Kĩ thuật sử dụng máy tính bỏ túi trong các bài toán chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức bằng phương pháp tiếp tuyến

MỤC LỤC
PHẦN I: MỞ ĐẦU.....................................................................................................................2
1.1. Lý do chọn đề tài:.............................................................................................................2
Qua nhiều năm thực tế giảng dạy, tôi nhận thấy rằng học sinh rất ngại va chạm với các bài
toán chứng minh bất đẳng thức hay tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của một biểu thức
vì phần này tương đối khó, các dạng bài tập quá nhiều, quá phong phú trong khi đó thì thời
lượng kiến thức trong sách giáo khoa thì ít. Vì vậy tơi ln trăn trở là làm thế nào để tháo
gỡ giúp các em bớt đi khó khăn khi gặp các dạng tốn này....................................................2
1.2. Mục đích nghiên cứu:.......................................................................................................2
1.3. Đối tượng nghiên cứu:.....................................................................................................2
1.4. Phương pháp nghiên cứu:...............................................................................................2
PHẦN II: NỘI DUNG................................................................................................................3
2.1. Cơ sở lý luận:...................................................................................................................3
a) Đối với một đường cong cho bởi hàm số tiếp tuyến tại một số điểm nào đó của đồ thị
hàm số luôn nằm trên hay nằm dưới đồ thị. Dựa vào tính chất này, người ta thiết lập nên
một phương pháp thú vị để chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp tiếp tuyến:..........3
2.2. Thực trạng của vấn đề:.....................................................................................................3
2.3. Giải pháp sử dụng để giải quyết vấn đề:..........................................................................5
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm:............................................................................11
PHẦN III: KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ.................................................................................11
TÀI LIỆU THAM KHẢO.........................................................................................................12

13


PHẦN I: MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài:
Mục tiêu giáo dục hiện nay là nâng cao chất lượng, hiệu quả của việc dạy
và học, làm cho kết quả của học sinh ngày một nâng cao. Muốn đáp ứng được
yêu cầu đó thì nhiệm vụ của giáo viên và học sinh là: " phải dạy và học thế nào
để đạt hiệu quả cao nhất".

Cùng với các môn học khác, môn tốn giữ vai trị rất quan trọng. Dạy tốn
tức là dạy phương pháp suy luận. Học toán là rèn luyện khả năng tư duy logic.
Giải toán là hoạt động hấp dẫn và bổ ích, nó giúp các em nắm vững thêm kiến
thức, phát triển từng bước năng lực tư duy, hình thành kỹ năng, kỹ xảo.
Chứng minh bất đẳng thức hay tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của
một biểu thức là một bài tốn khó trong q trình giải tốn nhưng gần như
khơng thể thiếu được trong các đề thi THPT quốc gia và thi chọn học sinh giỏi.
Mặc dù mảng kiến thức này học sinh đã được tiếp cận ngay từ các lớp THCS
song để học tốt bất đẳng thức là điều không hề dễ và phải mất khá nhiều thời
gian.
Qua nhiều năm thực tế giảng dạy, tôi nhận thấy rằng học sinh rất ngại va
chạm với các bài toán chứng minh bất đẳng thức hay tìm giá trị lớn nhất,
giá trị nhỏ nhất của một biểu thức vì phần này tương đối khó, các dạng bài
tập q nhiều, q phong phú trong khi đó thì thời lượng kiến thức trong
sách giáo khoa thì ít. Vì vậy tôi luôn trăn trở là làm thế nào để tháo gỡ giúp
các em bớt đi khó khăn khi gặp các dạng tốn này.
Trong phạm vi nhỏ hẹp này, tơi xin được trình bày một số kinh nghiệm
nhỏ qua thực tế giảng dạy mơn tốn về mảng bất đẳng thức cho học sinh THPT,
đó là:
" Kỹ thuật sử dụng máy tính bỏ túi trong các bài tốn chứng minh bất đẳng
thức, tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức bằng phương pháp
tiếp tuyến" , hy vọng sẽ giúp các em say mê và hứng thú học tốn hơn.
1.2. Mục đích nghiên cứu:
Mục đích nghiên cứu của đề tài là rèn luyện cho học sinh các kỹ thuật sử
dụng máy tính bỏ túi trong các bài tốn chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị
lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức bằng phương pháp tiếp tuyến
1.3. Đối tượng nghiên cứu:
Học sinh trường THPT Trần Phú – Nga Sơn.
1.4. Phương pháp nghiên cứu:
- Nghiên cứu lý luận chung.

