + ln b + ln c = 0 .
+ Đặt x = ln a; y = ln b; z = ln c . Thì ta có điều kiện x + y + z = 0 và bất đẳng thức

Chứng minh rằng:

(1) đưa về:

ex
1 + ex

+ Hàm g (t ) = t ;

+

ey

+

ez

⇒

Lập
et
1 + et

bảng
≥

3 2
2

(2).

1+ ey

1+ ez
et
f (t ) =
xuất hiện.
1 + et

Xét hàm: h(t ) = f (t ) − m.g (t ) với m =
+

≥

biến

thiên

et
3 2
f ' (0) 3 2
h
(
t
)
=
−
t; t ∈ ¡ .
=
. Do đó
'
8
g (0)

8
1 + et
2
ta đánh giá được; h(t ) ≥ ∀t ∈ ¡ .
2

3 2
2
t+
, ∀t ∈ R .
8
2

Thay t lần lượt bởi x, y, z rồi cộng lại ta được:

ex
1 + ex

+

ey
1+ ey

+

ez
1 + ez

≥

3 2
.
2

(2) được chứng minh hay (1) được chứng minh.
Ở tất cả các ví dụ trên thuộc 4 loại tôi đã trình bày đều có xu hướng là
sau khi làm xuất hiện hàm f (t ) và g (t ) thì ta xét hàm h(t ) = f (t ) − mg (t )

16


và m =

f ' (α )
g ' (α )

( α xuất hiện ở điều kiện g ( x) + g ( y ) + g ( z ) ≤ (≥)3g (α ) ) thì h(t ) đạt

giá trị cực tiểu (cực đại) đồng thời là giá trị nhỏ nhất (lớn nhất) tại t = α đó
cũng là ý tưởng chính khi ra đề toán dùng phương pháp này. Nhưng Loại 5 tôi
đề cập sau đây, bổ sung thêm một cách xử lý bài toán nếu như h(t ) đạt giá trị
cực tiểu tại α , nhưng không phải đó là giá trị nhỏ nhất tại α . Tương tự nếu
h(t ) đạt giá trị cực đại tại α nhưng không là giá trị lớn nhất tại α :
Loại 5: Đề bài thể hiện sẵn hàm f (t ) và g (t ) , nhưng phải chia miền để
chứng minh.
Ví dụ 5.1. Cho 3 số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 1 .
Chứng minh rằng: 10( x3 + y 3 + z 3 ) − 9( x 5 + y 5 + z 5 ) ≥ 1
(1)
(MO- China-2005).
Phân tích:

+ Khi phân tích, đặt g (t ) = t ,
1
f '( )
1
3 = 25 , h(t ) = 10t 3 − 9t 5 − 25 t
f (t ) = 10t 3 − 9t 5 ; α = ; m =
1
3
9
9
9( )
3

Ta có bảng biến thiên của hàm số như sau:
t
h ' (t )

1
3
0

0

-

+

h(t )

9

10

5
3
0

−

−16
27

1

52441
100000

−16
9

Nhìn vào bảng biến thiên của h(t ) điều mà ta mong muốn là h(t ) ≥ −
1
3

để dấu bằng xảy ra khi t = . nhưng ở đây lại là h(t ) > −

16
∀t ∈ (0;1)
27

16

∀t ∈ (0;1).
9

Vậy có cách nào giải quyết không?
+ Nhìn vào bảng biến thiên, ta khẳng định được h(t ) ≥ −

16
 9
∀t ∈  0; ÷. Hãy chia
27
 10 

khoảng để chứng minh:
 9
TH1: Cả 3 số : x; y; z ∈  0; ÷. Khi đó nhìn vào bảng biến thiên suy ra:
 10 
h(t ) ≥ −

16
 9
∀t ∈  0; ÷
27
 10 

⇒ 10( x 3 + y 3 + z 3 ) − 9( x 5 + y 5 + z 5 ) ≥

25
3.16 25 16
( x + y + z) −
=

− = 1 , (1) đúng.
9
27
9 9

17




TH2: Giả sử có 1 số ,chẳng hạn x ∈  ;1÷.
10 
9

Vì x + y + z = 1 ⇒ y + z = 1 − x ≤ 1 −

9
1
 1
= ⇒ y, z ∈  0; ÷
10 10
 10 

Lúc này :
9 
;1÷
10 

+ Xét f ( x) = 10 x3 − 9 x 5 ⇒ f ' ( x) = 30 x 2 − 45 x 4 = 15 x 2 (2 − 3 x 2 ) < 0 ,với mọi x ∈ 

