SKKN phương pháp hàm số trong chứng minh bất đẳng thức đối xứng

Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2013-2014

MỤC LỤC
-----PHẦN I

PHẦN MỞ ĐẦU

1
2
3
4
5
6
7

LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI

PHẦN II

NỘI DUNG ĐỀ TÀI

Chương 1
Chương 2
Chương 3

CƠ SỞ LÝ LUẬN
MỘT SỐ GIẢI PHÁP

Trang1
Trang 1
Trang 1

Trang 2
Trang 2
Trang 2
Trang 3
Trang 3
Trang 4
Trang 4
Trang 5
Trang 5

PHẦN III

KẾT LUẬN – KIẾN NGHỊ

Trang 14

1

KẾT LUẬN

2

KIẾN NGHỊ

3

TÀI LIỆU THAM KHẢO

Trang 15
Trang 15

Trang 16

PHẦN I:

MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU
ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU
PHẠM VI NGHIÊN CỨU
NHIỆM VỤ YÊU CẦU CỦA ĐỀ TÀI
PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
THỜI GIAN NGHIÊN CỨU

THỰC TRẠNG CỦA ĐỀ TÀI

MỞ ĐẦU

I/ LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
- Trong chương trình toán THPT, phần khó khăn nhất khi giáo viên giảng dạy
là phần bất đẳng thức các bài toán ở phần này đa dạng và rất khó , đa số học sinh
1


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2013-2014
khi được hỏi về phần này khi thi thì đều trả lời là khó không định hướng được
cách làm , mặt khác tâm lý chung của các em đặc biệt là học sinh khối 12 khi thi
đại học thì đều bỏ câu này vì quan niệm của các em đó là câu chốt lấy 10 điểm
nên các em có học lực khá không mặn mà cho lắm nên các em có học lực khá
trở xuống thường bỏ qua câu này.Tuy nhiên khi hỏi các em học sinh khi gặp các
bài toán liên quan tới bất đẳng thức thì cách giải quyết của các em như thế nào
thì đại đa số các em suy nghĩ tới việc xét hàm số để chứng minh bất đẳng thức,
nhưng khó khăn ở chỗ mà các em đều trả lời là đưa bài toán ban đầu để đưa về

một biến thì mới xét hàm số được với nhiều năm dạy phần này cho học sinh bắt
đầu làm quen với bất đẳng thức . Chính vì thế mà phần sáng kiến kinh nghiệm
của tôi nêu cho các em cách để đưa về hàm số dưới dạng một biến đơn giản,giúp
cho học sinh không còn thấy chán nản khi làm bài phần này nữa .
II/ MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU

- Từ lý do chọn đề tài, từ cơ sở thực tiễn giảng dạy ở trường THPT, cùng với
kinh nghiệm trong thời gian giảng dạy. Tôi đã tổng hợp , khai thác và hệ thống
hoá lại các kiến thức thành một chuyên đề: “ Phương pháp hàm số trong

chứng minh bất đẳng thức đối xứng’’
- Qua nội dung của đề tài này tôi mong muốn sẽ cung cấp cho học sinh
phương pháp dùng hàm số trong việc chứng minh các bất đẳng thức đối xứng 2
biến, 3 biến và một số kỹ năng cơ bản và phát hiện được các tính chất của bất
đẳng thức đối xứng . Học sinh thông hiểu và trình bày bài toán đúng trình tự,
đúng logic, không mắc sai lầm khi biến đổi. Hy vọng đề tài nhỏ này ra đời sẽ
giúp các bạn đồng nghiệp cùng các em học sinh có một cái nhìn toàn diện cũng
như phương pháp chứng minh bất đẳng thức.
III/ ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU :
- Chứng minh bất đẳng thức thông qua kỹ thuật đặt ẩn phụ để dùng
phương pháp hàm số trong việc chứng minh bất đẳng thức
IV/ PHẠM VI NGHIÊN CỨU :