- Khảo sát điều tra từ thực tế dạy và học .
- Tổng hợp so sánh, đúc rút từ kinh nghiệm giảng dạy.
- Trao đổi với đồng nghiệp, tham khảo ý kiến giáo viên cùng bộ môn.

13


PHẦN II: NỘI DUNG
2.1. Cơ sở lý luận:
a) Đối với một đường cong cho bởi hàm số y = f ( x ) tiếp tuyến tại một số
điểm nào đó của đồ thị hàm số luôn nằm trên hay nằm dưới đồ thị. Dựa vào
tính chất này, người ta thiết lập nên một phương pháp thú vị để chứng minh
bất đẳng thức bằng phương pháp tiếp tuyến:
Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị ( C ) xác định, liên tục và có đạo hàm trên
khoảng ( α ; β ) . Nếu y = ax + b là tiếp tuyến của đồ thị ( C ) tại điểm M 0 ( x0 ; y0 ) ,
x0 ∈ ( α ; β ) và ( C ) ln nằm phía trên (hoặc phía dưới) tiếp tuyến trong khoảng
( α ; β ) thì f ( x ) ≥ ax + b, x0 ∈ ( α ; β ) (hoặc f ( x ) ≤ ax + b, x0 ∈ ( α ; β ) ).
Đẳng thức xảy ra ⇔ x = x0
Như vậy, với mọi x1; x2 ;...; xn ∈ ( α ; β ) thì:
f ( x1 ) ≥ ax1 + b

f ( x2 ) ≥ ax2 + b

.....

f ( xn ) ≥ axn + b

f ( x1 ) + f ( x2 ) + f ( x3 ) + ... + f ( xn ) ≥ a ( x1 + x2 + x3 + ... + xn ) + nb

Nếu x1 + x2 + ... + xn = k ( khơng đổi) thì f ( x1 ) + f ( x2 ) + f ( x3 ) + ... + f ( xn ) ≥ ak + nb

( Hoặc f ( x1 ) + f ( x2 ) + f ( x3 ) + ... + f ( xn ) ≤ ak + nb )
Đẳng thức xảy ra ⇔ x1 = x2 = ... = xn =

k
n

b) Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f ( x ) ( C ) tại điểm
M 0 ( x0 ; y0 ) có dạng: y = f ' ( x0 ) ( x − x0 ) + f ( x0 ) ⇔ y = f ' ( x0 ) x + f ( x0 ) − f ' ( x0 ) x0
Giả sử phương trình tiếp tuyến là : y = ax + b
'
Như vậy: a = f ( x0 ) . Thao tác sử dụng máy (Caiso fx-570 ES PLUS hoặc máy có
chức năng tương đương): Nhấn SHIFT

d
d
W máy hiện
( W) |x=W trong ( W) nhập
dx
dx

biểu thức f ( x ) , x =W thì nhập x0 nhấn = , từ đó suy ra giá trị của a
'
Lại có: b = f ( x0 ) − f ( x0 ) x0 . Thao tác sử dụng máy: Nhấn f ( x ) − ax (a là giá trị
vừa tìm được) CALC cho x = x0 nhấn = , từ đó suy ra giá trị của b
2.2. Thực trạng của vấn đề:
Khi chữa đề thi thử THPT quốc gia mơn tốn năm 2016 của Sở giáo dục
và đào tạo tỉnh Thanh Hóa cho học sinh lớp 12 có câu số 10 như sau:
Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Tìm giá trị lớn nhất của
3a − b
3b − c 3c − a 

+ 2
+ 2
÷
2
 a + ab b + bc c + ca 


biểu thức: P = ( a + b + c ) 

( Trích từ đề thi khảo sát chất lượng lớp 12 môn tốn năm học 2015 - 2016 sở
GD&ĐT Thanh Hóa)
Tơi có hướng dẫn học sinh trình bày lời giải như sau:
Lời giải: Giả sử a + b + c = k > 0 , đặt a = kx, b = ky, c = kz ⇒ x, y , z > 0 và x + y + z = 1 .
13


Khi đó:
 k ( 3x − y )
k ( 3y − z)
k ( 3z − x )  3 x − y 3 y − z 3z − x
= 2
P=k 2 2
+ 2 2
+ 2 2
+ 2
+ 2
=
 k ( x + xy ) k ( y + yz ) k ( z + zx )  x + xy y + yz z + zx
4x − ( x + y ) 4 y − ( y + z ) 4z − ( z + x )
4