9 
9 
⇒ f ( x) nghịch biến trên  ;1÷ ⇒ f ( x) ≥ f (1) = 1, ∀x ∈  ;1÷
10 
10 
 1
 1
3
5
3
2
+ f ( y ) = 10 y − 9 y = y (10 − 9 y ) ≥ 0, ∀y ∈  0; ÷.Tươngtự f ( z ) ≥ 0, ∀z ∈  0; ÷
 10 
 10 
Vậy trong trường hợp này ta cũng có f ( x) + f ( y ) + f ( z ) ≥ 1 . (1) được chứng minh
9
5
Nhận xét: Con số
dùng để chia khoảng đủ gần
để thấy
10
3
16
 9
h(t ) ≥ −
∀t ∈ 0; ÷.Bài toán sẽ được lập luận tương tự khi dùng con số khác
27
 10 

nếu nó có tính chất tương tự

Bài tập tự luyện:
1. Cho 3 số thực a, b, c > 0 và a + b + c = 1
a3
b3
c3
1
+
+
≥
Chứng minh rằng:
2
2
2
(1 − a ) (1 − b) (1 − c)
4
3
2. Cho 3 số thực a, b, c > 0 và a + b + c ≤
2
1
1
1 3 17
Chứng minh rằng: a 2 + 2 + b 2 + 2 + c 2 + 2 ≥
a
b
c
2

3. Cho 3 số thực x, y, z > 0 và a + b + c = 1
Chứng minh rằng:

1 1 1
a b c
+ b + c ≥ 3  a + b + c ÷ (Học viện BCVT-2001)
a
3 3 3
3 3 3 

4. Cho 3 số thực a, b, c > 0 và a 2 + b 2 + c 2 = 3
Chứng minh rằng:

1
1
1
+
+
≥3
2−a 2−b 2−c

5. Cho 4 số thực a, b, c, d > 0 và a + b + c + d = 2
Chứng minh rằng:

1
1
1
1
16
+
+
+
≥

2
2
2
2
1 + 3a 1 + 3b 1 + 3c 1 + 3d
7

6. Cho 3 số thực a, b, c ≥ 0 và a + b + c = 3
Chứng minh rằng:

1
1
1
3
+
+
≤
9 − ab 9 − bc 9 − ca 8

18


7. Cho 3 số thực a, b, c > 0 và a 2 + b 2 + c 2 = 3
Chứng minh rằng:

1
1
1
3
+

+
≥
1 + ab 1 + bc 1 + ca 2

8. Cho 3 số thực a, b, c > 0 và a + b + c = 1
Chứng minh rằng: (1 − a)(1 − b)(1 − c) ≥ 8abc
9. Cho a, b, c ≥ −

3
a
b
c
9
và a + b + c = 1 . Chứng minh rằng: 2 + 2 + 2 ≤ .
4
a + 1 b + 1 c + 1 10

(Vô địch Toán Ba Lan 1996)

2a + b + c

2b + c + a

2c + a + b

10. Cho a, b, c > 0 . Chứng minh rằng: 2a 2 + (b + c)2 + 2b2 + (c + a)2 + 2c 2 + (a + b) 2 ≤ 8
(Vô địch Toán Mỹ 2003)
a (b + c)

b (c + a )

c(a + b)

6

11. Cho a, b, c > 0 . Chứng minh rằng: a 2 + (b + c)2 + b2 + (c + a)2 + c 2 + (a + b)2 ≤ 5 .
(Olympic 30-4-Lớp 11-2006)
a
,
b
,
c
>
0
12. Cho
.
1+ 3 2
1 1 1
(a + b 2 + c 2 )( + + ) ≥ a + b + c + a 2 + b 2 + c 2 .
a b c
3 3
a4
b4
c4
a +b+c
a
,
b
,
c

13. Cho
>0. Chứng minh rằng: 3 3 + 3 3 + 3 3 ≥
.
b +c c +a a +b
2
14. Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của tam giác ABC chứng minh rằng:
1 1 1
9
1
1
1
+ + +
≥ 4(
+
+
).
a b c a+b+c
a+b b+c c+a

Chứng minh rằng:

15. Cho 3 số thực a, b, c > 0 và a 4 + b 4 + c 4 = 3
1
1
1
+
+
≤1
4 − ab 4 − bc 4 − ca
16. Cho 3 số thực a, b, c > 0 và abc = 1

1 1 1
Chứng minh rằng: 2 + 2 + 2 + 3 ≥ 2(a + b + c) .
a b c
17. Cho 3 số thực a, b, c > 0 và a + b + c = 3
1 1 1
Chứng minh rằng: 2 + 2 + 2 ≥ a 2 + b2 + c 2
a b c

Chứng minh rằng:

IV.Hiệu quả đạt được của sáng kiến kinh nghiệm
Sau khi được phân tích dạng toán, cung cấp kĩ thuật và rèn luyện hệ thống
kiến thức trên, hầu hết các em học sinh khá giỏi ở các lớp 12 tôi dạy đã tỏ ra
mạnh dạn, tự tin và linh hoạt hơn khi gặp bài toán dạng đã xét. Đa số các em đã
hiểu và vận dụng được phương pháp, biết xuất phát từ một hàm thích hợp và tỏ
ra thích thú với ứng dụng này của đạo hàm.Đặc biệt, nó cũng giúp các em bớt e
ngại khi gặp bất đẳng thức dạng đối xứng ba biến và hình thành thói quen tốt là
phân tích đề bài trước khi làm để định hướng đúng cách giải, rèn luyện được
tính chủ động trong học tập. Các em học sinh khá giỏi đã biết tìm chọn và làm
19