2


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2013-2014
- Nội dung phần chứng minh bất đẳng thức đối xứng hai biến, ba biến cơ bản
dùng cách đặt ẩn phụ để đưa về phương pháp hàm số gải quyết các bất đẳng
thức

V/ NHIỆM VỤ- YÊU CẦU CỦA ĐỀ TÀI:
- Xuất phát từ lý do chọn đề tài, sáng kiến kinh nghiệm thực hiện nhiệm vụ:
Giúp cho giáo viên thực hiện tốt nhiệm vụ và nâng cao chất lượng giáo dục,
giúp học sinh hình thành tư duy logic kỹ năng phân tích để đi đến một hướng
giải đúng và thích hợp khi gặp bài toán chứng minh bất đẳng thức về dạng đơn
giản, cơ bản và giải được một cách dễ dàng. Muốn vậy người giáo viên phải
hướng cho học sinh biết kỹ năng nhận biết và sử dụng thành thạo phương pháp
hàm số trong chứng minh bất đẳng thức - Yêu cầu của sáng kiến kinh nghiệm:
Nội dung giải pháp rõ ràng không rườm rà lôgíc phù hợp với học sinh trường
THPT Tĩnh gia 1, có sáng tạo đổi mới. Giới thiệu được cách đặt và sử dụng
phương pháp hàm số để chứng minh các bất đẳng thức
- Trong đề tài này tôi đã đưa ra và giải quyết một số dạng bài toán thường gặp
tương ứng các bài tập tự luyện.
VI/ PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU:
Phương pháp:
- Nghiên cứu lý luận chung.
- Khảo sát điều tra từ thực tế dạy và học .
- Tổng hợp so sánh , đúc rút kinh nghiệm.
Cách thực hiện:
- Trao đổi với đồng nghiệp, tham khảo ý kiến giáo viên cùng bộ môn
- Liên hệ thực tế trong nhà trường, áp dụng đúc rút kinh nghiệm qua quá trình
giảng dạy.

3


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2013-2014
- Thông qua việc giảng dạy trực tiếp ở các lớp khối và luyện thi đại học trong
năm học từ 2004 đến 2013
VII/ THỜI GIAN NGHIÊN CỨU

Trong suốt thời gian trực tiếp giảng dạy và luyện thi đại học tại trường THPT
Tĩnh Gia 1 từ năm 2004 đến nay.

PHẦN II: NỘI DUNG ĐỀ TÀI
CHƯƠNG 1: CỞ SỞ LÝ LUẬN

- Nhiệm vụ trung tâm trong trường học THPT là hoạt động dạy của thầy
và hoạt động học của trò, xuất phát từ mục tiêu đào tạo “Nâng cao dân trí, đào
tạo nhân lực, bồi dưỡng nhân tài”. Giúp học sinh củng cố những kiến thức
phổ thông đặc biệt là bộ môn toán học rất cần thiết không thể thiếu trong đời
sống của con người. Môn Toán là một môn học tự nhiên quan trọng và khó với
kiến thức rộng, đa phần các em ngại học môn này.
- Muốn học tốt môn toán các em phải nắm vững những tri thức khoa học
ở môn toán một cách có hệ thống, biết vận dụng lý thuyết linh hoạt vào từng
dạng bài tập. Điều đó thể hiện ở việc học đi đôi với hành, đòi hỏi học sinh phải
có tư duy logic và cách biến đổi. Giáo viên cần định hướng cho học sinh học và
nghiên cứu môn toán học một cách có hệ thống trong chương trình học phổ
thông, vận dụng lý thuyết vào làm bài tập, phân dạng các bài tập rồi tổng hợp
các cách giải.
- Do vậy, tôi mạnh dạn đưa ra sáng kiến kinh nghiệm này với mục đính
giúp cho học sinh THPT vận dụng và tìm ra phương pháp giải khi gặp các bài
toán chứng minh bất đẳng thức . Trong giới hạn của SKKN tôi chỉ hướng dẫn
học sinh cách định hướng chứng minh bất đẳng thức mà trong đó sử dụng
phương pháp đặt ẩn phụ để đưa về 1 biến nhằm sử dụng phương pháp hàm
số,làm cho bài toán trở nên đơn giản hơn và giúp cho học sinh tìm ra cách giải
nhanh nhất