1
4
1
4
1
=
+
+
=
− +
− +
− =
x( x + y)
y( y + z)
z ( z + x)
x+ y x y+z y z+x z
5x − 1 5 y − 1 5z − 1
+
+
x − x2 y − y 2 z − z 2
Do a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác nên b + c > a ⇒ y + z > x
1
 1
 1
⇒ 1 − x > x ⇒ x < tức là x ∈  0; ÷, tương tự y, z ∈  0; ÷
2
 2
 2
5t − 1
 1

≤ 18t − 3 ( *) đúng với mọi t ∈  0; ÷
Ta sẽ chứng minh
2
t −t
 2
=

( 2t − 1) ( 3t − 1) ≤ 0 **
5t − 1
18t 3 − 21t 2 + 8t − 1
−
18
t
+
3
≤
0
⇔
≤0⇔
( )
Thật vậy, ( *) ⇔
2
2
t −t
t −t
t ( 1− t )
2






Hiển nhiên, (**) ln đúng với mọi t ∈  0; ÷ nên (*) đúng với mọi t ∈  0; ÷
 2
 2
Áp dụng (*) ta được: P ≤ 18 x − 3 + 18 y − 3 + 18 z − 3 = 18 ( x + y + z ) − 9 = 9
1

1

1
3
Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng 9 khi a = b = c

Dấu bằng xảy ra ⇔ x = y = z = ⇔ a = b = c

Khi trình bày xong lời giải bài toán, học sinh đặt ra câu hỏi là: " làm thế
nào để tìm ra biểu thức (*)" . Nếu như khơng giải thích được cho học sinh hiểu
thì đây là một lời giải không đẹp và thiếu tự nhiên. Thế thì cách làm ở đây đó là
chúng ta sử dụng "phương pháp tiếp tuyến" . Qua thực tế giảng dạy, phương
pháp tiếp tuyến được học sinh 12 tiếp thu khá tốt, các em đã vận dụng ngày càng
linh hoạt, sáng tạo để giải quyết một lớp các bài toán bất đẳng thức đối xứng,
thuần nhất ba biến trong các đề thi chọn học sinh giỏi và THPT quốc gia . Tuy
nhiên, bản thân tôi suy nghĩ rằng:
- Nếu đọc lời giải trên thì học sinh lớp 10 và 11 vẫn hiểu được, vậy liệu
có mẹo nhỏ nào để tìm ra biểu thức (*) để bài tốn trên có thể áp dụng được
cho học sinh lớp 10 và 11 không?
- Trong thực tế THI TRẮC NGHIỆM hiện nay thì việc giải nhanh một
bài tốn là hết sức cần thiết, vậy thì liệu máy tính bỏ túi có hỗ trợ được cho việc
tìm tịi lời giải?

Để khắc phục tình trạng nêu trên, tôi nghĩ rằng đề tài " Kỹ thuật sử dụng
máy tính bỏ túi trong các bài tốn chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn
nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức bằng phương pháp tiếp tuyến" sẽ giúp
chúng ta giải quyết các một số bài toán chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn
nhất, giá trị nhỏ nhất của các biểu thức nhanh hơn, khoa học hơn, có cơ sở và có
tính sáng tạo hơn.

13


2.3. Giải pháp sử dụng để giải quyết vấn đề:
Nếu gặp các bất đẳng thức (tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức)
thuần nhất hoặc có dạng đối xứng ta nên chuẩn hóa đưa về dạng sau:
Cho x1 , x2 , x3 ,..., xn ∈ D , x1 + x2 + x3 + ... + xn = k .

Chứngminh rằng: P = f ( x1 ) + f ( x2 ) + f ( x3 ) + ... + f ( xn ) ≥ M (hoặc P ≤ M )
Dấu bằng xảy ra ⇔ x1 = x2 = x3 = ... = xn =


k
n

Hoặc là: Cho x1 , x2 , x3 ,..., xn ∈ D , x1 + x2 + x3 + ... + xn = k . Tìm giá trị lớn nhất
(giá trị nhỏ nhất) của biểu thức: P = f ( x1 ) + f ( x2 ) + f ( x3 ) + ... + f ( xn )

k
(Điều mong ước là MaxP ( MinP ) đạt được ⇔ x1 = x2 = x3 = ... = xn = )
n

Phương pháp: Nếu sử dụng phương pháp tiếp tuyến để chứng minh bất đẳng

thức hoặc tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức thì tùy thuộc bài
tốn ta sẽ phải lựa chọn một hàm số y = f ( x ) để viết phương trình tiếp tuyến của
k
n
Theo đó ta sẽ có: f ( x1 ) ≥ ax1 + b ( hoặc f ( x1 ) ≤ ax1 + b ) với mọi x1 ∈ D .
k
Dấu bằng xảy ra khi x1 =
n
f ( x2 ) ≥ ax2 + b ( hoặc f ( x2 ) ≤ ax2 + b )

nó tại điểm có hồnh độ x0 = , giả sử phương trình tiếp tuyến là y = ax + b

.....