được nhiều bài tập tương tự trong các tài liệu tham khảo.Mặt khác, thông qua
phương pháp này, học sinh được rèn luyện khá nhiều kĩ năng:Kĩ năng dùng đạo
hàm để tìm cực trị; dùng đạo hàm để tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của
hàm số; Kĩ năng giải phương trình, kĩ năng xét dấu của một biểu thức; Kĩ năng
khảo sát và lập bảng biến thiên của hàm số và đó cũng là bài toán hết sức quen
thuộc và cơ bản về ứng dụng của đạo hàm trong phân môn giải tích lớp 12.
Tiến hành kiểm tra khả năng tiếp thu của học sinh trên hai lớp tôi dạy, kết
quả thu được như sau:

Lớp
Năm học
Kết quả
12A3
2014-2015
22/45(44,4%)
12A3
2015-1016
28/45(62%)
Kết quả, này theo tôi thấy là rất đáng khích lệ, vì trước đó khi chưa được cung
cấp phương pháp đại đa số các em học sinh được hỏi đều không thể hiểu được là
tại sao đằng sau một lời giải đẹp là xuất phát từ đâu.Tại sao lại xuất phát xuất
phát từ một hàm h(t) nào đó? Sau khi được học chuyên đề này các em có những
kiến thức và kĩ năng nhất định về cách dùng đạo hàm trong chứng minh bất
đẳng thức.
PHẦN III: KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
Dạy Toán ở trường THPT là một quá trình sáng tạo. Mỗi giáo viên đều tự
hình thành cho mình một con đường ngắn nhất, những kinh nghiệm hay nhất để
đạt được mục tiêu giảng dạy là đào tạo, bồi dưỡng nhân tài, những chủ nhân
tương lai của đất nước. Chứng minh bất đẳng thức là dạng toán không thể thiếu
được trong chương trình toán phổ thông. Nếu chỉ dừng lại yêu cầu trong sách
giáo khoa thì chưa đủ, vì vậy đòi hỏi người giáo viên phải tích cực tự học, tự
nghiên cứu, tìm tòi sáng tạo, thường xuyên bổ sung kiến thức và tích luỹ kinh
nghiệm về vấn đề này.
Trong quá trình giảng dạy, bồi dưỡng học sinh học tập, đọc tài liệu tham
khảo... . tôi đã rút ra một số kinh nghiệm nêu trên. Đề tài ”" Dùng đạo hàm
trong chứng minh bất đẳng thức đối xứng ba biến" của tôi thực ra cũng chỉ
là một phần ứng dụng của đạo hàm trong việc chứng minh một nhóm dạng các
bài toán bất đẳng thức, chưa thể hiện đầy đủ tính đa dạng của việc vận dụng đạo
hàm để chứng minh bất đẳng thức. Nhưng tôi hy vọng đóng góp nhỏ trong đề tài

này cũng được các thầy cô và các em học sinh tham khảo, phần nào giúp ích
trong việc nghiên cứu, giảng dạy và học tập chuyên đề về bất đẳng thức phổ
thông. Trong quá trình nghiên cứu không thể tránh khỏi sai sót, hạn chế, rất
mong được sự giúp đỡ, đóng góp ý kiến của các đồng nghiệp.
Qua đây, tôi cũng xin đề đạt nguyện vọng với các cấp lãnh đạo trong việc
triển khai áp dụng các sáng kiến kinh nghiệm hay, đã được hội đồng các cấp
đánh giá, công nhận. Các sáng kiến nên được đóng tập và gửi về các trường phổ
thông như là cuốn tài liệu tham khảo bổ ích mỗi năm mà các thầy cô giáo của
tỉnh ta đã tâm huyết với nghề, theo thời gian vừa dạy học vừa tự học đúc rút
được kinh nghiệm bản thân. Nhân đó các thầy cô cũng được giao lưu thêm các
20


kinh nghiệm của đồng nghiệp để phục vụ tốt hơn cho sự nghiệp giáo dục của
mình. Trân trọng cảm ơn./.

XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 31 tháng 05 năm 2016
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết,
không sao chép nội dung của người khác.
(Ký và ghi rõ họ tên)

Lê Thị Phương

TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Giải tích 12-Nâng cao-Nhà xuất bản giáo dục
2. Sai lầm thường gặp và các sáng tạo khi giải toán-Tác giả Trần
Phương-Nguyễn Đức Tấn
3. Đề thi Đại học các năm

4. 17 phương pháp chuyên đề giải 555 bài toán bất đẳng thức đại
số-Tác giả Nguyễn Đức Đồng-Nguyễn Văn Vĩnh

21