4

Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2013-2014
CHƯƠNG II: THỰC TRẠNG CỦA ĐỀ TÀI

Có thể nói phần bất đẳng thức là phần khó nhất trong chương trình sách giáo
khoa ở THPT ,đây là phần mà yêu cầu học sinh phải có tư duy nhạy bén, có tố
chất mới có thể làm được , mặt khác ngay cả trong đội ngũ các thầy cô giáo trực
tiếp giảng dạy cho học sinh thì cũng rất lúng túng khi phân loại và dạy cho các
em dạng này , điều này cũng dễ hiểu đối với các thầy cô giáo dạy vì trong
chương trình sách giáo khoa lượng bài tập cho phần BĐT không nhiều mặt khác
bản thân học sinh không “ mặn mà” với phần này do để chứng minh được 1 bài
toán cần phải rất khéo léo trong các khâu để đưa bài toán chứng minh bất đẳng
thức thành quen thuộc
CHƯƠNG III: MỘT SỐ GIẢI PHÁP

Qua nghiên cứu trao đổi và đúc rút kinh nghiệm từ thực tế và ý kiến của
đồng nghiệp tôi mạnh dạn đưa ra hướng gải quyết các vấn đề trên của học sinh
với những giải pháp: Đưa ra một số giải pháp giúp học sinh hình thành kĩ năng
khi biến đổi và cách chứng minh được các bất đẳng thức thông qua việc dùng
phương pháp hàm số
CÁC KIẾN THỨC CHUẨN BỊ

1) Đa thức f ( x; y ) được gọi là đối xứng đối với x và y nếu
f ( x; y ) = f ( y; x), ∀x; y ∈ ¡
Mọi đa thức đối xứng f ( x; y ) đều biểu diễn được qua cách đặt t= x + y và
v= xy
2) Đa thức f ( x; y, z ) được gọi là đối xứng với x,y,z nếu
f ( x , y , z ) = f ( x , z , y ) = f ( y , x, z ) = f ( y , z , x ) = f ( z , x , y ) = f ( z , y , x )
(a + b) 2 ≥ 4ab
3) Các bất đẳng thức cần chú ý
với a,b,c dương

1 1 1
(a+b+c)( + + ) ≥ 9
a b c
Trong các bài toán dưới đây tôi xin trình bày một số bài toán tìm GTNN,
GTLN của biểu thức chứa hai biến, ba biến mà giả thiết hoặc biển thức đó

5


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2013-2014
thể hiện tính đối xứng .Từ đó giúp học sinh có cách nhìn nhận để đặt ẩn phụ
chuyển bài toán thông qua xét hàm số
Tìm GTLN-GTNN của bất đẳng thức đối xứng có chứa hai biến
2
2
Bài toán 1: Cho x + y = x + y . Tìm GTNN,GTLN của biểu thức sau
3
3
2
2
P= x + y + x y + xy

Phân tích: Do tính chất đối xứng của x,y nên ta có thể đặt t= x+y
Hướng dẫn
t2 − 1
Đặt t = x+y . Từ giả thiết ta có xy=
Ta có
2
(x + y) 2 ≤ 2(x 2 + y 2 ) = 2(x + y) hay t2 ≤ 2t ⇔ t ∈ [ 0;2 ]
3