f ( xn ) ≥ axn + b ( hoặc f ( xn ) ≤ axn + b )
Suy ra: P ≥ a ( x1 + x2 + x3 + ... + xn ) + nb ( hoặc P ≤ a ( x1 + x2 + x3 + ... + xn ) + nb )

Tuy nhiên, trong sáng kiến này tôi sẽ trình bày cách sử dụng máy tính bỏ túi
(Casio fx-570 ES PLUS hoặc máy có chức năng tương đương) để tìm a, b thay
vì viết phương trình tiếp tuyến của hàm số như trên, cụ thể:
* Cách tìm a: Nhấn SHIFT

d
d
W máy hiện
( W) |x=W trong ( W) nhập biểu thức
dx
dx

k

nhấn = , từ đó suy ra giá trị của a
n
* Cách tìm b: Nhập vào máy f ( x ) − ax (a là giá trị vừa tìm được) CALC cho
k
x = nhấn = , từ đó suy ra giá trị của b
n
x
y
z
9
3
Ví dụ 1: Cho x, y , z ≥ − và x + y + z = 1 . CMR: x 2 + 1 + y 2 + 1 + z 2 + 1 ≤ 10
4
1
Phân tích: Trước hết ta đánh giá dấu bằng xảy ra ⇔ x = y = z =
3
x
Ta sẽ đánh giá để tìm bất đẳng thức phụ như sau: 2 ≤ ax + b
x +1
d  x 
d
18
W nhập
- Tìm a: Nhấn SHIFT
 2
÷|x = 1 nhấn = ta được a =
dx  x + 1  3
dx
25
f ( x ) , x =W thì nhập

13


- Tìm b: Nhấn AC nhập
Lời giải:

x
18 x
1
3
−
, nhấn CALC cho x = ta được b =
x + 1 25
3
50
2

2
2
x
18 x 3 50 x − 36 ( x + 1) − 3 ( x + 1) −36 x 3 − 3x 2 + 14 x − 3
−
−
=
=
=
Xét biểu thức: 2
x + 1 25 50
50 ( x 2 + 1)

50 ( x 2 + 1)

( 4 x + 3) ( 3x − 1) ≤ 0, ∀x ≥ − 3
36 x 3 + 3 x 2 − 14 x + 3
=−
=−
2
4
50 ( x + 1)
50 ( x 2 + 1)
2

x
18 x 3
≤
+
x + 1 25 50
y
18 y 3
Tương tự: y 2 + 1 ≤ 25 + 50
z
18 z 3
≤
+
2
z + 1 25 50
x
y
z
18

3
9
Suy ra: x 2 + 1 + y 2 + 1 + z 2 + 1 ≤ 25 ( x + y + z ) + 3 × 50 = 10 (đpcm)
1
Dấu bằng xảy ra ⇔ x = y = z =
3
⇒

2

Bài tập tương tự:
1

1

1

Bài 1: Cho x, y, z ≥ 0 và x + y + z = 3 . CMR: x 2 + y + z + y 2 + z + x + z 2 + x + y ≤ 1
Bài 2: Cho a, b, c, d > 0 và a + b + c + d = 2 . CMR:
1
1
1
1
16
+
+
+
≥
2
2

2
2
1 + 3a 1 + 3b 1 + 3c 1 + 3d
7
a
,
b
,
c
>
0
a
+
b
+
c
≤
3
Ví dụ 2: Cho
và
. CMR:
1
1
1
a
b
c
+
+
≥

+
+
2
2
1 + a 1 + b 1 + c 1 + a 1 + b 1 + c2
Phân tích: Ta thấy: Dấu bằng xảy ra ⇔ a = b = c = 1
1
a
1
b
1
c
−
+
−
+
−
≥0.
BĐT ⇔
2
2
1 + a 1 + a 1+ b 1+ b 1+ c 1+ c2
1
a
−
≥ ma + n
Ta sẽ đánh giá để tìm bất đẳng thức phụ như sau:
1 + a 1 + a2
d  x
x 

d
1
−
|
W nhập
m=−
- Tìm m: Nhấn SHIFT

2 ÷ x =1 nhấn = ta được
dx  1 + x 1 + x 
dx
4
1
x
x
1
−
+ , nhấn CALC cho x = 1 ta được n =
- Tìm n: Nhấn AC nhập
2
1+ x 1+ x 4
4

Lời giải:
Xét biểu thức:

2
2
2
1

a
a 1 4 ( 1+ a ) − a ( 1+ a ) + a ( 1+ a ) ( 1+ a ) − ( 1+ a ) ( 1+ a )
−
+ − =
=
1 + a 1 + a2 4 4
4 ( 1 + a2 ) ( 1 + a )

( a − 1) ( a 2 + 2a + 3)
a 4 − 4a + 3
=
=
≥0
4 ( 1 + a2 ) ( 1 + a )
4 ( 1 + a2 ) ( 1 + a )
2

Suy ra:

1
a
a 1
−
≥ − + . Tương tự:
2
1+ a 1+ a
4 4

13

1
b
b 1
−
≥− +
2
1+ b 1+ b
4 4
1
c
c 1
−
≥− +
1 + c 1 + c2
4 4
1
a
1
b
1
c
1
3
1
3
−
+
−
+

−
≥ − ( a + b + c) + ≥ − × 3 + = 0
Do đó:
2
2
2
1+ a 1+ a 1+ b 1+ b 1+ c 1+ c
4
4
4
4

(đpcm)
Dấu bằng xảy ra ⇔ a = b = c = 1

1

1

1

Bài tập tương tự: Cho x, y, z > 0 và x + y + z ≤ 1 . CMR: x + y + z + 2  + + ÷≥ 19
x y z


Ví dụ 3: Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a + b + c = 3 . CMR:
2

2



2

1 1 1
3 ( a + b + c ) + 2  + + ÷ ≥ 15
a b c
2
Phân tích: Do biểu thức điều kiện a + b 2 + c 2 = 3 nên bài này có sự khác biệt một
2
chút. Ta sẽ đánh giá để tìm bất đẳng thức phụ như sau : 3a + ≥ ma 2 + n
a
d 
2
 3 x + ÷|x =1
1
2 x2
dx 
x
Nhập
nhấn = ta được m = , nhập 3x + − , nhấn CALC cho
d 2
2
x 2
x ) |x =1
(
dx
9
x = 1 ta được n =
2

Lời giải:
2
2
3
4 − a ) ( a − 1)
Xét biểu thức: 3a + 2 − a − 9 = 6a + 4 − a − 9a = (
≥0
2

a 2 2
2a
2a
2
( Vì a, b, c > 0 , a + b + c = 3 ⇒ 0 < a, b, c < 3 )
2 a2 9
Suy ra: 3a + ≥ + , tương tự:
a 2 2
2 b2 9
3b + ≥ +
b 2 2
2 c2 9
3c + ≥ +
c 2 2
27 1
27
1 1 1 1 2
2
2
Do đó: 3 ( a + b + c ) + 2  + + ÷ ≥ ( a + b + c ) + = × 3 + = 15 (đpcm)

2 2
2
a b c 2
Dấu bằng xảy ra ⇔ a = b = c = 1
2

2

Bài tập tương tự:
1 1 1
Bài 1: Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a 2 + b2 + c 2 = 1 . CMR:  + + ÷− ( a + b + c ) ≥ 2 3
a b c
Bài 2: Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn a + b + c = 3 . CMR:
1
1
1
+ 5
+ 5
≤1
5
2
2
a + 3 − a b + 3 − b c + 3 − c2
a ( b + c)
b( c + a)
c ( a + b)
6
+ 2
+ 2
≤

Ví dụ 4: Cho a, b, c > 0 . CMR: 2
2
2
2
5
a + ( b + c)
b + ( c + a)
c + ( a + b)
2

2

2

13


Phân tích: Khơng làm mất tính tổng qt ta có thể giả sử a + b + c = 1 . Khi đó,
BĐT đã cho trở thành:

a ( 1− a)

a + (1− a)
2

2

+

b ( 1− b)

b + (1− b)
2

2

+

c ( 1− c)

c + (1− c)
2

Ta sẽ đánh giá để tìm bất đẳng thức phụ như sau :

2

≤

a ( 1− a)

a2 + ( 1 − a )