2
Khi đó biểu thức P = (x + y) − 2xy(x+y) = t

Do đó GTLN P = 4 khi t=2 hay x+y=2 và xy=1 suy ra (x;y) = (1;1)
GTNN P = 0 khi t= 0 hay (x;y)= (0;0)
Bài Toán 2:
2
2
Cho x,y∈ ¡ thõa mãn x + y ≠ −1 và x + y + xy = x + y + 1 . Tìm GTNN,GTLN

của biểu thức P =

xy
x + y +1

Hướng dẫn
2
Đặt t = x+y từ giải thiết ta có xy=t − t − 1

 −2 
2
2
2
Sử dụng bất đẳng thức (x + y) ≥ 4xy nên ta có t ≥ 4(t − t − 1) vậy t ∈  ;2 
3 
t2 − t −1
Khi đó P =
t +1
t2 − t −1
 −2 

Ta xét hàm số f (t) =
với t ∈  ;2 
t +1
3 
Lập bảng biến thiên ta có
t

-2/3

0

2
6


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2013-2014

f’(t)

-

f(t)

0

+

1/3

1/3

-1

Từ bảng biến thiên GTNN P = -1 đạt được khi (x;y) =(-1;1); (1;-1)
GTLN P = 1/3 khi (x;y )= (-1/3;-1/3); (1;1)
Bài Toán 3
2
2
Cho x, y là hai số thực khác không thoã mãn: ( x + y ) .xy = x + y − xy ;

1

1

Tìm GTLN của biểu thức: A= x3 + y 3 .(KA:2006)
Phân tích:
Do bất đẳng thức trên thõa mãn đ/k bất đẳng thức đối xứng hai biến, nên ta đặt
t= x+y sau đó biểu thị xy qua t để đưa bài toán tới xét hàm số theo t
Hướng dẫn
2

(x + y)(x 2 − xy + y 2 )  x + y 
2
2
=
Ta có A =
( do ( x + y ) .xy = x + y − xy )
÷
3 3
xy
 xy 

2
2
đặt x+y = t do ( x + y ) .xy = x + y − xy nên ta có xy =

t2
, mặt khác ta có
t +3
2

4t 2
 t +3
(x + y) ≥ 4xy nên ta có t ≥
⇔ t ≥ 1 .Ta xét hàm số f (t) = 
÷ hàm số
t +3
 t 
2

2

này nghịch biến với t ≥ 1 nên f (t) ≤ f (1) = 16 vậy giá trị lớn nhất của A là 16 khi
t=1 hay x=y=

1
2

Bài toán 4
2
2
Cho x,y > 0 thõa mãn x + y = 1 tìm GTNN của biểu thức sau

7


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2013-2014
1
1
P = (1 + x)(1 + ) + (1 + y)(1 + )
y
x
Hướng dẫn
Đặt t = x+y

t2 −1
ta có xy =
2

và t >1

áp dụng bất đẳng thức

(x + y) 2 ≤ 2(x 2 + y 2 ) ta có 1 < t ≤ 2
x+y
t2 + t
t2 + t
)=
Khi đó P = (1 + x + y + xy)(
xét hàm số f(t) =
với
xy

t −1
t −1

(

t ∈ 1; 2  . Lập bảng biến thiên ta có GTNN P = 4 + 3 2 dấu bằng xảy ra khi
x=y=

1
2

3
Bài toán 5: : Cho x, y thõa mãn (x + y) + 4xy ≥ 2 Tìm GTNN của biểu thức

A= 3(x 4 + y 4 + x 2 y 2 ) − 2(x 2 + y 2 ) + 1 ( KB- 2009)
Hướng dẫn
Ta biến đổi biểu thức A như sau
3
3
A= (x 2 + y 2 ) 2 + (x 4 + y 4 ) − 2(x 2 + y 2 ) + 1 Áp dụng bất đẳng thức
2
2
(x 2 + y 2 ) 2
x +y ≥
ta có
2
4

4

9
A ≥ (x 2 + y 2 ) 2 − 2(x 2 + y 2 ) + 1
4

2
2
Lúc này ta đặt x + y = t Xuất phát từ giả thiết ta có

(x+y)3 + 4xy ≥ 2 ⇔ (x+y) 3 + (x + y) 2 + 4xy ≥ 2+4xy (do (x + y) 2 ≥ 4xy)
⇔ (x+y)3 + (x + y) 2 ≥ 2 ⇔ (x + y − 1)((x + y) 2 + (x + y) + 2) ≥ 0 ⇔ (x + y) ≥ 1
Ta lại có x 2 + y 2 ≥

(x + y) 2
2

⇔ x 2 + y2 ≥

9
Xét hàm số f (t) = t 2 − 2t + 1
4

với t ≥

1
1
hay t ≥
2
2

1

2

8


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2013-2014
GTLN A =

9
khi x= y= 1/2
16

Trong phần tiếp theo tôi xin trình bày một số dạng bài toán tìm giá trị nhỏ
nhất, giá trị lớn nhất của biểu thức chưá ba biến đối xứng bằng cách đặt ẩn
phụ hoặc thế hai biến qua một biến còn lại. Từ đó chuyển bài toán về dạng
tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của hàm số
Bài toán 7
Cho x, y,z > 0 thõa mãn x+y+z = 1 . Chứng minh rằng

1
1
+
≥ 16
zx yz

Hướng dẫn
Đặt t = x+y. Từ giả thiết ta có z=1-(x+y)=1-t và 0Áp dụng bất đẳng
t2
(x + y) ≥ 4xy ⇔ xy ≤

4

Khi đó P =

2

Xét hàm số f (t) =

1
1
t
4
+
=
≥
xz yz xy(1 − t) t − t 2

4
4(2t − 1)
1
;f
'(t)
=
;f
'(t)
=
0
⇔
t
=

t − t2
(t − t 2 ) 2
2

Ta có
t

0

f’(t)
f(t)

1/2
-

0

+∞

1
+
+∞

16
1
1
Từ bảng biến thiên ta có P ≥ 16 dấu bằng sảy ra khi x=y= ;z =
4
2
Bài toán 8 (IMO 1984)

Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn x + y + z = 1 . Chứng minh rằng
7
xy + yz + zx − 2 xyz ≤
(1)
27
Hướng dẫn
9


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2013-2014
Từ x+y+z=1 ta có x+y=1-z . Biến đổi (1) ta có
2
2
(x+y)
(1
−
z)
A = xy + yz + zx − 2 xyz = xy + ( y + x) z − 2xyz ta có xy ≤
=
4
4
2
2
3
2
(1 − z)
(1 − z)
−2z + z + 1
A≤
+ (1 − z)z − 2z

=
4
4
4
3
2
1
−2z + z + 1
2
Xét hàm số f(z) =
ta có f '(z) = −3z + z,f '(z) = 0 ⇔ z =
3
4
7
7
Lập bảng biến thiên ta có GTLN của f(z)=
hay A= xy + yz + zx − 2 xyz ≤
27
27
x = y
 1
1

⇔x=y=z=
dấu bằng sảy ra khi z =
3
3

 x + y + z = 1
Bài toán 9

2
2
2
Cho x + y + z = 1 tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của biểu thức .

P= x+y+z+xy+yz+zx
Phân tích:
Với bài toán trên ta không thể rút một trong ba biến x,y,z để thế ngay vào trong
biểu thức cần chứng minh, do đó để có thể biểu thị được thì ta phải đưa số mũ
của x,y,z về bậc 1, nên ta sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxiki ta có thể biến đổi
như sau (x + y + z) 2 ≤ 3(x 2 + y 2 + z 2 ) ⇔ − 3 ≤ x + y + z ≤ 3
Hướng dẫn
2
2
2
2
Đặt t = x+y+z . Áp dụng BĐT Bunhiacopxiki ta có (x + y + z) ≤ 3(x + y + z )

hay − 3 ≤ t ≤ 3 . Khi đó ta có
1
1
P = (x + y + z) + (x + y + z) 2 − (x 2 + y 2 + z 2 )  = (t 2 + 2t − 1)
2
2
1
Xét hàm số f (t) = (t 2 + 2t − 1);f '(t) = 2t + 2
2
Lập bảng biến thiên ta có
GTLN của P = 1+ 3 khi t =