2

6
5
≤ ma + n

d  x ( 1− x) 

d
÷| 1 nhấn = ta được
W
- Tìm m: Nhấn SHIFT
nhập  2
x=
dx  x + ( 1 − x ) 2 ÷
dx
 3
27
m = 1, 08 =
25
x ( 1− x)
27 x
1
−
CALC cho x = ta được
- Tìm n: Nhấn AC nhập 2
,
nhấn
2
25
x + (1− x)
3
n=

1
25

Lời giải:

Xét biểu thức:

(

a ( 1− a)

a2 + ( 1− a )

2

) (
)

2
2
27 a 1 25a ( 1 − a ) − 27 a a + ( 1 − a ) − a + ( 1 − a )
−
−
=
2
25 25
25 a 2 + ( 1 − a )
2

(

2

)

( 3a − 1) ( 6a + 1) ≥ 0
=
=
2
2
25 ( a 2 + ( 1 − a ) ) 25 ( a 2 + ( 1 − a ) )
a ( 1− a)
27a 1
≥
+
Suy ra: 2
2
25 25 . Tương tự:
a + ( 1− a )
b ( 1− b)
27b 1
≥
+
2
2
25 25
b + ( 1− b)
c ( 1− c)
27c 1
≥
+
2
2
25 25
c + ( 1− c)

a ( 1− a)
b ( 1− b)
c ( 1− c)
27
3 30 6
+ 2
+ 2
≤
( a + b + c ) + = = (đpcm)
Do đó: 2
2
2
2
25
25 25 5
a + (1− a)
b + ( 1− b)
c + ( 1− c)
−54a 3 + 27a 2 − 1

2

Bài tập tương tự:

( b + c − a ) + ( c + a − b) + ( a + b − c)
Bài 1: Cho a, b, c > 0 . CMR:
2
2
2
( b + c ) + a 2 ( c + a ) + b2 ( a + b ) + c2

2

Bài 2: Cho a, b, c > 0 . CMR:

a3
a3 + ( b + c )

3

+

b3
b3 + ( c + a )

3

+

≥

3
5

c3
c3 + ( a + b )

3

≥1

Ví dụ 5: Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a 2 + b 2 + c 2 = 3 . Chứng minh rằng:
a2
b2
c2
+
+
≥1
b 2 + bc + c 2 c 2 + ca + a 2 a 2 + ab + b 2

Phân tích: Trước hết ta đưa mỗi phân số về một biến
a2
a2
=
≥
Ta có: b2 + bc + c 2 3 − a 2 + bc

a2
2a 2
=
b 2 + c 2 9 − 3a 2
3 − a2 +
2

13


b2
2b 2
c2
2c 2

≥
≥
,
c 2 + ca + a 2 9 − 3b 2 a 2 + ab + b 2 9 − 3c 2
2a 2
2b 2
2c 2
a2
b2
c2
3
+
+
≥
1
⇔
+
+
≥ ( ∗)
Ta cần chứng minh:
2
2
2
2
2
2
9 − 3a 9 − 3b 9 − 3c
3− a 3−b 3−c
2
2

2
2
x
,
y
,
z
>
0
x
+
y
+
z
=
1
Đặt a = x, b = y , c = z , khi đó:
và
,
x
y
z
3
+
+
≥
( ∗) ⇔
3− x 3− y 3− z 2

Tương tự:

Đến đây ta dễ dàng đưa ra lời giải
Gợi ý: Ta sẽ đánh giá để tìm bất đẳng thức phụ như sau:

x
≥ ax + b
3− x

d  x 
d
3
W nhập

÷|x =1 nhấn = ta được a =
dx  3 − x 
dx
4
x
3x
1
− , nhấn CALC cho x = 1 ta được b = −
- Tìm b: Nhấn AC nhập
3− x 4
4

- Tìm a: Nhấn SHIFT

Bài tập tương tự:

a

b
c
9
+
+
≥
1 + bc 1 + ca 1 + ab 10
1
1
1
27
+
+
≤
Bài 2: Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 1 . CMR:
1 − ab 1 − bc 1 − ca 8
Ví dụ 6: Cho x, y, z ≥ 0 và x + 2 y + 3z = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P = x 2 ( 5 − 6 x ) + 4 y 2 ( 5 − 12 y ) + z 2 ( 45 − 162 z )

Bài 1: Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 1 . CMR:

Phân tích:
2
2
2
Ta có: P = x ( 5 − 6 x ) + 4 y ( 5 − 12 y ) + z ( 45 − 162 z ) =
= x2 ( 5 − 6x ) + ( 2 y )