3 hay (x; y;z) = (

1 1 1
; ; )
3 3 3

10


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2013-2014
GTNN của P = -1 khi t =-1 hay (x; y;z) = ( −1;0;0) và các hoán vị của nó
chú ý : bài toán trên ta cũng có thể đặt theo hai biến bằng cách đặt t=x+y sau đây
là một ví dụ ta có thể đặt ẩn phụ bằng phương pháp trên
Bài toán 11 ( Belarus 1999)
Cho các số thực dương a, b, c thõa mãn a 2 + b 2 + c 2 = 3 . Chứng minh rằng
1
1
1
3
+
+
≥
1 + ab 1 + bc 1 + ca 2
Phân tích: Với bài toán trên cũng tương tự như bài toán 9 ta dùng bất đẳng thức
Bunhiacopxiki để đưa số mũ của a, b,c xuống bậc nhất sau đó ta có thể đặt ẩn
phụ để xét hàm số
Hướng dẫn :
Từ giả thiết áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có
(a+b+c) 2 ≤ 3(a 2 + b 2 + c 2 ) ⇔ a + b + c ≤ 3
Áp dụng bất đẳng thức cosi ta có

1
1
1
(
+
+
)(1 + ab + 1 + bc + 1 + ca) ≥ 9
1 + ab 1 + bc 1 + ca
1
1
1
9
⇔(
+
+
)≥
1 + ab 1 + bc 1 + ca 3 + ab + bc + ca

(1)

t2
Đặt a+b = t mặt khác (a + b) ≥ 4ab ⇔ ab ≤ và c ≤ 3-t do c ≥ 0 ⇒ t ≤ 3
4
2

Vậy bất đẳng thức (1) trở thành
1
1
1
9

(
+
+
)≥
≥
1 + ab 1 + bc 1 + ca 3 + ab + bc + ca

9
3+

2

t
+ (3 − t)t
4

=

12
− t + 4t + 4
2

11


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2013-2014
Xét hàm số f (t) =

f '(t) =

12
với 0 < t ≤ 3 ta có
− t + 4t + 4
2

2t − 4
3
;f '(t) = 0 ⇔ t = 2 Lập bảng biến thiên ta có GTNNf(t) =
− t + 4t + 4
2
2

khi t = 2 hay ta có

1
1
1
3
+
+
≥ dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1
1 + ab 1 + bc 1 + ca 2

Bài toán 11: Cho 3 số thực a,b,c thõa mãn a,b,c∈ [ 0;2] ;a + b + c = 3. Tìm giá
a2 + b2 + c2
trị lớn nhất của biểu thức M =
ab + bc + ca
Phấn tích :
Ta có (a2 + b2 + c2 ) = 9 − 2(ab + bc + ca)
M=

a2 + b2 + c2 9 − 2(ab + bc + ca)
=
,lúc này bất đẳng thức đã trở về 1 biến
ab + bc + ca
ab + bc + ca

với ẩn là t = ab+bc+ca
Hướng dẫn
a2 + b2 + c2 9 − 2(ab + bc + ca)
Ta có M =
=
ab + bc + ca
ab + bc + ca
a,b,c∈ [ 0;2] nên (a-2)(b-2)(c-2) = abc – 2(ab+bc+ca)+4(a+b+c)-8 ≤ 0
Do đó ab+bc+ca ≥

abc + 4(a + b + c) − 8
2

Có abc ≥ 0 do a,b,c ≥ 0 và a+b+c =3 ⇒ ab + bc + ca ≥ 2
Đặt t= ab+bc+ca ( t ≥ 2) khi đó ta xét hàm số f (t) =
Max t≥2 f(t) =

9 − 2t
với ( t ≥ 2) khi đó
t

5
5

khi t= 2 . Vậy GTLN cuả M bằng
khi (a,b,c)=(0;1;2) và các
2
2

hoán vị
Bài toán 12 Cho các số thực không âm a,b,c thõa mãn a+b+c =1. Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức

12


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2013-2014
M = 3(a 2 b 2 + b 2c 2 + c 2a 2 ) + 3(ab + bc + ca) + 2 a 2 + b 2 + c 2 ( KB.2010)
Hướng dẫn
Ta có M ≥ (ab + bc + ca) 2 + 3(ab + bc + ca) + 2 1 − 2(ab + bc + ca)
(a + b + c) 2 1
=
Đặt t = ab+bc+ca ta có 0 ≤ t ≤
3
3
2
 1
Xét hàm số f (t) = t 2 + 3t + 2 1 − 2t trên t ∈ 0; ÷ ta có f '(t) = 2t + 3 −
1 − 2t
 2
tacó f ''(t) = 2 −

2

≤ 0 hay f’(t) là hàm nghịch biến trên t ∈ 0; 1 ÷
 2 
(1 − 2t)
3

xét hàm số f’(t) với
 1
t ∈ 0; 
 3

với

1
 1
∀t ∈ 0;  ; t ≤
3
 3

do

hàm

f’(t)

nghịch

biến

nên

1 11
 1
f '(t) ≥ f '( ) = − 2 3 > 0 do đó f’(t) là hàm đồng biến với t ∈ 0; 
3
3
 3
 1
 1
ta lại có ∀t ∈ 0;  ; t ≥ 0 do hàm đồng biến f (t) ≥ f (0) = 2, ∀t ∈ 0; 
 3
 3
Vậy GTNN của M = 2
ab = bc = ca

Dấu bằng xảy ra ab + bc + ac = 1 ⇔ (a;b;c) = (1;0;0);(0;1;0);(0;0;1)
a + b + c = 1

Các Bài Tập Áp Dụng
Bài 1:Cho x, y > 0 và x+y =1. tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức
S = (4x 2 + 3y)(4y 2 + 3x)+25xy (ĐH B.2009)
Bài 2:Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn: a+ b+ c= 1. CMR:

2
3
+
> 14
2
2
a + b + c ab + bc + ca
2

Bài 3:. Cho x,y,z là các số thực dương chứng minh rằng
xyz + 2( x 2 + y 2 + z 2 ) + 8 ≥ 5( x + y + z )

(THTT-số 356)
13


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2013-2014
Bài 4: cho x ≠ 0, y ≠ 0 và 2(x3 + y3 ) + x3y3 = 6x2y2 . Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ
 1 1 3
nhất của biểu thức A = 4 + ÷ +
 x y  xy
Bài 5: Cho a,b,c thõa mãn a+b+c=3 .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P = a2 + b2 + c2 +

ab + bc + ca
a + b + c + a2 + b2 + c2

Bài 6: Cho x,y >0 thõa mãn xy+y+x=3 .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
x2
y2
xy
Q=
+
+
y+ 1 x+ 1 x+ y
1 1 1
+ + = 4 . Chứng minh rằng
x y z

≤ 1 (ĐH A.2005)

Bài 7: Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn
1
1
1
+
+
2x + y + z x + 2 y + z x + y + 2z

Bài 8: Cho x,y,z thõa mãn x,y,z∈ [ 1;4] ; x ≥ y, x ≥ z .Tìm giá trị nhỏ nhất của P=
x
y
z
+
+
( ĐH A.2011)
2x + 3y y + z z + x
2
2
Bài 9: Cho a, b là các số thực dương thõa mãn 2(a + b ) + ab = (a + b)(ab + 2)

a 3 b3
a 2 b2
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 4( 3 + 3 ) − 9( 2 + 2 ) (ĐH B. 2011)
b a
b a
Bài 10: Cho a,b,c là các số thực dương thõa mãn a+b+c=1.Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức
P = 14(a2 + b2 + c2 ) +

PHẦN III:

ab + bc + ca
a b + b2c + c2a
2

KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ

1/ Kết luận:
Trên đây là những giải pháp mà tôi đúc rút được trong suốt quá trình giảng
dạy tại trường THPT Tĩnh Gia 1
14