2

( 5 − 6 × 2 y ) + ( 3z ) ( 5 − 6 × 3z )
2

Đặt a = x, b = 2 y , c = 3z . Khi đó: a, b, c ≥ 0 và a + b + c = 1 . Ta cần tìm giá trị nhỏ nhất
2
2
2
của biểu thức: P = a ( 5 − 6a ) + b ( 5 − 6b ) + c ( 5 − 6c )
2
Ta sẽ đánh giá để tìm bất đẳng thức phụ như sau: a ( 5 − 6a ) ≤ ma + n
- Tìm m: Nhấn SHIFT
m = 1,333333333 =

d 2
d
W nhập
( x ( 5 − 6 x ) ) |x=1 nhấn = ta được
dx
dx
3

4
3

- Tìm n: Nhấn AC nhập x 2 ( 5 − 6 x ) −

4x
−7
, nhấn CALC cho x = 1 ta được n =
3

3

Lời giải:

( a − 1) ( 18a 2 + 3a + 7 )
4a 7 −18a 3 + 15a 2 − 4a + 7
Xét biểu thức: a ( 5 − 6a ) − + =
=−
≥0
3 3
3
3
Với ∀a ∈ [ 0;1]
2

4a 7
− . Tương tự:
3 3
4b 7
b 2 ( 5 − 6b ) ≥
−
3 3
4c 7
c 2 ( 5 − 6c ) ≥ −
3 3

Suy ra: a 2 ( 5 − 6a ) ≥

13

⇒ a 2 ( 5 − 6a ) + b 2 ( 5 − 6b ) + c 2 ( 5 − 6c ) ≥

4
7 −17
( a + b + c ) − 3× =
3
3
3


 x =1

1
−17

⇔ a = b = c =1⇔ y =
Vậy MinP =
2
3

1

 z = 3
1
Bài tập tương tự: Cho 0 < a, b, c < và a + 2b + 3c = 2 . CMR:
2
1
2
9

+
+
≥ 54
a ( 4b + 6c − 3) b ( 3c + a − 1) c ( 2a + 4b − 1)
Ví dụ 7: Cho x, y, z > 0 và x + y + z = 3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

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

2

2

Phân tích:
x ( 3x + y )
Ta sẽ đánh giá để tìm bất đẳng thức phụ như sau: 2
≤ ax + b
3 x − 2 xy + y 2
2

Ở bài toán này việc đưa các biểu thức về một biến tương đối khó nên để tìm a và
b ta xem x là biến, còn gán cho y một giá trị cụ thể, có thể là 10, 100, 1000,...(để
việc trả biến dễ dàng hơn), có thể hiểu đây là các con số thế thân, xong xuôi ta
sẽ trả lại cho biến đó, cụ thể:
2

d  x ( 3 x + 1000 )
d
 2
÷|x =1000 nhấn = ta được
W nhập
- Tìm a: Nhấn SHIFT
dx  3x − 2000 x + 10002 ÷
dx

a=4

x ( 3x + 1000 )
− 4 x , nhấn CALC cho x = 1000 ta
3x 2 − 2000 x + 10002
2

- Tìm b: Nhấn AC nhập

được b = 4000 = 4 y
(Lưu ý việc thực hiện thao tác ấn máy trên chưa xét dấu bằng xảy ra ⇔ x = y = 1 ,
mà chỉ xét là x = y )
Lời giải: Xét biểu thức:
x ( 3x + y )

3 x 2 − 2 xy + y 2

x ( 3 x + y ) − 4 x ( 3 x 2 − 2 xy + y 2 ) − 4 y ( 3 x 2 − 2 xy + y 2 )
2

2

− 4x − 4 y =

3 x 2 − 2 xy + y 2

=

( x − y ) ( 3x + 4 y ) = − ( x − y ) ( 3x + 4 y ) ≤ 0
−3 x 3 + 2 x 2 y + 5 xy 2 − 4 y 3
=
=−
2
2
2
3 x − 2 xy + y
3x 2 − 2 xy + y 2
2x2 + ( x − y )
2

2

x ( 3x + y )
Suy ra: 2
≤ 4 x + 4 y . Tương tự:

3x − 2 xy + y 2
2

y ( 3y + z )
≤ 4 y + 4z
3 y 2 − 2 yz + z 2
2

z ( 3z + x )
≤ 4 z + 4x
3 z 2 − 2 zx + x 2
2

13


x ( 3x + y )
y ( 3y + z )
z ( 3z + x )
Suy ra: P = 2
+ 2
+ 2
≤ 8 ( x + y + z ) = 24
2
2
3 x − 2 xy + y
3 y − 2 yz + z
3z − 2 zx + x 2
Vậy MaxP = 24 ⇔ x = y = z = 1
2

2

2

Bài tập tương tự:
Bài 1: Cho x, y, z > 0 và x + y + z = 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
25 x 2

P=

25 y 2

25 z 2

+
+
2 x 2 + 16 xy + 7 y 2
2 y 2 + 16 yz + 7 z 2
2 z 2 + 16 zx + 7 x 2
Bài 2: Cho x, y, z > 0 và x + y + z = 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
x3
y3
z3
P= 2
+
+
x + xy + y 2 y 2 + yz + z 2 z 2 + zx + x 2

2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm:

Sáng kiến có thể áp dụng cho học sinh tất cả các khối lớp 10, 11, 12, mặc
dù phần cơ sở lý luận học sinh 10, 11 chưa có thể hiểu được song thao tác máy
tính được xem là "mẹo nhỏ", vì trong quá trình trình bày lời giải ta chỉ cần có
bất đẳng thức phụ, chứ khơng cần thiết trình bày cách tìm bất đẳng thức phụ. Đề
tài này tôi đã triển khai ở các lớp 10A trong năm học 2015 - 2016 và các lớp
12E, 12H trong năm học 2016 – 2017 mà tôi trực tiếp giảng dạy ở trường THPT
Trần Phú - Nga Sơn. Để kiểm tra hiệu quả của đề tài sáng kiến kinh nghiệm tơi
đã tiến hành tổng hợp, phân tích số lượng học sinh làm được câu chứng minh
bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức ở 3 lớp.
Kết quả thu được như sau:

Tổng
số

Số lượng học sinh làm được câu
chứng minh bất đẳng thức, tìm giá
trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu
thức bằng phương pháp tiếp tuyến
khi sử dụng máy tính bỏ túi

2015-2016 10A

40

20

2016-2017

12E

42

25

2016-2017 12H

45

03

Năm học

Lớp

Ghi chú
Đã triển khai
đề tài SKKN
Đã triển khai
đề tài SKKN
Chưa triển
khai đề tài
SKKN

Với kết quả như trên tôi nhận thấy đề tài sáng kiến kinh nghiệm đã mang
lại kết quả đáng khích lệ.
PHẦN III: KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận
13

Mảng kiến thức về bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của
biểu thức là một trong những nội dung quan trọng trong chương trình mơn Toán
THPT. Nhưng đối với học sinh đây lại là một mảng kiến thức tương đối khó nên
phần nhiều thầy cơ giáo quan tâm. Sáng kiến kinh nghiệm góp thêm một phần
thiết thực vào kho các cơng cụ giải tốn bất đẳng thức của giáo viên và học sinh.
Nó giúp chúng ta nhìn thấy được cách giải quyêt vấn đề nhanh chóng và hiệu
quả.
Đề tài của tơi đã được kiểm nghiệm trong các năm học mà tôi giảng dạy
lớp 10, 12 được học sinh đồng tình và đạt được kết quả đáng khích lệ. Với đề tài
này, chúng ta có thể phát triển thành một đề tài rộng hơn đó là: " Kỹ thuật sử
dụng máy tính bỏ túi trong các bài tốn đại số"
3.2. Kiến nghị
Mặc dù tơi đã cố gắng tìm tịi, nghiên cứu song chắc chắn cịn có nhiều
thiếu sót và hạn chế. Tơi rất mong nhận được sự quan tâm đóng góp ý kiến của
tất cả các đồng chí, đồng nghiệp để đề tài sáng kiến kinh nghiệm được hồn
thiện hơn.
XÁC NHẬN CỦA THỦ
TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 12 tháng 5 năm 2017
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, khơng sao chép nội dung của
người khác.
Người viết

Phạm Thị Mai

TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1]. Một số đề thi thử THPT quốc gia các năm 2015 và 2016
[2]. Đề thi olypic trong nhiều năm học

[3]. Sử dụng MTBT giải một số bài tốn trong chương trình 10, 11, 12
(www.luyenthithukhoa.vn)
13


[4]. Những viên kim cương trong BĐT tốn học
(Nhóm tác giả, chủ biên : Trần Phương, nhà xuất bản Tri thức)
[5]. Tổng hợp các phương pháp chứng minh bất đẳng thức hay trên mạng
internet

13