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2013-2014
Bất đẳng thức là một nội dung quan trọng trong chương trình môn toán .
Nhưng đối với học sinh lại là một mảng rất khó, đây cũng là phần nhiều thầy cô
giáo quan tâm.
Đề tài của tôi đã được kiểm nghiệm trong các năm học giảng dạy lớp 12 và
đặc biệt là luyện thi Đại Học được học sinh đồng tình và đạt được kết quả, nâng
cao khả năng sử dụng để giải quyết các bài toán CM bất đẳng thức Được các em
hứng thú học tập hơn, ở những lớp có hướng dẫn kỹ các em học sinh với mức
học trung bình khá trở lên đã có kỹ năng giải các bài tập. Học sinh biết áp dụng
tăng rõ rệt. Cụ thể ở các lớp khối 12 sau khi áp dụng sáng kiến này vào giảng
dạy thì số HS hiểu và có kỹ năng chứng minh tốt hơn tôi lấy kết quả của Học
sinh Khối 12 trong 2 năm gần đây

Năm
học

Lớp

Tổng
số

Điểm 8 trở lên
Số

Tỷ lệ

Điểm từ 5 đến
8
Số

Tỷ lệ

Điểm dưới 5
Số

Tỷ lệ
lượng
lượng
lượng
2012
12A3 38
7
18 %
20
53 %
11

29 %
12A2 36
5
14 %
17
47 %
14
39 %
2013
2013
12A2 39
11
28 %
22
57 %
6
15 %
12A3 42
9
21 %
23
55 %
10
24 %
2014
Như vậy tôi thấy các phương pháp có hiệu quả tương đối. Theo tôi khi dạy
phần chứng minh BĐT giáo viên cần chỉ rõ các dạng toán và cách giải tương
ứng để học sinh nắm được bài tốt hơn.
Mặc dù cố gắng tìm tòi, nghiên cứu song chắc chắn còn có nhiều thiếu sót và
hạn chế. Tôi rất mong được sự quan tâm của tất cả các đồng nghiệp bổ sung và

góp ý cho tôi. Tôi xin chân thành cảm ơn.
2. Kiến nghị và đề xuất:
- Đề nghị các cấp lãnh đạo tạo điều kiện giúp đỡ học sinh và giáo viên có nhiều
hơn nữa tài liệu sách tham khảo đổi mới và phòng thư viện để nghiên cứu học
tập nâng cao kiến thức chuyên môn nghiệp vụ .
15


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2013-2014
- Nhà trường cần tổ chức các bổi trao đổi phương pháp giảng dạy. Có tủ sách
lưu lại các tài liệu chuyên đề bồi dưỡng ôn tập của giáo viên hàng năm để làm
cở sở nghiên cứu phát triển chuyên đề.
- Học sinh cần tăng cường học tập trao đổi, học nhóm nâng cao chất lượng học
tập.

TÀI LIỆU THAM KHẢO
+ Sách giáo khoa đại số 12 - Nhà xuất bản giáo dục
+ Sáng tạo Bất Đẳng Thức (Phạm kim Hùng . Sách NXB Hà Nội)
+ Toán nâng cao đại số 12- Phan Huy Khải
+ Báo Toán học tuổi trẻ- Nhà xuất bản giáo dục
+ Các đề thi đại học các năm trước
+Kiến thức ôn tập kinh nghiệm làm bài thi đạt điểm cao ( Nguyễn Phú KhánhSách NXB Đại học sư phạm)
+ Tuyển chọn theo chuyên đề chuẩn bị cho kỳ thi tốt nghiệp THPT và Thi ĐHCĐ( nhà xuất bản Giáo Dục)

 
XÁC NHẬN CỦA
THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 27 tháng 5 năm 2014
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình

viết, không sao chép nội dung của người
khác.
(Ký và ghi rõ họ tên)
16


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2013-2014

17